Απολυτήριες εξετάσεις Γ Τάξης Ημερήσιου Γενικού Λυκείου ΦΥΣΙΚΗ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ 0 05 011 ΘΕΜΑ Α Α1. Σωστό το γ. Α. Σωστό το β. Α3. Σωστό το γ. Α4. Σωστό το γ. Α.5. α. Σωστό β. Λάθος γ. Σωστό δ. Λάθος ε. Λάθος ΘΕΜΑ Β Β1. Σωστό το β. Δικαιολόγηση: Έστω ΔL 1 η παραμόρφωση του 1 ου ελατηρίου όταν είναι δεμένο μόνο το σώμα μάζας m 1 και ισορροπεί και x 1 η επιπλέον παραμόρφωση όταν είναι δεμένα και τα δύο σώματα και ισορροπούν. Από τις αντίστοιχες συνθήκες ισορροπίας παίρνουμε: m g kδl 1 1 (m m )g k(δl x ) 1 1 1 1
όπου k η σταθερά ελαστικότητας του ελατηρίου. Από τις παραπάνω σχέσεις προκύπτει ότι: mg mg kx1 x1 k Την στιγμή που κόβεται το νήμα η ταχύτητα του σώματος Σ 1 είναι μηδέν, επομένως βρίσκεται σε ακραία θέση της ταλάντωσης που εκτελεί αμέσως μετά. Άρα το πλάτος αυτής της ταλάντωσης θα είναι: A mg x k 1 1 και η ενέργεια αυτής της ταλάντωσης θα είναι: ka1 k mg mg E1 E1 E 1 k k Με απολύτως ανάλογο τρόπο προκύπτει ότι η ενέργεια ταλάντωσης του σώματος Σ είναι: m1g E k Επομένως διαιρώντας κατά μέλη τις δύο προηγούμενες σχέσεις προκύπτει: E1 m E m 1 Β. Σωστό το α. Δικαιολόγηση: Aν f δ η συχνότητα των διακροτημάτων ισχύουν: f f f 1 και f f f Άρα f f f f 1 f f1 f f f1 f δεν ισχύει f f f1 f f f f1 f f f f1 f f Β3. Σωστό το α. Δικαιολόγηση: Εφαρμόζουμε την Α.Δ.Ο. για την κρούση των σωμάτων και έχουμε διαδοχικά: υ m1 Pπριν P μετα (m1 m ) υ (m 4m 1) 3m1 3m m 4m1 m m1 3 m f 1 ΘΕΜΑ Γ Γ1.
Γνωρίζουμε ότι η γενική μορφή της εξίσωσης ταλάντωσης τυχαίου σημείου στην επιφάνεια του υγρού είναι: r r t r r y A T 1 1 όπου r 1 και r οι αποστάσεις του σημείου από τις πηγές. Για το σημείο Μ είναι r 1 = r = r t r ym A T. Aντιστοιχίζοντας τα μεγέθη της με τα μεγέθη της δοσμένης έχουμε: t 5t T 0,s f = 5Hz και T r 10. Από την υ = λ f λ = 0,4m Άρα r = 10 0,4m ΜΠ 1 = 4m Γ. H φάση του σημείου Ο είναι t d 1 T 0,4 Φ Ο = 5t 5t 1, 5 και η φάση του Μ είναι M 5t 10. O 5t 1, 5 5t 10 O 5t 1, 5 5t 10 Άρα 17,5π O Γ3. Για τυχαίο σημείο Λ του τμήματος Π 1 Π που ταλαντώνεται με μέγιστο πλάτος ισχύουν:, κ Z και 1 d 1 3
d, κ Z 0, 0,5 m, κ Z Προσθέτοντας κατά μέλη έχουμε 1 1 0 0, 0,5 1, κ Z -0,5 0, 0,5, κ Z είναι -,5,5, κ Z Άρα οι τιμές που μπορεί να πάρει το κ είναι:, 1, 0, 1, Άρα το πλήθος των σημείων που ταλαντώνεται με μέγιστο πλάτος είναι 5. Γ4. Η ζητούμενη γραφική παράσταση φαίνεται στο ακόλουθο σχήμα: 4
ΘΕΜΑ Δ Δ1. Η σωστή διατύπωση θα έπρεπε να είναι ότι το σύστημα μπορεί να ισορροπεί. Κρατώντας το σύστημα σε ισορροπία ελευθερώνουμε την τροχαλία και τα σώματα και εξετάζουμε την ισορροπία τους. Για να μην στρέφεται η τροχαλία θα πρέπει: Στ (0 ) = 0 T R T R 0 T T 1 1,0,0 1,0,0 Όπου Τ 1,0 η τάση του νήματος που συνδέεται με το σώμα μάζας m 1 και Τ,0 η τάση του νήματος που συνδέεται με το σώμα μάζας m. Για να ισορροπεί το σώμα με μάζα m 1 πρέπει m g T T 0N 1 1,0 1,0 και για να ισορροπεί το σύστημα των σωμάτων μάζες m και m 3 πρέπει: (m m )g T T 0N 3,0,0 Άρα η σχέση (1) ισχύει. 5
Επομένως η τροχαλία δεν στρέφεται και τα σώματα μάζας m 1, m και m 3 είναι ακίνητα. Επειδή η τροχαλία δεν εκτελεί μεταφορική κίνηση η συνιστάμενη των δυνάμεων που δέχεται είναι μηδέν άρα F 0 (M m1 m m 3)g F0 80N όπου F 0 η τάση του νήματος ανάρτησης της τροχαλίας. Ελευθερώνουμε τη ράβδο. Για να μην στρέφεται η ράβδος θα πρέπει: Στ (0) = 0 mag d mγg d F0 d 0 110 610 80 0 η οποία με βάση τα αριθμητικά δεδομένα της άσκησης ισχύει. Άρα η ράβδος ισορροπεί, διότι προφανώς και η συνιστάμενη των δυνάμεων που δέχεται είναι μηδέν. Δ. Η ροπή αδράνειας της ράβδου με τις σημειακές μάζες m A και m Γ ως προς τον άξονα περιστροφής της m d m d I =10kgm. είναι: O A O Εφαρμόζοντας το θεμελιώδη νόμο για τη στροφική κίνηση της ράβδου έχουμε: m g O m g OM I, ΟΛ και ΟΜ οι μοχλοβραχίονες των βαρών m g και m g O αντίστοιχα. Είναι d 30 και d 30 1m και 0,5m. 6
Άρα 1101 6100,5 r / s 4r / s 10 Δ3. Αν ω η γωνιακή ταχύτητα της ράβδου αμέσως πριν την κρούση, εφαρμόζοντας το θεώρημα έργουενέργειας για την κίνηση της ράβδου μέχρι την κατακόρυφη θέση της, έχουμε: 1 I A B O m A gd m B gd 4r / s IO gd m m Για την κρούση ισχύει η αρχή διατήρησης στροφορμής, συνεπώς έχουμε: ' I ; O O Όπου Ι Ο η ροπή αδράνειας της ράβδου με τις σημειακές μάζες m A και m Γ και m 4 ως προς τον άξονα περιστροφής της και ω η γωνιακή ταχύτητα της ράβδου αμέσως μετά την κρούση. m d 30kgm. ' ' O O 4 O Άρα Άρα ω = 4/3r/s και επειδή u A = ω d u A = 8/3 m/s 7
Δ4. Εφαρμόζοντας το θεμελιώδη νόμο για την κίνηση των σωμάτων και τη στροφική κίνηση της τροχαλίας έχουμε: m1g T1 m 1 (1) T mg m T1 R TR I 3 Όπου α η επιτάχυνση των σωμάτων και α γτ η γωνιακή επιτάχυνση της τροχαλίας. Ισχύει: α = α γτ R * 1 1 H σχέση (3) γράφεται T1 R TR R T1 T, προσθέτοντας την προηγούμενη R M με τις (1) και () κατά μέλη έχουμε m1g mg m1 m m / s. Από (1) και () έχουμε Τ 1 = 16Ν και Τ = 1Ν. Επειδή η τροχαλία δεν εκτελεί μεταφορική κίνηση η συνισταμένη των δυνάμεων που δέχεται είναι μηδέν. Άρα F T 1 T Mg = 0 F = 68N. Για την ισορροπία της ράβδου μετά την αντικατάσταση της m A ισχύει από την οποία προκύπτει m = 0,4 kg mg d mγg d F d 0 * Η σχέση πρέπει να αποδειχθεί ή να αναφερθεί το παράδειγμα του σχολικού βιβλίου. ΣΧΟΛΙΟ: Αυτό που χαρακτηρίζει τα φετινά θέματα είναι ο τεράστιος όγκος των λύσεων. Τα Α και Β είχαν τη συνήθη δυσκολία. 8
Από το Γ αρχίζει η κλιμάκωση δυσκολίας. Το Δ αποτελεί συγκόλληση επιμέρους ασκήσεων, είναι δύσκολο λόγω του όγκου απαντήσεων χωρίς να το χαρακτηρίζει κάποια πρωτοτυπία. Η μέση βαθμολογία αναμένεται πολύ κατώτερη των προηγουμένων ετών. Επιμέλεια απαντήσεων: Δημήτρης Βαρελάς, Βασίλης Βάρης 9