ΘΕΜΑ Α Α1. γ Α. δ Α3. α Α4. δ Α5. Λ,Σ,Λ,Σ,Λ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΘΕΜΑΤΩΩΝ ΦΥΣΙΚΗΣ ΛΥΚΕΙΟΥ 13-06-018 ΘΕΜΑ Β Β1. Σωστό το i H απόσταση του σημείου Σ από την πηγή Π προσδιορίζεται από το πυθαγόρειο θεώρημα: d = d 1 + d = λ 1 ( ) + 3λ 1 = 5 λ 1 Αρχικά για τη διαφορά των αποστάσεων d1 και d από τις δύο πηγές έχουμε: d d 1 = 5 λ 1 λ 1 = λ 1 = ( 0 +1) λ 1 (1), δηλαδή προκύπτει ένα περιττό πολ/σιο του μισού μήκους κύματος και το σημείο Σ θα είναι σημείο ακυρωτικής συμβολής. (ια την ακρίβεια θα βρίσκεται στην πρώτη υπερβολή απόσβεσης αριστερά της μεσοκαθέτου του Π1Π). Μετά το διπλασιασμό της συχνότητας το μήκος κύματος θα γίνει: λ 1 f 1 = λ f λ = λ 1 uδ=σταθ. () ια τη διαφορά των αποστασεων d1,d στη νέα κατάσταση θα έχουμε απο (1)και () d d 1 = λ 1 = λ = 1 λ δηλαδη το σημείο Σ ικανοποιεί τη συνθήκη ενισχυτικής συμβολής και θα ταλαντώνεται με πλάτος διπλάσιο απο αυτό των πηγών. Β. Σωστό το iii Κατα τη διάρκεια της κυκλικής κίνησης του σφαιριδίου η στροφορμή του παραμένει σταθερή μιας και η δύναμη F αλλά και το βάρος του δεν δημιουργούν ροπή ως προς τον κατακόρυφο άξονα που διέρχεται από το κέντρο Κ. Επομενως με την εφαρμογή της Α.Δ.Σ. έχουμε: Σελίδα 1.
mr ω = m R 4 ω ' ω ' = 4ω δηλαδή η γωνιακή ταχύτητα του σφαιριδίου τετραπλασιάστηκε. Με την εφαρμογή του θεωρήματος μεταβολής της κινητικής ενέργειας προκύπτει: ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΘΕΜΑΤΩΩΝ ΦΥΣΙΚΗΣ ΛΥΚΕΙΟΥ 13-06-018 ΔK = W F 1 m R ( 4 4ω ) 1 mr ω = 3 mr ω Β3. Σωστό το i Το βεληνεκές 4h προκύπτει από τη σχέση : 4h = u Δ h g u Δ = 4h h g = 8gh η u Δ = 8gh h = u Δ 8g (1) Απο εξίσωση συνέχειας για τα σημεία και Δ έχουμε : Αu=ΑΔuΔ η uδ =u () Eφαρμόζουμε τώρα την εξίσωση Bernoulli μεταξύ των σημείων και Δ της ίδιας ρευματικής γραμμής,θεωρώντας ως στάθμη μηδενισμού της δυναμικής ενέργειας ανα μονάδα όγκου την οριζόντια ευθεία που διέρχεται από το : p + 1 ρu + 0 = p Δ + ρgh + 1 ρu Δ p p Δ = 1 ρu 1 Δ ρu + ρgh Αντικαθιστώντας στην παραπάνω τις σχέσεις (1) και () προκύπτει: Δp = 1 ρ ( u ) 1 ρu + ρg 4 u 8g = ρu ΘΕΜΑ 1. Το σώμα μάζας m1 εκτελεί α.α.τ., σταθεράς D=k1 με την επίδραση της δύναμης του ελατηρίου και φτάνει στη θέση φυσικού μήκους με ταχύτητα ω Δl = k m 1 Δl = 5 0,4 = m / s, ελάχιστα πριν την κρούση. Σελίδα.
ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΘΕΜΑΤΩΩΝ ΦΥΣΙΚΗΣ ΛΥΚΕΙΟΥ 13-06-018 Η συχνότητα που ανιχνεύει τότε ο δέκτης είναι: f = u u max u f s = 340 340 f s = 338 340 f s (1) Με εφαρμογή της Α.Δ.Ο. για την πλαστική κρούση των σωμάτων προκύπτει: m 1 u max = ( m 1 + m )u κ u κ = u max = 1m / s Η συχνότητα που θα καταγράφει ο δέκτης,μετα την κρούση, είναι : f ' = u u κ u f s = 339 340 f s () Απο τις σχέσεις (1),() προκύπτει: f f ' = 338 339. Η ταχύτητα του συσσωματώματος θα είναι η μέγιστη της ταλάντωσης που θα ακολουθήσει δεδομένου ότι η θέση ισορροπίας παραμένει η θέση φυσικού μήκους των ελατηρίων. Θεωρώντας την προς τα δεξιά κατεύθυνση ως θετική επιλέγουμε μια τυχαία θέση για να αποδείξουμε την αναγκαία και ικανή συνθήκη της α.α.τ ΣF= -Dx: ΣF=-Fελ1-Fελ =-kx-kx=-kx άρα k1 θ.φ.μ. Fελ x Fελ1 Τ.Θ. m1 m α.α.τ. με D=k και περίοδο + k Τ = π m k = π m k = 0,4πs Ισχύει ότι u κ = k m A' A' = 1 5 = 0,m 3. O δέκτης ηχητικών κυμάτων θα καταγράψει συχνότητα ίση με αυτή της πηγής όταν το συσσωμάτωμα ακινητοποιηθεί για πρώτη φορά, δηλαδή μετα την παρέλευση χρόνου Δt=T/4=0,1π s 4. Ο μέγιστος ρυθμός μεταβολής της ορμής εμφανίζεται όταν το συσ/μα βρεθεί στην ακραία του θέση,όπου x=±0,m. Σελίδα 3.
ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΘΕΜΑΤΩΩΝ ΦΥΣΙΚΗΣ ΛΥΚΕΙΟΥ 13-06-018 Αρα dp dt max = DA' = ka' = 100 0,N = 0N ΘΕΜΑ Δ Δ1. Θεώρημα steiner για τη ράβδο : Ιρ=Ιcm(ρ) +Ml /4=Ml /3 I o = I ρ + I cm(δ) = 1 3 Ml + 1 m R = 4 +1= 5Kgm Δ Δ Δ. Η μοναδική εξωτερική ροπή για το σύστημα ράβδος-δίσκος είναι η βαρυτική δύναμη της ράβδου. Επομένως τη στιγμή της εκκίνησης θα έχουμε: dl dt συσ = Στ εξ = Mg l συνϕ = 8 10 3 0,6 = 7Ν m φ wρ Σελίδα 4.
ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΘΕΜΑΤΩΩΝ ΦΥΣΙΚΗΣ ΛΥΚΕΙΟΥ 13-06-018 Δ3. Εφαρμόζουμε το θεωρημα μεταβολής της κινητικής ενέργειας για το συστημα ράβδος- δίσκος. Η μοναδική δύναμη που παράγει έργο ειναι η βαρυτική δύναμη της ράβδου: ΔK = ΣW = Mg l l ηµϕ = 4J φ l/-l/ημφ wρ wρ Δ4. Με εφαρμογή του δευτερου νόμου του νεύτωνα για την μεταφορική κίνηση του κυλίνδρου: ΣF = ma cm mgηµϕ T T 1 = ma cm (1) Αντίστοιχα απτο θεμελιώδη νόμο περιστροφικης θα έχουμε: Στ = I cm a γ (κυλ ) TR T 1 R = 1 mr a γ (κυλ ) a cm = a γ (κυλ ) R " T T 1 = 1 ma cm () Προσθέτοντας κατα μέλη τις (1) και () προκύπτει: mgηµϕ T 1 = 3 ma cm (3) ια την περιστροφική κίνηση της τροχαλίας θα έχουμε: Στ = I τροχ α γ (τροχ ) T 1 ' R = I τροχ α γ (τροχ ) T 1 ' = I τροχ α γ (τροχ ) R (4) Σελίδα 5.
ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΘΕΜΑΤΩΩΝ ΦΥΣΙΚΗΣ ΛΥΚΕΙΟΥ 13-06-018 Το νήμα είναι αβαρες επομένως Τ1 =Τ1,ενώ τα σημεία Ζ και Μ που φαίνονται στο σχήμα πρέπει να έχουν ίσες ταχύτητες. Δηλαδή: u Ζ = u Μ u cm = u γρμ du cm dt = du γρ M dt a cm = a γ (τροχ ) R (5) Aπο τις (4) και (5) προκύπτει: T 1 = I τροχ a cm R (6) Aντικαθιστώντας την (6) στη (3) θα έχουμε: mgηµϕ I α τροχ cm = 3 R ma cm 30 10 0,8 = 4 1,95 + 3 0, 30 a cm a cm = 1m / s Με την απαλοιφη του χρόνου από τις εξισώσεις κίνησης στην ομαλα επιταχυνόμενη προκύπτει οτι: u cm = a cm s = m / s Επιμέλεια: Φραγκουλίδης Παντελής ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΡΙΑ ΕΙΡΜΟΣ Μ Τ1 αγ(τροχ) N Τ1 αγ(κυλ) αcm Ζ Τ wx wy Σελίδα 6.