ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΘΕΜΑ Α Α1 α Α2 δ Α3 γ Α4 β Α5 α Σ, β Λ, γ Σ, δ Σ, ε Λ.

Transcript

1 ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΕΣ ΠΑΝΕΛΛΑΔΙΚΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ Γ ΤΑΞΗΣ ΗΜΕΡΗΣΙΟΥ ΚΑΙ Δ ΤΑΞΗΣ ΕΣΠΕΡΙΝΟΥ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΤΕΤΑΡΤΗ 6 ΣΕΠΤΕΜΒΡΙΟΥ 07 ΕΞΕΤΑΖΟΜΕΝΟ ΜΑΘΗΜΑ: ΦΥΣΙΚΗ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΘΕΜΑ Α Α α Α δ Α3 γ Α4 β Α α Σ, β Λ, γ Σ, δ Σ, ε Λ. ΘΕΜΑ Β Β.α) Σωστό το iii. β) Έστω υ και υ οι ταχύτητες των σωμάτων Σ και Σ αντίστοιχα. Αφού τα σώματα έχουν ίσες κινητικές ενέργειες ισχύει: = mυ 4m m = 4mυ υ = υ () Τα σώματα κινούνται αντίθετα. Από τη διατήρηση της ορμής του συστήματος κατά την κεντρική πλαστική κρούση τους έχουμε: p = p πριν µετά 4m υ m υ = (m 4m) Vk () 4m υ m υ = m Vk υ = Vk Vk = υ () Η κινητική ενέργεια του συστήματος είναι: () Μετά την κρούση: µετ ά = (m 4m)Vk () µετά = m υ 4 µετά = m υ 4 µετά = mυ (3) ()

2 Πριν την κρούση: πριν =Κ Κ = Κ = 4mυ (4) Από τις σχέσεις (3) και (4) με διαίρεση κατά μέλη έχουμε: 4 m υ µετά = πριν 4mυ μετά = 0 πριν Β.α) Σωστό το i. β) Για τις ταχύτητες εκροής υ και υ ισχύουν οι προϋποθέσεις του θεωρήματος Torricelli. Άρα: υ = g( Η h ) () και υ = g( Η h ) () Η κατακόρυφη κίνηση της κάθε φλέβας είναι ελεύθερη πτώση, οπότε ο χρόνος της κίνησης είναι: Για τη φλέβα : h y = gt h = gt t = (3) g h Ομοίως για τη φλέβα : t = (4) g Η οριζόντια κίνηση της κάθε φλέβας είναι ευθύγραμμη ομαλή, και δόθηκε ότι οι φλέβες φθάνουν στο ίδιο σημείο. Άρα: (),() x = x (3),(4) (),() h h g( Η h ) g( h ) (3),(4) g = Η g h h g( Η h ) g( h ) g = Η g ( Η h ) h = ( Η h ) h Ηh h =Ηh h Ηh Η h = h h Η(h h ) = (h h )(h h ) (διότι h h h h 0) Η= h h () H h h

3 Δόθηκε όμως ότι h = 3h οπότε η () γίνεται: Η= h 3h Η = 4h 3 Β3.α) Σωστό το iii. β) Από τους τύπους που υπολογίζουν την κινητική ενέργεια λόγω ιδιοπεριστροφής και του μέτρου της στροφορμής, με απαλοιφή τη γωνιακής ταχύτητας έχουμε: = I ω L = I L I L= I ωω= I = I L I L = () I Για συμπαγή ομογενή σφαίρα δόθηκε ότι I= m r, οπότε η () γίνεται L = m r = () 4 m r Επειδή ο αστέρας είναι απομονωμένος δεν δέχεται δυνάμεις από άλλα άστρα, άρα δεν δέχεται εξωτερικές ροπές. Συνεπώς η στροφορμή του L παραμένει σταθερή, όπως και η μάζα του m. Έτσι με εφαρμογή της σχέσης () έχουμε: Για την αρχική κατάσταση του αστέρα, όπου r = : 0 = (3) 4 m Για την τελική κατάσταση του αστέρα, όπου r = : = 4 m

4 4 = 4 m 4 = 4 (4) 4 m Με διαίρεση κατά μέλη των (4) και (3) έχουμε: 4 = 4 m 0 4 m =4 0 ΘΕΜΑ Γ Από τη γραφική παράσταση που δόθηκε έχουμε τις εξής πληροφορίες: Πλάτος ταλάντωσης κάθε πηγής Α = 0 m. Άφιξη του κύματος από την πλησιέστερη πηγή (r =,4 m) τη χρονική στιγμή t = 0,3 s. Άφιξη του κύματος από την πιο απομακρυσμένη πηγή (r ) τη χρονική στιγμή t = 0,3 s. T = 0, 0,3 T = 0, T = 0, s. και ω= π f = π 0 ω= 0 π rad/s. Γ. Η ταχύτητα διάδοσης των κυμάτων είναι: r, 4 υ = = υ = 4 m / s. t 0,3 και η απόσταση r είναι: r = υ t = 4 0, r =, m Γ. Η συχνότητα ταλάντωσης των πηγών είναι: f = = f = 0 Hz. T 0, Από τη θεμελιώδη εξίσωση της κυματικής υπολογίζουμε το μήκος κύματος. υ=λ f υ 4 λ= = f 0 λ = 0,4 m.

5 Γ3. Τη χρονική στιγμή t = = 0,6 s έχει αρχίσει η συμβολή των κυμάτων 8 στο σημείο Σ, όπως φαίνεται από τη γραφική παράσταση. Η εξίσωση απομάκρυνσης για την ταλάντωση του σημείου Σ μετά τη χρονική στιγμή t = 0,3 s που αρχίζει η συμβολή είναι: π(r r ) π π (r r ) yσ = Aσυν ημ t λ Τ λ π(,4,) π π(,4,) y Σ = 0 συν ημ t 0,4 0, 0,4 y = 0 0 συν( π)ημ(0πt 9π) Σ y Σ = 0 0 ημ(0πt 9π) (S.I) () Για t = = 0,6 s η () δίνει: 8 y Σ = 0 0 ημ 0π 9π 8 π y Σ = 0 0 ημ 9π 7π y Σ = 0 0 ημ 6ππ y Σ = 0 0 ημ π y Σ = 0 0 ημ 3π π y Σ = 0 0 ημ π - y = 0 0 m = 0 cm. Σ Γ4. Αφού το σημείο Σ με τη νέα συχνότητα είναι σημείο απόσβεσης, ισχύει: λ r r = (N ) λ,4, = (N ) 0,8 = (N )λ υ, 6 = (N ) f

6 4 f = (N ) (), 6 6 Από τη σχέση () η ελάχιστη συχνότητα προκύπτει για Ν = 0. Άρα 4 f min = =, Hz,6 ΘΕΜΑ Δ Δ. Επειδή το στερεό Σ ισορροπεί ι- σχύει: Στ = (O) 0 F T = 0 F = T F 00 T = = T = 0 N. Επειδή το σώμα Σ ισορροπεί ισχύει: F = 0 Σ y T T w = 0 T T mg = 0 0 T 0 = 0 T = 30 N. Επειδή το σώμα Σ ισορροπεί στη θέση (Α) ισχύει: F = 0 Σ y T Fελ w = 0 T k mg = 0 30 k 0, 0 = 0 0, k = 0 k = 00 N / m. l T T m w T m F w T O A F Δ. Κόβοντας το νήμα το σώμα Σ ξεκινάει από την ηρεμία (υ=0) από την θέση (Α). Άρα η θέση αυτή είναι η επάνω ακραία θέση της απλής αρμονικής ταλάντωσης. Στη θέση ισορροπίας (Ο) ισχύει: ΣF y = 0 Fελ w = 0 k = mg m t=0 l l x=0 w

7 7 00 = 0 = 0, m. Έτσι από το σχήμα το πλάτος της απλής αρμονικής ταλάντωσης είναι: A = = 0, 0, A = 0,3 m. Το σύστημα ελατήριο σώμα Σ εκτελεί απλή αρμονική ταλάντωση με D = k = 00 N/m. Άρα D= k = m ω ω= k m 00 ω= ω= 0 rad/s. Η εξίσωση της απομάκρυνσης σε συνάρτηση με τον χρόνο της απλής αρμονικής ταλάντωσης που εκτελεί το σώμα Σ είναι: x = A ηµ ( ω t ϕ ο) () Για t = 0 είναι x = A, οπότε η () δίνει: Α = A ηµ ( ω 0 ϕο) ηµϕ ο = π ϕ ο = rad. Συνεπώς η σχέση () γράφεται: π x = 0,3ημ 0t (S.I.) Δ3. Αφού κοπεί το νήμα το στερεό αρχίζει να στρέφεται δεξιόστροφα και το Σ αρχίζει να κινείται προς τα πάνω με επιτάχυνση α cm. Επειδή τα νήματα δεν ολισθαίνουν, ισχύει: υ cm = ω () α = α cm γων T O A F α cm αγων = (3) T m Για την μεταφορική κίνηση του σώματος Σ έχουμε: Σ F = m α y cm T w = m α cm w

8 T m g= m αcm T 0 = αcm T 0 = α cm T = 0 α cm (4) Για την στροφική κίνηση του στερεού Σ έχουμε: Στ = Ι α (O) γων 3 F Τ = M αγων (3) 3 F Τ= M αγων (3) 3 α F Τ= M cm 3 α 00 Τ= 8 cm (4) 00 Τ= 6α cm (4) 00 (0 α cm ) = 6αcm αcm = 6αcm 60 = 0α cm α = 6 m / s. cm Δ4. Από τη σχέση (3) έχουμε: α = αcm 6 γων = 0, 8 αγων = 30 rad/s. Έτσι το μέτρο του ρυθμού μεταβολής της στροφορμής του στερεού Σ είναι dl = Στ ( ο) = Ι α γων dt dl 3 = Μ αγων dt dl 3 = 8 0, 30 dt dl = 3,6 g m / s. dt

9 Δ. Όταν το στερεό έχει εκτελέσει 0 N = π περιστροφές, έχει στραφεί κατά γωνία: 0 θ= N π= π π θ= 40 rad. Έτσι το έργο της δύναμης F είναι: W F =τf θ WF = F θ WF = 00 0, 40 W = 400 J. F 9 ΑΒΡΑΜΙΔΗΣ Σ. ΘΕΟΔΩΡΟΣ ΦΥΣΙΚΟΣ ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΣ ΣΥΓΓΡΑΦΕΑΣ SCIENCE PESS