Θέµα 2 ο 1 γ 2 β 3 δ 4 γ 5 α. Λ β. Σ γ. Λ δ. Σ ε. Λ 1. 1 β. 3

Transcript

1 Από το 95 στο Μαρούσι ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗ: τηλ ΘΕΤΙΚΗ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗ - ΣΧΕ ΙΟ: τηλ -853 ΘΕΩΡΗΤΙΚΗ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗ: τηλ Τ.Ε.Ε.: τηλ -694 ERGOWAY ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΗ: τηλ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ 4 - Γ' ΛΥΚΕΙΟΥ - 3/6/4 ΦΥΣΙΚΗ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΙ ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΘΕΜΑΤΩΝ ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ: ΑΝ ΡΕΑΣ ΑΣΚΑΣ ΗΜΗΤΡΗΣ ΜΟΡΦΟΣ ΝΙΚΟΣ ΣΙΑΚΑΒΕΛΛΑΣ -ΣΤΕΦΑΝΟΣ ΣΙΟΝΤΗΣ ΑΝΝΑ ΤΖΙΜΑ Θέµα ο γ β 3 δ 4 γ 5 α. Λ β. Σ γ. Λ δ. Σ ε. Λ Θέµα ο. β. 3 Εφαρµόζοµε τος τύπος της ελαστικής κρούσης για την περίπτωση πο το σώµα είναι αρχικά ακίνητο ( = ) = και = + + Όµως σύµφωνα µε την εκφώνηση = - Εποµένως έχοµε: = - = = = 3. γ. ανακλαστεί ολικά από τη διαχωριστική επιφάνεια Θα πολογίσοµε το ηµίτονο της κρίσιµης γωνίας (ηµθ κρ ) για την διέλεση της ακτίνας από το γαλί στον αέρα: ηµθ κρ = = ηµθκρ =. Άρα θ κρ = 45 ο. n α EKΠΑΙ ΕΥΣΗ: Με Οράµατα και Πράξεις για την Παιδεία --

2 Από το 95 στο Μαρούσι ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗ: τηλ ΘΕΤΙΚΗ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗ - ΣΧΕ ΙΟ: τηλ -853 ΘΕΩΡΗΤΙΚΗ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗ: τηλ Τ.Ε.Ε.: τηλ -694 ERGOWAY ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΗ: τηλ Όµως για την προσπίπτοσα ακτίνα στην διαχωριστική επιφάνεια γαλιού αέρα έχοµε ότι: ηµθ α = 3 θα = 6 ο Εποµένως θ α > θ κρ Άρα η ακτίνα φίσταται ολική εσωτερική ανάκλαση. 3. γ. Όταν ο παρατηρητής πλησιάζει την πηγή η σχνότητα πο ακούει δίνεται από τη σχέση: + Α f = f s () Όταν ο παρατηρητής αποµακρύνεται από την πηγή η σχνότητα πο ακούει δίνεται από τη σχέση: Α f = f s () Προφανώς f > f. Σύµφωνα µε την εκφώνηση f s f f = Άρα αντικαθιστώντας τις σχέσεις () και () έχοµε: + Α Α f f s - f s = s + Α + Α = Α = Α = 4. γ. σε διαφορετικές χρονικές στιγµές µε πρώτο το Σ Η περίοδος ταλάντωσης δεν εξαρτάται από το πλάτος. Χρησιµοποιούµε τη σχέση Τ = π K για να σγκρίνοµε τις περιόδος Σώµα : Τ = π K Σώµα : Τ = π K Όµως Κ = Κ EKΠΑΙ ΕΥΣΗ: Με Οράµατα και Πράξεις για την Παιδεία --

3 Από το 95 στο Μαρούσι ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗ: τηλ ΘΕΤΙΚΗ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗ - ΣΧΕ ΙΟ: τηλ -853 ΘΕΩΡΗΤΙΚΗ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗ: τηλ Τ.Ε.Ε.: τηλ -694 ERGOWAY ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΗ: τηλ Άρα Τ = π K ιαιρώντας κατά µέλη: T = Τ = Τ T Άρα πρώτο διέρχεται από τη θέση ισορροπίας το Σ πο έχει µικρότερη περίοδο από το Σ, αφού ο χρόνος για να µεταβεί κάθε σώµα από την ακραία θέση, στη θέση ισορροπίας είναι Τ/4. Θέµα 3 ο α. Αφού το άκρο Ο πραγµατοποιεί διελεύσεις από τη θέση ισορροπίας το και δεδοµένο ότι ταλαντώνεται χωρίς αρχική φάση, σµπεραίνοµε ότι το Ο πραγµατοποιεί Ν = =5 ταλαντώσεις σε κάθε δετερόλεπτο. (Σε κάθε ταλάντωση διέρχεται δύο φορές από τη θέση ισορροπίας). Εποµένως f = 5Hz T = 5 s T =,s β. Σχεδιάζοµε στιγµιότπα το στάσιµο κύµατος για να γίνον αντιληπτές οι θέσεις δεσµών και κοιλιών (προαιρετικά). Αφού το Ο απέχει από τον πλησιέστερο δεσµό, θα έχοµε, = 4 λ λ =,4 Παρατηρούµε ότι έχοµε 5 δεσµούς. Το µήκος L σµπίπτει µε τη σντεταγµένη το 5 ο δεσµού. Θέτοµε στην εξίσωση των δεσµών Κ =4 (αφού για Κ = δίνεται η θέση το ο δεσµού) Έχοµε λ,4 X = (Κ +) L = X 5 = ( 4 + ) 4 4 L = 9, L =,9 EKΠΑΙ ΕΥΣΗ: Με Οράµατα και Πράξεις για την Παιδεία -3-

4 Από το 95 στο Μαρούσι ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗ: τηλ ΘΕΤΙΚΗ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗ - ΣΧΕ ΙΟ: τηλ -853 ΘΕΩΡΗΤΙΚΗ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗ: τηλ Τ.Ε.Ε.: τηλ -694 ERGOWAY ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΗ: τηλ γ. Το µήκος d =, πο δίνεται αντιστοιχεί σε απόσταση µεταξύ το Α και το +Α δύο πλάτη το στάσιµο. Εποµένως: d = A. Άρα: Α = d =,5. H ζητούµενη εξίσωση είναι: x t y = A σνπ ηµπ λ T x t y =,5 σνπ ηµπ,4, y =,5σν5πx ηµπt (S.I.) δ. Εφαρµόζοµε Α..Ε. για την ταλάντωση το σηµείο Ο: Ε ΟΛ = Κ + U D(A) = + Dy = ± ω κατά µέτρο = ω ( A) y άρα π ( A) y όπο ω = Τ Εποµένως = π (,5) (,3) /s, = π,4 /s =,4π /s ή =,56 /s Θέµα 4 ο α. Γνωρίζοµε ότι όταν έχοµε κύλιση χωρίς ολίσθηση: c = ω R Εποµένως: = ω R ω = R 8 ω = rad/s, ω = 8rad/s EKΠΑΙ ΕΥΣΗ: Με Οράµατα και Πράξεις για την Παιδεία -4-

5 Από το 95 στο Μαρούσι β. Σχεδιάζοµε τη σφαίρα σε τχαίο σηµείο της ανόδο της: ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗ: τηλ ΘΕΤΙΚΗ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗ - ΣΧΕ ΙΟ: τηλ -853 ΘΕΩΡΗΤΙΚΗ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗ: τηλ Τ.Ε.Ε.: τηλ -694 ERGOWAY ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΗ: τηλ Ν Τ στ φ Β χ B Για τη µεταφορική κίνηση το σώµατος έχοµε: ΣF x = α c B x T στ = α c gηµφ - Τ στ = α c () Για την περιστροφική κίνηση το σώµατος έχοµε ΣΤ = Ι α γων Τ στ R = R α γων 5 Τ στ = 5 Rαγων Τ στ = 5 αc () H () δίνει λόγω της () gηµφ - 5 αc = α c Β y gηµφ = 5 αc α c = 5 gηµφ α c = 5,56 /s α c = 4/s (κατεύθνση αντίρροπη της : η σφαίρα επιβραδύνεται) L L γ. = ΣΤ = Τστ R t t Από την () έχοµε: Τ στ = 4 Ν 5 Τ στ = 6Ν L Άρα = 6, kg t s L =,6 kg t s EKΠΑΙ ΕΥΣΗ: Με Οράµατα και Πράξεις για την Παιδεία -5-

6 Από το 95 στο Μαρούσι ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗ: τηλ ΘΕΤΙΚΗ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗ - ΣΧΕ ΙΟ: τηλ -853 ΘΕΩΡΗΤΙΚΗ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗ: τηλ Τ.Ε.Ε.: τηλ -694 ERGOWAY ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΗ: τηλ δ. Γνωρίζοµε ότι x = S = R Θ όπο x η διανόµενη απόσταση κατά την άνοδο Αφού έχοµε π 3 περιστροφές, θα ισχύει: θ = π π 3 θ = 6rad Εποµένως x =, 6 x = 6 Εφαρµόζοµε Α..Ε. για την κύλιση της σφαίρας από την αρχική θέση (στην οποία θεωρούµε h = ) έως τη στιγµή πο έχει διανύσει x = 6, δηλαδή βρίσκεται σε ύψος h = x ηµφ Η Τ στ δεν παράγει ούτε καταναλώνει σνολικά έργο. Εποµένως η µηχανική ενέργεια της σφαίρας διατηρείται: + Ιω = gh + + Ιω + R ω = gh + + R ω = g x ηµφ g x ηµφ = = - = g xηµφ = g xηµφ 6,56 64 /s = 6 /s = 4/s EKΠΑΙ ΕΥΣΗ: Με Οράµατα και Πράξεις για την Παιδεία -6-