ΦΥΣΙΚΗ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΙ ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΣΤΑ ΘΕΜΑΤΑ ΕΞΕΤΑΣΕΩΝ 2015

Transcript

1 ΘΕΜΑ Α Α. α Α.2 β Α.3 α Α.4 δ Α.5 α Λ β Σ γ Σ δ Λ ε Σ ΦΥΣΙΚΗ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΙ ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΣΤΑ ΘΕΜΑΤΑ ΕΞΕΤΑΣΕΩΝ 205

2 ΘΕΜΑ Β Β. Σωστή η απάντηση ( iii ) Αιτιολόγηση: Από το θεμελιώδη νόμο της στοφικής κίνησης προκύπτει: Στ (Α) = Ι ολ α γων Μg L 2 + mgl = (I ρ + Ι m ) α γων Μg L 2 + M 2 gl = ( 3 ML2 + ml 2 ) α γων α γων = 6g 5L MgL = ( 3 ML2 + M 2 L2 ) α γων Ο ρυθμος μεταβολής της στοφορμής της ράβδου ως προς τον άξονα περιστροφής της είναι : ΔL ρ Δt = Στ (ρ) = Ι ρ α γων = 3 ML2 6g 5L Β2. Σωστή η απάντηση ( iii ) Αιτιολόγηση: ΔL ρ Δt = 2 5 MgL Από τη συνθήκη των δεσμών x δ = (2Ν + ) λ, με Ν = 0,,2., 4 για Ν = 2 (3 ος δεσμός ) έχουμε x 3 = 5λ. Το σημείο Μ του ελαστικού μέσου βρίσκεται 4 λ 2 δεξιά του 3 ου δεσμού άρα x M = 5λ 4 + λ 2 = 4λ 3 Το πλάτος ταλάντωσης του σημείου Μ θα δίνεται από τη σχέση: Α = 2Α συν 2πx M λ όπου με αντικατάσταση προκύπτει A W ρ w Α = 2Α συν 8π 3 = 2Α συν 2π 3 = 2Α 2 = Α

3 Β3. Σωστή η απάντηση ( i ) Αιτιολόγηση: Σε μια τυχαία θέση για την ταλάντωση του σώματος Σ 2 έχουμε ΣF = m 2 a N m 2 g ημθ = m 2 ω 2 x k Ν = m 2 g ημθ m 2 ω 2 x όπου ω =. Για να μη χαθεί η επαφή των σωμάτων, θα πρέπει Ν > 0 για κάθε m +m 2 τιμή του x άρα και για x = +A (όπου Α το πλάτος ταλάντωσης), έτσι: Ν > 0 m 2 g ημθ m 2 ω 2 k Α > 0 m 2 g ημθ > m 2 Α ή m + m 2 ka < (m + m 2 )g ημθ

4 ΘΕΜΑ Γ Γ. Εφαρμόζοντας Α.Δ.Ε. στο ηλεκτρικό κύκλωμα έχουμε: Ε = U E + U B U E = E 2 Li2 συγκρίνοντας την παραπάνω σχέση με τη δοθείσα έχουμε: Ε = J 2 CV2 = C = 0 4 F 2 L = L = H Η περίοδος των ηλεκτρικών ταλαντώσεων είναι: Γ2. Τ = 2π LC = 8π 0 3 s Από την ενέργεια της ταλάντωσης επίσης έχουμε: Ε = 2 LI2 I = A Τη χρονική στιγμή t = Τ/2 το ρεύμα στο κύκλωμα είναι: i = I ημ(ωt) = ημ ( 2π Τ Τ 2 ) = ημ (π 6 ) = 2 Α Από τη δοθείσα σχέση της εκφώνησης έχουμε U E = ( i 2 ) = ( 4 ) U E = J

5 Γ3. ℇ αυτ = L di dt di dt = V L L = V C L = q LC = ω2 q Από την εκφώνηση προκύπτει U Ε = 3U Β εφαρμόζοντας την Α.Δ.Ε. έχουμε : Ε = U B + U E = 4 3 U E ή U E = 3 4 Ε ή 2 C = C από τη παραπάνω εξίσωση προκύπτει q 2 q = 3Q 2 = C από την περίοδο της ηλεκτρικής ταλάντωσης έχουμε ω = 2π Τ γράφεται : Γ4. Q 2 di dt = ω2 q = = Α/s Από τη δοθείσα σχέση της εκφώνησης έχουμε έτσι ή q2 = 3Q2 4 = 250 rad/s, έτσι η σχέση U E = ( i 2 ) q 2 2 C = ( i 2 ) q = ( i 2 ) q 2 = ( i 2 ) = i 2 (S. I. ) Η παραπάνω σχέση αποτελεί ευθεία στο διάγραμμα q 2 i 2, η μορφή της οποίας φαίνεται στο παρακάτω σχήμα 6 q 2 ( 0 6 C 2 ) i 2 ( A 2 ) 0

6 ΘΕΜΑ Δ Δ. Η σφαίρα κυλίεται χωρίς να ολισθαίνει με το σημείο επαφής της με το ημισφαίριο να έχει ταχύτητα μηδενική. Έτσι a cm = a γων r (). Για τη μεταφορική κίνηση της σφαίρας ισχύει: Α W y T στ W Γ φ W x ΣF x = m a cm ή W x T στ = m a cm ή mg συνφ T στ = m a cm (2) Η στατική τριβή έχει φορά προς τα πάνω για να δημιουργεί την επιτάχυνση της στροφικής κίνησης. Για τη περιστροφική κίνηση της σφαίρας ως προς τον άξονα περιστροφής της ισχύει: φ ( Ν Ο h Στ = Ι σφ a γων ή T στ r = 2 5 mr2 a γων η οποία μέσω της () γράφεται T στ = 2 5 m a cm (3) Προσθέτοντας τις (2) και (3) έχουμε: mg συνφ = 7 5 m a cm ή a cm = 5g 7 συνφ αντικαθιστώντας στη (3) προκύπτει T στ = 2 mg συνφ = 4 συνφ (S. I. ) 7

7 Δ2. Εφαρμόζοντας ΘΜΚΕ για τη κίνηση του σώματος από τη θέση Α στη Γ έχουμε: Κ ΤΕΛ Κ ΑΡΧ = W w Όπου h = (R r) ημ30 = 0,7 m 2 mυ 2 cm.γ mr2 ω 2 Γ = mgh ή 2 mυ 2 cm.γ + 2 Iω Γ 2 0 = mgh 2 υ 2 cm.γ + 5 υ 2 cm.γ = gh υ cm,γ = 0 m/s Το κέντρο μάζας της σφαίρας εκτελεί μέρος κυκλικής κίνησης οπότε στον άξονα yy ισχύει: ΣF y = m a k ή N W y = m a k ή Ν = mg ημφ + m υ cm.γ R r αντικαθιστώντας τις τιμές έχουμε: Δ3. Ν = 7 Ν Εφαρμόζοντας ΘΜΚΕ για τη κίνηση της σφαίρας από τη θέση Δ στην Ε έχουμε: Κ ΤΕΛ Κ ΑΡΧ = W w ή 2 mυ 2 cm.ε + 2 Iω Ε 2 ( 2 mυ 2 cm.δ + 2 Iω Δ 2 ) = mg(r r) 2 mυ 2 cm.e mr2 ω 2 E ( 2 mυ 2 cm.δ mr2 ω 2 Δ ) = mg(r r) αντικαθιστώντας τις τιμές έχουμε: 2 υ 2 cm.ε + 5 υ 2 cm.ε ( 2 υ 2 cm.δ + 5 υ 2 cm.δ) = g(r r) 7 0 υ 2 cm.ε 7 0 υ 2 cm.δ = g(r r) υ cm,ε = 4 m/s 2

8 Εφαρμόζοντας ΘΜΚΕ για τη κίνηση της σφαίρας από τη θέση Ε στο ανώτερο σημείο της τροχιάς της Ζ έχουμε: Κ ΤΕΛ Κ ΑΡΧ = W w ή 2 Iω Ζ 2 ( 2 mυ 2 cm.ε + 2 Iω Ε 2 ) = mgh max Τη στιγμή που αφήνει το ημισφαίριο η μοναδική δύναμη που δρά στη σφαίρα είναι το βάρος της, το οποίο δεν δημιουργεί ροπή, έτσι Στ = 0 άρα ω = σταθ, δηλαδή ω Ζ = ω Ε. Αντικαθιστώντας τις τιμές έχουμε στη παραπάνω εξίσωση έχουμε: h max = 0, 8 m Ο ω Z υ cm,ζ = 0 ω Ε W Z υ cm,ε E h max ω Δ υ cm,δ Δ

9 Δ4. Καθώς έχει χαθεί η επαφή με το ημισφαίριο η μοναδική δύναμη που δρά στη σφαίρα είναι το βάρος της, το οποίο δεν δημιουργεί ροπή, έτσι ο ρυθμός μεταβολής της κινητικής ενέργειας της σφαίρας γράφεται: dk dt = dk MET + dk ΠΕΡ = ΣF υ dt dt cm,δ + Στ ω Ε = mg υ cm,δ + 0 Αντικαθιστώντας τις τιμές προκύπτει: dk = 56 J/s dt ο ρυθμός μεταβολής της στροφορμής λόγω ιδιοπεριστροφής (spin) της σφαίρας είναι dl = Στ = 0 dt

10 ΣΗΜΕΙΑ ΑΣΑΦΕΙΑΣ ΣΤΑ ΘΕΜΑΤΑ ΤΗΣ ΦΥΣΙΚΗΣ η Στη τελευταία πρόταση της 4 ης σελίδας μπορεί να δημιουργηθεί παρανόηση για την ολική κινητική ενέργεια της σφαίρας καθώς δεν ξεκαθαρίζεται οτι η κύλιση χωρίς ολίσθηση ξεκινά από την αρχή της κίνησης. 2 η Για το ερώτημα της εύρεσης του ρυθμού μεταβολής της στροφορμής της σφαίρας στο Δ4, δεν διευκρινίζεται αν εννοεί ως προς το κέντρο της (spin) ή οποία είναι όντως μηδενική, ή ως προς το κέντρο του ημισφαιρίου Ο, για την οποία ισχύει dl (0) dt = Στ (Ο) = mg(r r) = 9,6 kg m 2 /s 2 Η παραπάνω απάντηση θα δωθεί από αρκετούς μαθητές και θα πρέπει να θεωρηθεί σωστή. Επιμέλεια Καθηγητών Φροντιστηρίων Βακάλη