ΠΑΝΕΛΛΑΔΙΚΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ Γ ΤΑΞΗΣ ΗΜΕΡΗΣΙΟΥ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΤΕΤΑΡΤΗ 13 ΙΟΥΝΙΟΥ 2018 ΕΞΕΤΑΖΟΜΕΝΟ ΜΑΘΗΜΑ: ΦΥΣΙΚΗ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ

Μέγεθος: px

Εμφάνιση ξεκινά από τη σελίδα:

Download "ΠΑΝΕΛΛΑΔΙΚΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ Γ ΤΑΞΗΣ ΗΜΕΡΗΣΙΟΥ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΤΕΤΑΡΤΗ 13 ΙΟΥΝΙΟΥ 2018 ΕΞΕΤΑΖΟΜΕΝΟ ΜΑΘΗΜΑ: ΦΥΣΙΚΗ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ"

Χείρων Ζάνος
5 χρόνια πριν
Προβολές:

1 σπουδαστριο Κυριακίδης Ανδρεάδης ΠΑΝΕΛΛΑΔΙΚΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ Γ ΤΑΞΗΣ ΗΜΕΡΗΣΙΟΥ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΤΕΤΑΡΤΗ 13 ΙΟΥΝΙΟΥ 018 ΕΞΕΤΑΖΟΜΕΝΟ ΜΑΘΗΜΑ: ΦΥΣΙΚΗ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΘΕΜΑ Α Α1. γ Α. δ Α3. α Α4. δ Α5 α. Λάθος β. Σωστό γ. Λάθος δ. Σωστό ε. Λάθος ΘΕΜΑ Β Β1. Σωστ απάντηση η (i) Εφαρµόζουµε το πυθαγόρειο θεώρηµα στο τρίγωνο ΚΛΣ για να βρούµε την απόσταση d συναρτσει του λ 1 : d = d + d 1 d = 9λ λ 1 d = 5λ 1 Μετά την αλλαγ συχνότητας, για το νέο µκος κύµατος θα ισχύει: f = f 1 υ δ λ = υ δ λ 1 1 από 11

2 σπουδαστριο Κυριακίδης Ανδρεάδης λ = λ 1 Άρα το πλάτος του σηµείου Σ µετά την έναρξη της συµβολς θα είναι: Α Σ = Ασυνπ d 1 d λ λ 1 5λ 1 λ 1 = Ασυνπ = Ασυνπ = Α λ 1 λ 1 Άρα το σηµείο Σ θα είναι σηµείο ενίσχυσης. Β. Σωστ απάντηση η (iii) Επειδ η εξωτερικ δύναµη F δεν έχει ροπ ως προς το Κ, (ισχύει δηλαδ Στ εξ = 0 ), θα εφαρµόσουµε την αρχ διατρησης της στροφορµς για το σφαιρίδιο, ώστε να βρούµε την γωνιακ του ταχύτητα µετά την ελάττωση της ακτίνας του:! L αρχ =! L τελ αλγεβρικά: mυr = m υ R ω R = ω R Και αφού R = R, τελικά βγάζουµε: ω = 4ω Το έργο της δύναµης F για τη µετακίνηση του σφαιριδίου, θα δίνεται από το θεώρηµα µεταβολς κινητικς ενέργειας: Κ τελ Κ αρχ = W F W F = 1 m R ω 1 mr ω = 1 m R 4 16ω 1 mr ω = 3 mr ω Β3. Σωστ απάντηση η (i) Εφαρµόζουµε την εξίσωση συνέχειας από το σηµείο Γ στο σηµείο Δ: από 11

3 σπουδαστριο Κυριακίδης Ανδρεάδης Π Γ = Π Δ Α Γ υ Γ = Α Δ υ Δ και αφού Α Γ = Α Δ, βγάζουµε ότι: υ Δ = υ Γ (1) Το υγρό από το σηµείο Δ έως το σηµείο Κ εκτελεί οριζόντια βολ και για τη µέγιστη οριζόντια απόσταση στην οποία θα φτάσει ΖΚ = S = 4h (βεληνεκές), θα ισχύει: S = υ Δ t ολ όπου t ολ = h g, ο ολικός χρόνος της οριζόντιας βολς. Άρα αντικαθιστώντας τη υ Δ από τη σχέση (1), έχουµε: S = υ Γ h g 4h = υ Γ h g Απλοποιούµε και υψώνουµε στο τετράγωνο, οπότε έχουµε: 4h = υ Γ h g h = υ Γ () g Τέλος, θα εφαρµόσουµε την εξίσωση του Bernoulli κατά µκος της ρευµατικς γραµµς ΓΔ: P Γ + 1 ρυ Γ = P Δ + 1 ρυ Δ + ρgh P Γ P Δ = 1 ρυ Δ 3 από 11 1 ρυ Γ + ρgh

4 σπουδαστριο Κυριακίδης Ανδρεάδης Οπότε τελικά αντικαθιστώντας τη και το h από τις σχέσεις (1) και (), παίρνουµε: υ Δ ΔP = 1 ρ4υ Γ 1 ρυγ + ρg υ Γ g ΔP = ρυ Γ ΘΕΜΑ Γ Γ1. Αφού αρχικά αφνουµε το σώµα m 1 ελεύθερο, η αρχικ του θέση θα είναι η ακραία θέση της ταλάντωσης που εκτελεί µε τη βοθεια του ελατηρίου σταθεράς k 1. Συνεπώς το πλάτος της ταλάντωσης θα είναι: m 1 Α 1 = Δl = 0,4m Ενώ η ταχύτητα µε την οποία το επιστρέφει στην αρχικ του θέση, η οποία είναι και θέση ισορροπίας, θα είναι η µέγιστη, άρα: 4 από 11

5 σπουδαστριο Κυριακίδης Ανδρεάδης υ 1 = υ max1 = A 1 ω 1 Και αφού: D 1 = k 1 = m 1 ω 1, θα έχουµε: ω 1 = = 5rad / s. Συνεπώς: m 1 Η συχνότητα που καταγράφει ο δέκτης λίγο πριν την κρούση, θα δίνεται από τη σχέση του φαινοµένου Doppler (ακίνητη πηγ, κινούµενος παρατηρητς αποµακρυνόµενος από αυτν): f 1 = υ υ ηχ 1 f s f 1 = 338 υ ηχ 340 f s Η κρούση που ακολουθεί είναι πλαστικ. Εφαρµόζουµε την αρχ διατρησης ορµς για να βρούµε την ταχύτητα υ κ που έχει το συσσωµάτωµα αµέσως µετά την κρούση:! P αρχ = P! τελ, αλγεβρικά: k 1 υ 1 = m / s m 1 υ 1 = (m 1 + m )υ κ υ κ = 1m / s Εποµένως, οµοίως µε πριν χρησιµοποιούµε τη σχέση του φαινοµένου Doppler για ακίνητη πηγ-κινούµενο παρατηρητ (και πάλι αποµακρυνόµενο) και θα έχουµε: f = υ υ ηχ κ f S f = 339 υ ηχ 340 f s Άρα ο λόγος των συχνοττων πριν και µετά την κρούση θα είναι: f 1 f = f s f s f 1 = 338 f 339 Γ. Το συσσωµάτωµα έχει θέση ισορροπίας (ΣF = 0) στη θέση όπου και τα δύο ελατρια έχουν το φυσικό τους µκος. Όταν το συσσωµάτωµα βρεθεί σε µία τυχαία θέση που απέχει χ από τη θέση ισορροπίας του, το ελατριο σταθεράς k 1 θα είναι επιµηκυµένο κατά χ, ενώ το ελατριο σταθεράς θα είναι συσπειρωµένο κατά χ, όπως k!! x F 1! 5 από 11 F Θ.Ι.

6 σπουδαστριο Κυριακίδης Ανδρεάδης φαίνεται στο παρακάτω σχµα. Τότε η συνισταµένη δύναµη που ασκείται στο συσσωµάτωµα, θα είναι (διανυσµατικά): Σ! F =! F 1 +! F µε δεδοµένο ότι τα θετικά είναι προς τα δεξιά έχουµε αλγεβρικά: ΣF = F 1 F ΣF = k 1 x k x ΣF = (k 1 + k )x ΣF = Dx Άρα το συσσωµάτωµα εκτελεί απλ αρµονικ ταλάντωση µε σταθερά επαναφοράς: D = k 1 + k = k Το συσσωµάτωµα κατά τη δηµιουργία του βρίσκεται στη θέση ισορροπίας του, συνεπώς η ταχύτητα που έχει εκεί, θα είναι η µέγιστη, άρα: υ κ = υ max = A ω Όπου Α το ζητούµενο πλάτος και ω η γωνιακ συχνότητα της απλς αρµονικς ταλάντωσης που εκτελεί το συσσωµάτωµα, για την οποία θα ισχύει οµοίως µε πριν: ω = D m 1 + m = 5rad / s Άρα: Α = υ κ Α = 0,m ω Γ3. Για να καταγράφει ο δέκτης συχνότητα ίση µε τη συχνότητα f s της πηγς, θα πρέπει να είναι ακινητοποιηµένος (ακίνητος παρατηρητς - ακίνητη πηγ). Συνεπώς το συσσωµάτωµα θα πρέπει να βρεθεί στην ακραία του θέση. Ο χρόνος που χρειάζεται για µετάβαση από τη θέση ισορροπίας του στην ακραία θετικ του θέση για πρώτη φορά, είναι: Δt = T 4 Όπου Τ η περίοδος της ταλάτωσης του συσσωµατώµατος, για την οποία θα ισχύει: Τ = π ω Τ = 0,4π s Άρα το ζητούµενο χρονικό διάστηµα θα είναι: 6 από 11

7 σπουδαστριο Κυριακίδης Ανδρεάδης Δt = 0,1π s Γ4. Ο ρυθµός µεταβολς της ορµς ενός σώµατος ισούται µε τη συνισταµένη δύναµη, η οποία µεγιστοποιείται στις ακραίες θέσεις του άξονα της ταλάντωσης. Δηλαδ: dp dt max = ΣF max = DA = 100 0, Άρα: dp = 0N ( 0kg m ) dt max s ΘΕΜΑ Δ 7 από 11

8 σπουδαστριο Κυριακίδης Ανδρεάδης Δ1. Η ροπ αδράνειας του συστµατος δίσκος-ράβδος θα δίνεται από τη σχέση: Ι δ ρ = Ι δ + Ι ρ Όπου για τις ροπές αδράνειας του δίσκου και της ράβδου, θα ισχύει: Ι δ Ι ρ Ι δ = 1 m R Δ Δ = 1kgm Ενώ για τη ράβδο εφαρµόζουµε θεώρηµα Steiner, καθώς το Ο απέχει µάζας της: l από το κέντρο Ι ρ = Ι cm + M l Ι ρ = 1 1 Ml + M l 4 Ι ρ = 1 3 Μl Ι ρ = 4kgm Άρα: Ι δ ρ = 5kgm Δ. Αφού κόψουµε το νµα στο σύστηµα δίσκος-ράβδος ασκούνται οι εξωτερικές δυνάµεις του βάρους της ράβδου, του βάρους του δίσκου, καθώς και της δύναµης που δέχεται ο δίσκος από τον άξονα περιστροφς, όπως φαίνεται και στο διπλανό σχµα. Από αυτές µόνο το βάρος της ράβδου έχει ροπ ως προς το σηµείο Ο. Άρα θα ισχύει:! F αξ dl dt συστ = Στ εξ = Μgd Όπου d ο µοχλοβραχίονας του βάρους της ράβδου ως προς το σηµείο Ο, όπως φαίνεται και στο σχµα, για τον οποίο θα ισχύει: Γ Μ! g d m Δ! g Άρα: συνϕ = d l d = l συνϕ d = 0,9m 8 από 11

9 σπουδαστριο Κυριακίδης Ανδρεάδης dl dt συστ = ,9 dl = 7Nm ( 7 kgm ) dt συστ s Δ3. Για να βρούµετην κινητικ ενέργεια του συστµατος δίσκουράβδου, θα εφαρµόσουµε το θεώρηµα µεταβολς κινητικς ενέργειας. Η µοναδικ δύναµη που έχει έργο κατά την κίνηση αυτ, είναι το βάρος της ράβδου (συντηρητικ δύναµη) η οποία µετατοπίζει κατακόρυφα προς τα κάτω το σηµείο εφαρµογς της κατά h, όπως φαίνεται και στο διπλανό σχµα. Για το οποίο θα ισχύει: ϕ ηµϕ = l h l h = l l h = l ηµϕ ( 1 ηµϕ ) h Μ! g Άρα: h = 0,3m Από το θεώρηµα µεταβολς κινητικς ενέργειας έχουµε λοιπόν: Κ τελ Κ αρχ = W W Και αφού το σύστηµα αρχικά είναι ακίνητο, ισχύει Κ αρχ = 0. Άρα παίρνουµε: Κ τελ = Μgh Κ τελ = ,3 Κ τελ = 4J Δ4. Οι δυνάµεις που ασκούνται στο σύστηµα τροχαλίακύλινδρος φαίνονται στο διπλανό σχµα. Ο κύλινδρος κυλίεται χωρίς ολίσθηση στο κεκλιµένο επίπεδο µε επιτάχυνση κέντρου µάζας α cm και γωνιακ επιτάχυνση α γ 1. Για τη µεταφορικ κίνηση του κέντρου µάζας του κυλίνδρου θα ισχύει: ΣF x = ma cm mgηµϕ Τ Τ στ = ma cm (1) Για τη στροφικ κίνηση του κυλίνδρου ως προς το κέντρο µάζας του θα ισχύει: Στ = Ι 1 α γ 1 Τ στ R ΤR = 1 mr a γ 1 9 από 11

10 σπουδαστριο Κυριακίδης Ανδρεάδης Τ στ Τ = 1 mra γ 1 Και επειδ ο κύλινδρος εκτελεί κύλιση χωρίς ολίσθηση, για τις α cm και α γ 1 θα ισχύει ότι α cm = a γ 1 R, συνεπώς η προηγούµενη σχέση γίνεται: Τ στ Τ = 1 ma cm () Προσθέτουµε τις σχέσεις (1) και () κατά µέλη, οπότε βγάζουµε: Και µε αντικατάσταση τιµών: mgηµϕ Τ = 3 ma cm ,8 Τ = 3 (3) 30α cm Τ = 40 45α cm Για την τροχαλία η οποία εκτελεί µόνο στροφικ κίνηση γύρω από το κέντρο µάζας της µε γωνιακ επιτάχυνση, θα ισχύει: α γ Στ τροχ = Ι τροχ α γ Τ R = Ι τροχ α γ (4) Όπου δίνεται Ι τροχ = 1,95kgm, για το αβαρές νµα ισχύει ότι Τ = Τ, ενώ για το θα πρέπει να προσέξουµε ότι το νµα ξετυλίγεται από τον δίσκο ακτίνας R της τροχαλίας και καταλγει στο ανώτερο σηµείο του κυλίνδρου, το οποίο έχει διπλάσια ταχύτητα από το κέντρο µάζας του (σηµείο Κ). Άρα έχουµε: α γ υ νηµ = ω τροχ R = υ cm Αν παραγωγίσουµε την παραπάνω σχέση, υπολογίζουµε την επιτάχυνση των σηµείων του νµατος σε συνάρτηση µε τις ακτίνες του κυλίνδρου και της τροχαλίας: α νηµ = α γ R = a cm Άρα για τη γωνιακ επιτάχυνση της τροχαλίας θα ισχύει: Τελικά η σχέση (4) τώρα γίνεται: α γ = a cm R Και µε αντικατάσταση τιµών: ΤR = Ι τροχ α cm R 10 από 11

11 σπουδαστριο Κυριακίδης Ανδρεάδης Τ = 195 α cm (5) Τέλος, συνδυάζοντας τις σχέσεις (3) και (5), παίρνουµε: 195α cm = 40 45a cm 40α cm = 40 α cm = 1m / s Αφού οι δυνάµεις που ασκούνται στον κύλινδρο είναι σταθερές, ο κύλινδρος εκτελεί ευθύγραµµη οµαλά επιταχυνόµενη κίνηση, άρα για το διάστηµα s = m που διανύει, θα ισχύει η χρονικ εξίσωση κίνησης διαστµατος (µε αρχικ ταχύτητα µηδέν): s = 1 a t cm t = όπου t, ο χρόνος για να διανύσει την απόσταση s. Με αντικατάσταση τιµών βρίσκουµε: t = s Άρα από τη χρονικ εξίσωση της ταχύτητας του κέντρου µάζας του, παίρνουµε τελικά: s a cm υ cm = a cm t υ cm = 1 υ cm = m / s επιμέλεια // Κυριακίδης Γιώργος -Δαμιανίδης Γιάννης 11 από 11

Σχετικά έγγραφα

ΠΑΝΕΛΛΑΔΙΚΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ Γ' ΛΥΚΕΙΟΥ Τετάρτη 13 Ιουνίου 2018

ΠΑΝΕΛΛΑΔΙΚΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ Γ' ΛΥΚΕΙΟΥ Τετάρτη 13 Ιουνίου 2018 ΠΑΝΕΛΛΑΔΙΚΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ 2018 - Γ' ΛΥΚΕΙΟΥ Τετάρτη 13 Ιουνίου 2018 ΦΥΣΙΚΗ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ Επιµέλεια απαντσεων: ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΜΟΡΦΟΣ ΘΕΜΑ Α A1. γ Α2. δ Α3. α Α4. δ Α5. α) Λάθος β) Σωστό γ) Λάθος δ) Σωστό ε) Λάθος