ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ Γ ΤΑΞΗΣ ΗΜΕΡΗΣΙΩΝ ΛΥΚΕΙΩΝ ΦΥΣΙΚΗ ΘΕΤΙΚΗΣ & ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ (5/05/0) ΘΕΜΑ Α Α - γ Α β Α γ Α4 γ Α5. α Σ β Σ γ Λ δ Λ ε Σ ΘΕΜΑ Β Β. ηµθ ηµθc αερα νερού () Από το Νόµο του Sell στη διαχωριστική επιφάνεια νερού λαδιού θα έχουµε: νερου v λ λ ηµθ ηµθ ηµθ ηµθ Και µε αντικατάσταση από την () θα έχουµε:. Όµως θ θ οπότε η προηγούµενη σχέση αερα γίνεται ηµθ () λ Για την διαχωριστική επιφάνεια λαδιού αέρα αερα ισχύει: ηµθ cλαδιού λ Παρατηρούµε δηλαδή ότι η γωνία πρόσπτωσης της ακτίνας στη διαχωριστική επιφάνεια λαδιού αέρα (θ) είναι ίση µε την κρίσιµη γωνία λαδιού αέρα άρα η ακτίνα εξέρχεται παράλληλα στη διαχωριστική επιφάνεια και σωστή απάντηση είναι η γ.
Β. Για την µέγιστη ταχύτητα για τα σηµεία που ταλαντώνονται θα έχουµε u max πχ ωασυν λ Για τις θέσεις των σηµείων Κ και Λ θα έχουµε: λ λ λ λ λ χκ 4 6 λ λ λ λ 4λ λ χ Λ + + 4 Άρα θα είναι: πλ π uκ ωασυν ωα συν λ 6 uk π4λ π uλ υλ ωασυν ωα συν λ 6 Σωστή απάντηση η α. Β. Στο σηµείο πρόσκρουσης µε τον τοίχο σύµφωνα µε την εκφώνηση θα κάνει ελαστική κρούση. Έτσι: m M M>>> m u' u u' u m+ M y y y y
Επίσης είτε λόγω της διατήρησης της κινητικής ενέργειας (ελαστική κρούση) είτε λόγω του ότι στον οριζόντιο άξονα δεν ασκείται καµία δύναµη, η u' x u x. Και τα δύο σώµατα κάνουν ευθύγραµµη οµαλή κίνηση. Έτσι για το σώµα () θα έχουµε: d u t ενώ για το σώµα () και για τον οριζόντιο άξονα θα ισχύει: d uxt. Επειδή τα πρώτα µέλη είναι ίσα θα είναι και τα δεύτερα άρα θα έχουµε: Σωστή απάντηση η α. t ut u t ut ut συν 60 t t t x Σε αυτό το ερώτηµα µπορεί να δοθεί λύση η οποία βασίζεται καθαρά στη γεωµετρία και η οποία γίνεται προφανώς δεκτή. ΘΕΜΑ Γ Γ. Είναι: Ι I + I ραβδου µαζας Όµως σύµφωνα µε το θεώρηµα Steier M M 4M M I I + cm Md l ραβδου I + l 4 l l Ml Ml M 60, 60, Ι + ml + l + 0,09 + 0,09 0,8+ 0,7 0,45kgm Γ. 0 WF τθ F WF π 0, WF 8J π Γ.
l M Kτελ Kαρχ WΣF Iολω WF Mg g WF Mgl 8 6 0 0, Iολω WF Mgl ω ω ω 0 ω 0 Iολ Ιολ l Γ4. Η κίνηση του συστήµατος είναι επιταχυνόµενη στροφική µε γωνιακή επιτάχυνση, η οποία διαρκώς ελαττώνεται, µέχρι που κάποια στιγµή µηδενίζεται όπου και έχουµε προσωρινά µέγιστη ταχύτητα (τοπικό µέγιστο) και στη συνέχεια επιβραδύνεται αλλά πριν σταµατήσει έχει φτάσει ήδη στην άνω κατακόρυφη θέση, οπότε και θα κάνει ανακύκλωση και ξανά και ξανά Η γραφική παράσταση της κινητικής ενέργειας σε συνάρτηση µε την γωνία είναι στο παρακάτω σχήµα: B 400 00 K (Joule) 00 00 0 0 5 0 5 0 5 0 φ (rad) 4
Ας υποθέσουµε ότι αυτό που ζητείται είναι το πρώτο µέγιστο που εµφανίζεται για την κινητική ενέργεια. Αυτό θα συµβαίνει από την ανάλυση που προηγήθηκε, όταν για πρώτη φορά η γωνιακή επιτάχυνση είναι µηδέν ή ισοδύναµα ο ρυθµός µεταβολής της κινητικής ενέργειας είναι µηδέν. Όποια και από τις δύο να διαλέξουµε, καταλήγουµε στο ίδιο αποτέλεσµα: η συνισταµένη ροπή θα πρέπει να είναι µηδέν. Fl l Μ Σ τ 0 Σ τ F l Wd Wd F l Mg ηµφ- glηµφ Fl F 0 Mglηµφ ηµφ ηµφ ηµφ ηµϕ ϕ 60 Mgl Mg 6 0 o ΘΕΜΑ Δ Σχήµα: Δ. Στη ΘΙ ισχύει Σ Fx 0 mgηµφ KΔ l + KΔl () () Στη ΤΘ ισχύει ( ) ( ) Σ ( + ) Σ Fx mgηµϕ K Δ l+ x K Δ l+ x mgηµϕ K F K K x x Δl Kx KΔl Kx 5
Άρα δείξαµε ότι το σώµα κάνει απλή αρµονική ταλάντωση µε DK +K 00Ν/m. Δ. Γνωρίζουµε ότι η γενική σχέση αποµάκρυνσης χρόνου δίνεται από την σχέση: Κ +Κ 00 r + όπου ω 0 m sec x Aηµ ( ωt φ 0 ) Για τον προσδιορισµό του πλάτους αρκεί να σκεφτούµε τις αρχικές συνθήκες του προβλήµατός µας: Αφού αφήσαµε το σώµα στη θέση ΦΜ, η ταχύτητά του εκείνη τη στιγµή είναι µηδέν. Άρα αυτή είναι και θέση πλάτους. Άρα, από την () θα έχουµε: mgηµφ 0 Κ +Κ mgηµφ l l m. Δ l Κ +Κ 00 0 Δ Δ Άρα A m 0,05m 0 Για τον προσδιορισµό της φ 0 έχουµε: την t0 το σώµα βρίσκεται στη θέση χ + A (αρκεί να π θυµηθούµε ποια είναι η θετική φορά ) Άρα: A Aηµϕ0 ηµφ0 ϕ0 Άρα π x ηµ 0t + ( SI ) 0 Δ. Γνωρίζουµε ότι και τα δυο σώµατα κάνουν ΑΑΤ. Για το σύστηµα ισχύει D K+ K 00 N / m (έχει αποδειχτεί στο Δ). Άρα D mολ ω () Το σώµα m κάνει επίσης ταλάντωση ως µέρος του συστήµατος και αφού δεν χάνει επαφή θα ισχύει D ω () m. Αν διαιρέσουµε κατά µέλη: ( ) Από ( ) D m ω m 6 : D D D 00 D 50 N / m D m ω m 8 ολ ολ Δ4. Σχήµα: 6
Για τις δυνάµεις που ασκούνται στο δεύτερο σώµα (το πάνω) θα είναι: Σ F T+ Wx T ΣF Wx T D x+ 60 Tmax D( A' ) + 0 Η τοποθέτηση όµως του δεύτερου σώµατος πάνω στο πρώτο έχει ως αποτέλεσµα την αλλαγή της θέσης ισορροπίας τους συστήµατος. Επειδή η τοποθέτηση του σώµατος πάνω στο άλλο έχει γίνει στην ακραία θέση, εκεί που δηλαδή η ταχύτητα είναι µηδέν, η θέση του φυσικού µήκους θα είναι και σε αυτή την περίπτωση η θέση του πλάτους. Εκείνο που αλλάζει τώρα είναι η θέση ισορροπίας του συστήµατος. Έτσι θα ισχύει: ( ) ( ) ( + m ) m gηµφ Σ F m + m g +Κ Δl Δ l m A συστ 0 ηµφ Κ ' Δ l ' ' 0, ' Κ +Κ 5 Αντικαθιστώντας στην σχέση για την Τmax θα έχουµε: max ( ) Τ 50 0, + 0 T 60 N. Τm ολ 60 60 Tmax Top Tmax µ ορ. Ν µ ορ µορ Ν mg συνφ 6 0 Όµως max µορ µορ Σχολιασµός των θεµάτων Τα φετινά θέµατα της φυσικής, µας φέρνουν στο νου το 004 όπου η επιτροπή είχε ακυρώσει ξανά θέµα (ξανά το Γ4) από το γραπτό των Πανελληνίων της Β Λυκείου Κατεύθυνσης. Ακόµη και το 005 όπου η επιλογή των θεµάτων ήταν δύσκολο να παράγει διαβάθµιση και µάλλον «τιµωρούσε» όλους του µαθητές που αποφάσισαν να δώσουν εξετάσεις. Το ίδιο έγινε και την φετινή χρονιά. Για το θέµα Γ4 έχουν χυθεί τόσοι τόνοι µελάνης που µάλλον δεν έµεινε καθόλου για να σχολιαστεί η έλλειψη της µηδενικής αρχικής ταχύτητας στο Γ, ή το Δ4 που ξεφεύγει από την λογική της προέκτασης του σχολικού βιβλίου και µας πηγαίνει σε λογικές δέσµης.. Αν αυτό ήταν το «θέλω» της επιτροπής τότε τα κατάφερε! Ελπίζουµε ότι το 0 τα θέµατα που θα επιλέξει η επιτροπή θα επαναφέρει τα πράγµατα εκεί που θα έπρεπε να είναι: Θέµατα χωρίς επιστηµονικές ασάφειες, χωρίς ξεχασµένα ή µελανά σηµεία τα οποία δηµιουργούν σαφή διαβάθµιση 7