ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΘΕΜΑΤΩΝ ΦΥΣΙΚΗΣ ΘΕΤΙΚΗΣ & ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ 6-05-010 ΘΕΜΑ Α A1. β A. γ A. β A. γ A5. α. Λάθος β. Λάθος γ. Σωστό δ. Λάθος ε. Σωστό ΘΕΜΑ Β Β1. Η σωστή απάντηση είναι το α. 1 Α Σ = Ασυνπ λ Αφού το σημείο Σ έχει πλάτος Α Σ = Α, πρέπει να ισχύει 1 = κλ () 1 με κ. Το μέσο διάδοσης παραμένει σταθερό άρα και η ταχύτητα διάδοσης υ= υ λ f = λ f λ = λ () 1 1 = κ λ 1 = κλ 1 = κ λ, με κ = κ Άρα το Σ εξακολουθεί να έχει ίδιο πλάτος Α. Β. Η σωστή απάντηση είναι το α. Mg ΘΙ : ΣF= 0 Mg= κδl 1 Δl1 = κ Ν.ΘΙ: ΣF= 0 M+ m g= κδl Δl = ( M+ ) κ m g Η ΘΙ του Μ είναι η ακραία θέση της ταλάντωσης του ( M m) αυτή τη θέση είναι μηδέν. Επομένως από το σχήμα προκύπτει ότι: + γιατί η ταχύτητα του σ ( + ) M m g Mg mg A = Δl Δl1 = = κ κ κ 1
Η ενέργεια ταλάντωσης μπορεί να υπολογιστεί από τη 1 1 mg mg σχέση: E= DA = κ = κ κ Β. Η σωστή απάντηση είναι το β. 1 Σ αρ. Σ. Άρα για τα μέτρα θα ισχύει: αρ. ΑΔΟ... P + P = P P = P m m P αρ. = P1 + P = 8 + 6 = 100 = 10kg άρα και PΣ = 10kg s s 10 PΣ = ( m1+ m) Vσ Vσ = Vσ = m/s 5 1 1 Kσ = ( m1+ m) Vσ = 5 = 10J ΘΕΜΑ Γ Γ1. P = P. Σ Αρχικά ο πυκνωτής φορτίζεται εξαιτίας της ΗΕΔ της πηγής. Q Q 6 6 5 C= C= Q= C E Q= 8 10 5 Q= 0 10 Q= 10 C V E Γ. c
6 8 T = π LC = π 10 8 10 = π 16 10 άρα Τ = 8π 10 sec Γ. για t = 0 : i = 0 και q=+ Q Επομένως η χρονική εξίσωση για το i είναι: i = ημω I t. π π 10 ω= ω= ω= ω= 5 10 ad / s Τ 8π 10 6 10 I = Q ω= 0 10 = 0,1A i = 0,1ημ5 10 t S.I. Επομένως Γ. Για την αμείωτη ηλεκτρική ταλάντωση ισχύει η Α.Δ.Ε.Τ: Ε = UE + U B (1) Μας δίνεται ότι: UB = UE Επομένως η (1) γίνεται: 1Q 1q Q 6 5 Ε= UE = Q = q q =± q =± 0 10 C q =± 10 C C C ΘΕΜΑ Δ Δ1. Wx ημθ = Wx = mgημθ W Η μεταφορική κίνηση του δίσκου είναι επιταχυνόμενη επομένως και η στροφική αφού για κάθε σημείο της περιφέρειας ισχύει: U = ω Η ροπή πρέπει να έχει κατεύθυνση από τη σελίδα προς τον αναγνώστη. Η στατική τριβή είναι η μόνη δύναμη που προκαλεί ροπή επομένως πρέπει να είναι προς τα πάνω. Λόγω μεταφορικής κίνησης στον άξονα x : 1 x x = αt = α α = m s t Στη διεύθυνση κίνησης ισχύει : Σ Fx = mα mgημφ Τ στ = m α (1) και Στ=Ιαγ Τστ + τw + τ Ν =Ι αγ Ι Τ στ = α γ () α Επειδή ο κύλινδρος κυλίεται χωρίς να ολισθαίνει ισχύει: α = αγ α γ = ()
Ια Η () από την () γίνεται Τ στ = () Προσθέτω κατά μέλη (1) και () και έχω : Ια 1 I mgημφ = mα + 10 = + 10 = 8 + I I = 0,5 kg m 1 Δ. Για το δίσκο εφαρμόζω θεμελιώδη νόμο της Μηχανικής για τη μεταφορική και τη στροφική κίνηση αντίστοιχα. Σ F = Mα Mgημφ Τ= Mα 1 x Επειδή ο δίσκος κυλάει χωρίς ολίσθηση ισχύει 1 1 Στ = Iαγ Τ R = MR αγ Τ = Mα ( ) gημφ 10 (1)+(): Mgημ φ = Mα α = = ms ( ) Όμοια και για το δακτύλιο εφαρμόζω θεμελιώδη νόμο της μηχανικής για τη μεταφορική και τη στροφική κίνηση. Σ F = Mα Mgημφ Τ= Mα α x Στ = Iα γ Τ R = MR α γ Τ = Mα ( 5) gημφ ()+(5): Mgημ φ = Mα α = =,5 m s ( 6) = α R γ Συνεπώς από τις σχέσεις () και (6) παρατηρούμε ότι: α (Δίσκου) > α Δ. (Δακτυλίου)
Για το δίσκο: Ο δίσκος κάνει σύνθετη κίνηση άρα η ολική κινητική ενέργεια λόγω μεταφορικής και στροφικής κίνησης είναι: K1 = 1 MU + 1 I1ω = 1 MU 1 1 1 1 + ΜR ω = MU + MU K1 = MU ( 7) Όμοια για το δακτύλιο: K = 1 MU + 1 Iω = 1 MU 1 1 1 + ΜR ω = MU + MU K = MU ( 8) Συνεπώς, από 7 MU K : 1 K1 = = ( 8) K MU K Δ. Η ράβδος είναι αβαρής επομένως πρέπει: Σ F= 0 F= F Για το δακτύλιο εφαρμόζω Θεμελιώδη Νόμο της Μηχανικής για τη στροφική και τη μεταφορική κίνηση. Σ F = Mα F T + W = Mα F T + Mgημφ = Mα 1 x στ x στ γ F N W Tστ γ στ γ στ γ στ Στ = Ια τ + τ + τ + τ = Ια T R = MR α T = MRα T = Mα Προσθέτοντας τις σχέσεις (1),() έχουμε: F+ Mgημφ = Mα ( ) Για το δίσκο, όμοια, θα έχω: Σ F = Mα W T F= Mα Mgημφ T F= Mα x x στ στ 1 1 Στ = Ιαγ τf + τ N + τ W + τ Τ = Ιαγ Tστ R = MR αγ Tστ = MRα στ γ 1 Tστ = Mα ( 5) Προσθέτοντας τις σχέσεις (),(5) έχουμε: Mgημφ F= Mα ( 6) Ομοίως, προσθέτοντας τις σχέσεις (),(6): 7 gημφ F+ Mgημφ + Mgημφ F= Mα + Mα Mgημφ = Mα α = 7 7 Έτσι, από την σχέση () ( 7) gημφ Mgημφ 1, 10 0, 5 F= Mα Mgημφ F= M Mgημφ F = F= 7 7 7 F= 1N () 5