ΠΡΟΤΕΙΝΟΜΕΝΕΣ ΠΛΗΡΕΙΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ. Άρα, για τις αντίστοιχες αλγεβρικές τιμές των ταχυτήτων των δύο σωμάτων πριν από την κρούση τους προκύπτει ότι:

Μέγεθος: px

Εμφάνιση ξεκινά από τη σελίδα:

Download "ΠΡΟΤΕΙΝΟΜΕΝΕΣ ΠΛΗΡΕΙΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ. Άρα, για τις αντίστοιχες αλγεβρικές τιμές των ταχυτήτων των δύο σωμάτων πριν από την κρούση τους προκύπτει ότι:"

Παρθενιά Θεοδοσίου
6 χρόνια πριν
Προβολές:

1 ΕΙΣΑΓΩΓΙΚΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ ΤΕΚΝΩΝ ΕΛΛΗΝΩΝ ΤΟΥ ΕΞΩΤΕΡΙΚΟΥ ΚΑΙ ΤΕΚΝΩΝ ΕΛΛΗΝΩΝ ΥΠΑΛΛΗΛΩΝ ΣΤΟ ΕΞΩΤΕΡΙΚΟ ΤΕΤΑΡΤΗ 6 ΣΕΠΤΕΜΒΡΙΟΥ 017 ΕΞΕΤΑΖΟΜΕΝΟ ΜΑΘΗΜΑ: ΦΥΣΙΚΗ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ ΣΥΝΟΛΟ ΣΕΛΙΔΩΝ: ΔΕΚΑ (10) ΘΕΜΑ Α ΠΡΟΤΕΙΝΟΜΕΝΕΣ ΠΛΗΡΕΙΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ Α1. α, Α. δ, Α3. γ, Α4. β, Α5. α. Σ β. Λ γ. Σ δ. Σ ε. Λ ΘΕΜΑ Β Β1. α) Σωστή απάντηση είναι η iii. β) Αιτιολόγηση Επειδή τα δύο σώματα κινούνται σε αντίθετες κατευθύνσεις και έχουν πριν την πλαστική τους κρούση ίσες κινητικές ενέργειες, αντιλαμβανόμαστε ότι: Κ 1 = Κ 1 m 1υ 1 = 1 m υ mυ 1 = 4mυ υ 1 = 4υ Άρα, για τις αντίστοιχες αλγεβρικές τιμές των ταχυτήτων των δύο σωμάτων πριν από την κρούση τους προκύπτει ότι: υ 1 = υ. Εφαρμόζοντας την Αρχή Διατήρησης της Ορμής για το σύστημα των δύο σωμάτων κατά την κεντρική και πλαστική τους κρούση έχουμε: p ολ = p ολ p 1 + p = p συσ m 1 υ 1 + m υ = (m 1 + m )V, όπου V η ταχύτητα του συσσωματώματος αμέσως μετά από την κρούση. Επειδή η παραπάνω σχέση ισχύει και αλγεβρικά, είναι: 1

2 m( υ ) + 4mυ = 5mV V = 5 υ (αλγεβρικά) Επομένως, για ο ζητούμενος λόγος των κινητικών ενεργειών είναι: Κ τελ Κ αρχ = Κ συσ = Κ 1 συσ = (m 1 + m )V Κ 1 + Κ Κ 1 1 m 1υ 1 Κ τελ = υ Κ αρχ 4 υ = = 5m ( 5 υ ) m( υ ) Β. α) Σωστή απάντηση είναι η i. β) Αιτιολόγηση Εφαρμόζοντας την εξίσωση Bernoulli μεταξύ ενός σημείου Β στην ανώτερη ελεύθερη επιφάνεια του νερού και του σημείου 1 (της ίδιας ρευματικής γραμμής με το Β) στην έξοδο της χαμηλότερης οπής (1) έχουμε ότι: p Β + 1 ρυ Β + ρg(h h 1 ) = p ρυ 1 p Β =p 1 =p atm και υ Β 0 ρg(h h 1 ) = 1 ρυ 1 υ 1 = g(h h 1 ) (Θεώρημα Torricelli) Όμοια, από το θεώρημα Torricelli για την ταχύτητα εξόδου ενός στοιχείου ρευστού από την υψηλότερη οπή (), θα έχουμε: υ = g(h h ) = g(h 3h 1 ) Κάθε στοιχείο ρευστού (νερό), μετά την έξοδό του εκτελεί οριζόντια βολή. Επομένως, οι αντίστοιχοι χρόνοι πτώσεις θα ισούνται με h 1 = 1 gt 1 t 1 = h 1 g και t = h g = 3h 1 g

3 Άρα, για τα βεληνεκή των βολών (τα οποία είναι ίσα) προκύπτει ότι: s 1 = s υ 1 t 1 = υ t g(h h 1 ) h 1 g = g(h 3h 1) 3h 1 g h 1 (H h 1 ) = 3h 1 (H 3h 1 ) H h 1 = 3H 9h 1 H = 8h 1 H = 4h 1. Β3. α) Σωστή απάντηση είναι η iii. β) Αιτιολόγηση Επειδή δεν ασκούνται εξωτερικές ροπές στον σφαιρικό αστέρα κατά τη συρρίκνωσή του, συμπεραίνουμε ότι κατά τη διάρκεια του φαινομένου η ιδιοστροφορμή του διατηρείται. Δηλαδή, η αρχική τιμή του μέτρου της ιδιοστροφορμής του και η τιμή του μέτρου της ιδιοστροφορμής του τη στιγμή του υποδιπλασιασμού της ακτίνας του, θα είναι ίσες. Οπότε L 0 = L I cm,0 ω 0 = I cm ω 5 mr 0 ω 0 = 5 mr ω r 0 ω 0 = ( r 0 ) ω ω = 4ω 0 Παρατηρούμε δηλαδή ότι το μέτρο της γωνιακής ταχύτητας του αστέρα τετραπλασιάστηκε. Επομένως, για το ζητούμενο λόγο θα έχουμε: 1 Κ = I cmω = 5 m (r 0 ) (4ω 0 ) Κ 0 1 I cm,0ω 0 5 mr 0 ω 0 Κ = 1 16 = 4. Κ 0 4 3

4 ΘΕΜΑ Γ Γ1. Επειδή r 1 < r και σε συνδυασμό με τη γραφική παράσταση που μας δίνεται, αντιλαμβανόμαστε ότι το σημείο Σ ξεκινάει την κίνησή του τη χρονική στιγμή t 1 = 0,35s (τότε φθάνει η διαταραχή από την πηγή Π1 στο σημείο Σ), καθώς επίσης πως η συμβολή των δύο κυμάτων στο σημείο Σ ξεκινάει τη χρονική στιγμή t = 0,55s (τότε φθάνει η διαταραχή από την πηγή Π στο σημείο Σ). Επομένως, για τη ζητούμενη ταχύτητα διάδοσης των κυμάτων στην επιφάνεια του υγρού, έχουμε: υ δ = r 1 = 1,4 t 1 0,35 = 14 7 Όμοια, η ζητούμενη απόσταση r είναι: υ δ = 4 m/s υ δ = r t r = υ δ t = 4 0,55 r =, m Γ. Από τη δοθείσα γραφική παράσταση αντιλαμβανόμαστε επίσης ότι η περίοδος ταλάντωσης των δύο πηγών είναι: t t 1 = T T = 0,55 0,35 Άρα, η ζητούμενη συχνότητα T = 0, T = 0,1 s f = 1 T = 1 0,1 f = 10 Hz Οπότε, από τη θεμελιώδη εξίσωση της κυματικής, το μήκος κύματος των κυμάτων θα προκύψει ίσο με: υ δ = λf λ = υ δ f = 4 10 λ = 0,4 m 4

5 5 Γ3. Επειδή t s 0,65 s t 0, 55 s, η ζητούμενη απομάκρυνση θα προκύψει από την 8 αντίστοιχη εξίσωση απομάκρυνσης κατά τη συμβολή δύο σύγχρονων πηγών. Επίσης, από τη γραφική παράσταση παρατηρούμε ότι το πλάτος ταλάντωσης των δύο πηγών είναι A = 5 10 m. Επομένως, αντικαθιστώντας στην εξίσωση προκύπτει: y = Aσυνπ r 1 r ημπ ( t λ Τ r 1 + r λ ), y Σ = 5 10 συν (π 0,8 0,4 ) ημπ ( ,6 0,4 ) y Σ = 10 1 συν π ημπ (5 4 9 ) y Σ = 0,1ημπ ( ) = 0,1ημ (π 7 4 ) = 0,1ημ 7π y Σ = 0,1ημ (4π π ) = 0,1ημ ( π ) y Σ = 0,1 m Γ4. Έστω ένα σημείο Δ του ευθύγραμμου τμήματος που ενώνει τις δύο πηγές Π1 και Π, το οποίο παραμένει διαρκώς ακίνητο μετά τη συμβολή. Εάν r Δ,1 η απόσταση του σημείου Δ από την πηγή Π1 και r Δ, η απόσταση του σημείου Δ από την πηγή Π, τότε οι αποστάσεις αυτές θα ικανοποιούν τις παρακάτω σχέσεις: και r Δ,1 r Δ, = (N + 1) λ, Ν Z (1) r Δ,1 + r Δ, = d () Επίσης, καθώς το σημείο Δ ανήκει στο ευθύγραμμο τμήμα Π1Π θα ισχύει και Επομένως, 0 r Δ,1 d (3) (1) + () r Δ,1 = (N + 1) λ + d 5

6 Οπότε r Δ,1 = (N + 1) λ 4 + d (4) (3) (4) 0 (N + 1) λ 4 + d d d (N + 1) λ 4 d d λ 1 N d λ 1 0,4 1 N 0,4 1 5,5 N 4,5 Επειδή Ν Z, αντιλαμβανόμαστε ότι οι δυνατές τιμές που μπορεί να λάβει ο Ν είναι: Ν = 5 ή 4 ή 3 ή ή 1 ή 0 ή 1 ή ή 3 ή 4 Δηλαδή, συνολικά 10 διαφορετικές τιμές. Οπότε, θα έχουμε και 10 σημεία ακυρωτικής συμβολής στο ευθύγραμμο τμήμα Π1Π. ΘΕΜΑ Δ Δ1. Επειδή το στερεό Σ ισορροπεί, συμπεραίνουμε ότι η συνολική ροπή που θα ασκείται ως προς τον άξονα περιστροφής του θα είναι μηδέν. Επίσης, καθώς όλα τα νήματα είναι αβαρή χωρίς να ολισθαίνουν και τα σώματα Σ1 και Σ ισορροπούν και αυτά, θα έχουμε ότι (το μέτρο της τάσης του νήματος στον εξωτερικό κύλινδρο είναι ίσο με το μέτρο του συνολικού βάτους των δύο σωμάτων Σ1 και Σ): Στ (Ο) = 0 FR = (m 1 + m )g R F = ( + 3) 10 = 5 0 F = 100 N 6

7 Δ. Για το μέτρο της ροπής της δύναμης F ως προς τον άξονα Ο Ο έχουμε τ F(O) = FR = 100 0,1 = 10 Nm ενώ για το μέτρο της ροπής του βάρους του σώματος Σ1 ως προς τον άξονα περιστροφής Ο Ο έχουμε τ w1 (O) = m 1g R = 10 0,1 = 4 Nm Επειδή τ F(O) > τ w1 συμπεραίνουμε ότι το στερεό Σ θα περιστραφεί ωρολογιακά και το σώμα (O) Σ1 θα κινηθεί κατακόρυφα προς τα πάνω. Επομένως (ήταν αρχικά ακίνητο) και η κατεύθυνση της επιτάχυνσης που θα αποκτήσει το σώμα Σ1, μετά το κόψιμο του νήματος που το συνδέει με το σώμα Σ, θα είναι κατακόρυφη προς τα επάνω. Μετά το κόψιμο του νήματος που συνδέει τα σώματα Σ1 και Σ, οι δυνάμεις που ασκούνται στο σύστημα φαίνονται στο παρακάτω σχήμα: 7

8 Επειδή τα νήματα είναι αβαρή και F = T = T (κατά μέτρο) Τ 1 = Τ 1 > W 1 (κατά μέτρο) Επειδή ο άξονας Ο Ο είναι ακλόνητος, το στερεό Σ θα εκτελέσει μόνον περιστροφική κίνηση (μάλιστα ομαλά επιταχυνόμενη περιστροφική κίνηση), ενώ το σώμα Σ1 μεταφορική κίνηση (ευθύγραμμη ομαλά επιταχυνόμενη). Από το Θεμελιώδη Νόμο της Μηχανικής τόσο για το στερεό Σ, όσο και για το σώμα Σ1 θα έχουμε: Για το στερεό Σ: Στ (Ο) = I cm α γων FR T 1 R = 3 MR α γων F T 1 = 3 MRα γων (1) Για το σώμα Σ1: ΣF 1 = m 1 a 1 T 1 W 1 = m 1 a 1 T 1 m 1 g = m 1 a 1 () Σύνδεσμος: Επειδή τα νήματα δεν ολισθαίνουν στους κυλίνδρους, θα ισχύει ότι: Επομένως a 1 = α επ,περ = α γων R (3) (1) (3) F T 1 = 3 MR a 1 R Άρα F T 1 = 3 4 Ma 1 (4) (4) () F (m 1 a 1 + m 1 g) = 3 4 Ma 1 F m 1 a 1 m 1 g = 3 4 Ma 1 8

9 ( 3 4 M + m 1) a 1 = F m 1 g a 1 = a 1 = F m 1g 3 4 M + m = a 1 = 6 m/s Δ3. Για το ζητούμενο ρυθμό μεταβολής της στροφορμής (ως προς τον άξονα Ο Ο) του στερεού Σ, αρκεί να υπολογίσουμε τη συνισταμένη εξωτερική ροπή στο στερεό Σ ως προς τον άξονα Ο Ο, καθώς dl (O) = Στ dt (Ο) Είναι δηλαδή Όμως dl (O) dt = FR T 1 R (5) () Τ 1 = m 1 (a 1 + g) = (6 + 10) Οπότε (5) dl (O) dt T 1 = 3 N = 100 0,1 3 0, = 10 6,4 dl (O) dt Δ4. Εφόσον το στερεό Σ έχει εκτελέσει στραφεί κατά = 3,6 kg m /s 0 N περιστροφές, αντιλαμβανόμαστε ότι θα έχει Δθ = πν = π 0 π Δθ = 40 rad 9

10 Επομένως, έως τότε, το ζητούμενο έργο της δύναμης F (έργο σταθερής ροπής) θα ισούται με: W F = τ F(O) Δθ = FR Δθ W F = 100 0,1 40 W F = 400 J 10

Σχετικά έγγραφα

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

ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΘΕΜΑ Α Α1 α Α2 δ Α3 γ Α4 β Α5 α Σ, β Λ, γ Σ, δ Σ, ε Λ. ΕΙΣΑΓΩΓΙΚΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ ΤΕΚΝΩΝ ΕΛΛΗΝΩΝ ΤΟΥ ΕΞΩΤΕΡΙΚΟΥ ΚΑΙ ΤΕΚΝΩΝ ΕΛΛΗΝΩΝ ΥΠΑΛΛΗΛΩΝ ΠΟΥ ΥΠΗΡΕΤΟΥΝ ΣΤΟ ΕΞΩΤΕΡΙΚΟ ΤΕΤΑΡΤΗ 6 ΣΕΠΤΕΜΒΡΙΟΥ 07 ΕΞΕΤΑΖΟΜΕΝΟ ΜΑΘΗΜΑ: ΦΥΣΙΚΗ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΘΕΜΑ Α Α α Α