Σχολική Χρονιά Πανελλήνιες Πανελλήνιες Εξετάσεις - 12 Ιουνίου Φυσική Θετικού Προσανατολισµού Ενδεικτικές Λύσεις.

Μέγεθος: px

Εμφάνιση ξεκινά από τη σελίδα:

Download "Σχολική Χρονιά Πανελλήνιες Πανελλήνιες Εξετάσεις - 12 Ιουνίου Φυσική Θετικού Προσανατολισµού Ενδεικτικές Λύσεις."

Κλεόπατρος Ανδρεάδης
4 χρόνια πριν
Προβολές:

1 Πανελλήνιες Εξετάσεις - 12 Ιουνίου 2019 Α.1 (ϐ) Α.2 (γ) Α.3 (α) Α.4 (γ) Α.5 Λ,Σ, Λ, Σ, Σ Φυσική Θετικού Προσανατολισµού Ενδεικτικές Λύσεις Θέµα Α Θέµα Β Β.1. (ιι). Πριν την κρούση ο παρατηρητής αντιλαµβάνεται συχνότητα : f 1 = υ H υ H + υ 1 f s Μετά την κρούση το συσσωµάτωµα ϑα κινείται µε ταχύτητα υ k την οποία υπολογίζω από την Α..Ο. m 1 υ 1 = (m 1 + m 2 )υ k υ k = υ

2 Αρα η συχνότητα που αντιλαµβάνεται ο παρατηρητής µετά την κρούση ϑα είναι : f 2 = Ο Ϲητούµενος λόγος ϑα είναι : Β.2. (ιιι). Στον οριζόντιο σωλήνα : υ H υ H + υ k f s f 1 =... = 41 f 2 42 ˆ Εξίσωση Συνέχειας : A 1 υ 1 = A 2 υ 2 υ 2 = 2υ 1 ˆ Εξίσωση Μπερνούλι : P ρυ2 1 = P atm ρυ2 2 ˆ Επειδή οι ϱευµατικές γραµµές είναι παράλληλες, κατακόρυφα το ϱευστό ισορροπεί, άρα για την πίεση κάτω από το κατακόρυφο σωλήνα εφαρµόζω ϑεµελιώδη νόµο υδροστατικής : P 1 = P atm + ρgh Από το παραπάνω σύστηµα εξισώσεων ϑα προκύψει µια σχέση ανάµεσα στο ύψος h και την ταχύτητα στο σηµείο Γ h = 3υ2 1 2g Στο δοχείο : ˆ αφού η στάθµη του είναι σε σταθερό ύψος η εισερχόµενη ποσότητα ϱευστού ϑα είναι ίση µε την εξερχόµενη από την οπή στο σηµείο Ζ, άρα : A 2 υ 2 = A 3 υ 3 υ 3 = 2υ

3 ˆ Με δεδοµένο ότι η στάθµη παραµένει ακίνητη εφαρµόζω την εξίσωση Μπερνούλι, ανάµεσα σε ένα σηµείο της επιφάνειας του ϱευστού και το σηµείο Ζ. P atm + ρgh = P atm ρυ2 3 Από το παραπάνω σύστηµα εξισώσεων ϑα προκύψει : H = 2υ2 2 g Αρα από τα παραπάνω ο Ϲητούµενος λόγος ϑα είναι : h H =... = 3 16 Β.3. (ιι). Η ϱάβδος ϐρίσκεται σε λείο οριζόντιο επίπεδο και περιστρέφεται γύρω από το άκρο της µε εφαρµογή της δύναµης, οπότε εφαρµόζω το ΘΜΚΕ για να υπολογίζω την γωνιακή ταχύτητα της πριν την κρούση : K = ΣW 1 2 Iω2 0 = F L π 2 ω =... Για την κρούση µε το σηµειακό σώµα εφαρµόζω την Αρχή ιατήρησης της Στροφορµής στο σύστηµα, ως προς το σηµείο Ο. L = L Iω = ( I + ml 2) ω ω = 3π 2 rad/s Μετά την κρούση Στ = 0, άρα το σύστηµα ϑα εκτελεί Οµαλή Στροφική Κίνηση µε την ταχύτητα που απέκτησε µετά την κρούση, οπότε : φ = ω t π 2 = 3π 2 t t = 1 3 s 3

4 Θέµα Γ Γ.1 Στην ϑέση ισορροπίας του Σ 1 ισχύει ότι : ΣF = 0 k l = m 1 g k = 200N/m Μετά την κρούση ϑα δηµιουργηθεί συσσωµάτωµα µε νέα ϑέση ισορροπιας για την οποία το ελατήριο είναι παραµορφωµένο κατά l ΣF = 0 k l = (m 1 + m 2 ) g l = 0, 1m Αφού η ϑέση ϕυσικού µήκους του ελατηρίου ϑα είναι και ακραία ϑέση της ταλάντωσης προκύπτει ότι A = l = 0, 1m Γ.2 Το συσσωµάτωµα που δηµιουργείται ϑα κινείται µε ταχύτητα υ k και ϕο- ϱά προς τα πάνω, ενώ την στιγµή δηµιουργίας του ϑα ϐρίσκεται σε απο- µάκρυνση y = l l = 0, 05m από την Θέση ισορροπίας της ταλάντωσης του. Εφαρµόζω σε αυτή την ϑέση την Α..Ε.Τ. για να υπολογίσω την ταχύτητα του : E = K + U 1 2 DA2 = 1 2 (m 1 + m 2 ) υ 2 k Dy2 υ k = 3 2 m/s Για την κρούση που έχει προηγηθεί της ταλάντωσης ϑα εφαρµόσω την Α..Ο. για να υπολογίσω την ταχύτητα του Σ 2 πριν την κρούση : m 2 υ o = (m 1 + m 2 ) υ k υ o = 3m/s Οπότε η Ϲητούµενη κινητική ενέργεια ϑα είναι : K 2 = 1 2 m 2υ 2 o = 1, 5J Γ.3 Η µεταβολή της ορµής ϑα είναι : P 2 = m 2 υ k m 2 υ o = 3 2 kg m s Η ϕορά της µεταβολής ϑα ειναι αντιθετη της αρχικής ταχύτητας του Σ

5 Γ.4 Η χρονική εξίσωση της ταλάντωσης του σώµατος ϑα είναι : y = Aηµ (ωt + φ o ) D = k = (m 1 + m 2 ) ω 2 ω = 10rad/s Την t o = 0 το σώµα ϐρίσκεται στην ϑέση y = +0, 05m και κινείται µε ϑετική ταχύτητα άρα : 0, 05 = 0, 1ηµφ o ηµφ o = 1 2 υ > 0 συνφ o > 0 φ o = π 6 * Προφανώς ϑα µπορούσε να γίνει και χρήση της αναπαράστασης του περιστρεφόµενου διανύσµατος. Θέµα.1 Αρχικά το σύστηµα ισορροπεί µε την επίδραση των ϐαρών, τάσεων νήµατος και της στατικής τριβής στον κύλινδρο που ϑα έχει ϕορά προς τα πάνω. Εφαρµόζω συνθήκες ισορροπίας σε κάθε σώµα : Για το σώµα : ΣF = 0 T 1 = M Σ g T 1 = 20N Για την τροχαλία : Στ = 0 T 1R T = T 2R T T 1 = T 2 5

6 Για τον κύλινδρο : Στ = 0 T 2 R K = T s R K T 2 = T s Αρα προκύπτει ότι : F = 30N ΣF x = 0 F + M K gηµφ = T 2 + T s.2 Μετά την κατάργηση της F το σώµα κατέρχεται µε επιτάχυνση α, η τροχαλία περιστρέφεται δεξιόστροφα µε επιτάχυνση α γ και ο κύλινδρος κυλίεται χωρίς να ολισθαίνει ανερχόµενος µε επιτάχυνση α cm για το κέντρο µάζας και γωνιακή επιτάχυνση α γ : Για το σώµα : Για την τροχαλία : Για τον κύλινδρο : ΣF = M Σ α M Σ g T 1 = M Σ α Στ = I T α γ T 1R T T 2R T = 1 2 M T R 2 T α γ Στ = I K α γ T 2 R K T s R K = 1 2 M KR 2 Kα γ ΣF x = M K α cm T 2 + T s M K gηµφ = M K α cm Για την κύλιση χωρίς ολίσθηση του Κυλίνδρου : υ cm = ω R K α cm = α γr K 6

7 Για την µη ολίσθηση των νηµάτων*: υ = ωr T α = α γ R T υ = 2υ cm α = 2α cm * Η ταχύτητα κάθε σηµείου του νήµατος είναι ίδια και ίση µε την ταχύτητα υ του σώµατος. Τα σηµεία επαφής νήµατος - τροχαλίας και νήµατος - κυλίνδρου ϑα έχουν επίσης την ίδια ταχύτητα αφού το νήµα δεν ολισθαίνει στην περιφέρεια τους. Το ανώτερο σηµείο του κυλίνδρου ϑα έχει δύο ταχύτητες αφού αυτός εκτελεί σύνθετη κίνηση άρα υ cm + ω R K = 2υ cm Από την επίλυση του συστήµατος των παραπάνω εξισώσεων ϑα προκύψει η Ϲητούµενη επιτάχυνση..3 Την χρονική στιγµή t 1 ο κύλινδρος έχει µετατοπιστεί από την αρχική ϑέση κατά x 1 και το κέντρο µάζας του έχει αποκτήσει ταχύτητα υ 1 για τα οποία έχουµε : x 1 = 1 2 α cmt 2 1 = 0, 25m υ 1 = α cm t 1 = 1m/s Οταν κοπεί το νήµα ο κύλινδρος αρχίζει να επιβραδύνεται µε την ε- πίδραση της στατικής τριβής και του ϐάρους του : Για την περιστροφική κίνηση Στ = I K α γ T s R K = 1 2 M KR 2 Kα γ 7

8 Για την µεταφορική κίνηση ΣF x = M K α cm M K gηµφ T s = M K α cm Για την κύλιση χωρίς ολίσθηση του Κυλίνδρου : α cm = α γr K Από το σύστηµα των παραπάνω εξισώσεων ϑα προκύψει ότι α cm = 10 3 m/s2 Ο κύλινδρος ϑα σταµατήσει όταν : 0 = υ 1 α cm t t = 0, 3s άρα την χρονική στιγµή t 2 = t 1 + t = 0, 8s κα.4 Μέχρι να σταµατήσει έχει διανύσει επιπλέον διάστηµα : x 2 = υ 1 t 1 2 α cm t 2 = 0, 15m Αρα συνολικά έχει µετατοπιστεί από την αρχική ϑέση κατά : d = x 1 + x 2 = 0, 4m.5 Η σανίδα ϑα δέχεται µια δύναµη απο το έδαφος, το ϐάρος της, την δύναµη από την άρθρωση και µια δύναµη από τον κινούµενο κύλινδρο. Για να µην ανατραπεί ϑα πρέπει η ϱοπή του ϐάρους της ως προς το σηµείο Γ να είναι κατά µέτρο µεγαλύτερη από το µέτρο της ϱοπή της δύναµης που ασκεί ο κύλινδρος σε όλη την διάρκεια της ανόδου του. Με δεδοµένο ότι η µεγαλύτερη δυνατή ϱοπή που µπορεί να προκαλέσει ο κύλινδρος είναι στην ϑέση που οριακά σταµατάει κατά την άνοδο υπολογίζω τις δύο ϱοπές : 8

9 * όπου Κ το κέντρο της σανίδας τ W = Mgσυνφ(KΓ) = 3 3N m τ N = N (d (Γ )) = 2 3N m Για τον κύλινδρο ΣF y = 0 N = M K gσυνφ. Λόγο δράσης - αντίδρασης N = N. Αφού τ W > τ N η σανίδα δεν ϑα ανατρέπεται. Λόγω χρόνου δεν έχουν γίνει τα σχήµατα! Γενικά σχόλια για τα ϑέµατα Τα ϑέµατα της σηµερινής εξέτασης δεν εξετάζουν την Φυσική, όπως ϑα έπρεπε να εξετάζεται. Είναι ϑέµατα για τους καλά διαβασµένους µαθητές και δύσκολα ϑα εµφανιστούν άριστα γραπτά. ˆ Θέµα Α: γίνεται εξέταση ϑεωρίας πάνω σε µικρές ασκήσεις, που απαιτούν προσοχή, ενώ ϑα έπρεπε να εξετάζεται αµιγώς η ϑεωρία ˆ Θέµα Β: στο ϑέµα Β.1 εξετάζεται το Φαινόµενο Doppler σε συνδυασµό µε την κρούση χωρίς να υπάρχει κάποια δυσκολία. Στο ϑέµα Β.2 γίνεται εξέταση του κεφαλαίου των Ρευστών µε χρήση µιας «υπερβολικής» κατασκευής για ϑέµα Β. Το ϑέµα Β.3 κινείται εντελώς εκτός του πλαισίου της εξέτασης καθώς αποτελεί άσκηση µηχανικής στερεού και όχι ϑέµα κατανόησης της ϑεωρίας ˆ Θέµα Γ: εξετάζεται το κεφάλαιο των ταλαντώσεων- κρούσεων σε ένα ικανοποιητικό επίπεδο και µε σωστή διαβάθµιση µονάδων. ˆ Θέµα : έχει επιλεχτεί για ακόµα µια ϕορά µια «κατασκευαστική» άσκηση µε πολύπλοκη εκφώνηση σχήµα και πολλά στοιχεία που ϑα δηµιουργήσουν σύγχυση στους µαθητές. Επιµέλεια : ρ. Μιχάλης Καραδηµητρίου 9

Σχετικά έγγραφα

Σχολική Χρονιά Πανελλήνιες Πανελλήνιες Εξετάσεις - 13 Ιουνή Φυσική Θετικού Προσανατολισµού Ενδεικτικές Λύσεις.

Σχολική Χρονιά Πανελλήνιες Πανελλήνιες Εξετάσεις - 13 Ιουνή Φυσική Θετικού Προσανατολισµού Ενδεικτικές Λύσεις. Πανελλήνιες Εξετάσεις - 13 Ιουνή 018 Α.1 (γ) Α. (δ) Α.3 (α) Α.4 (δ) Α.5 Λ,Σ, Λ, Σ, Λ Φυσική Θετικού Προσανατολισµού Ενδεικτικές Λύσεις Θέµα Α Θέµα Β Β.1. (ι). ϐρίσκω την άγνωστη απόσταση µε πυθαγόρειο