ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΩΝ 019 ΦΥΣΙΚΗΣ Γ ΛΥΚΕΙΟΥ ΘΕΜΑ Α Α1. β Α. γ Α3. α Α4. γ Α5. α) Λάθος β) Σωστό γ) Λάθος δ) Σωστό ε) Σωστό ΘΕΜΑ Β Β1. Σωστή απάντηση η ( ii ) Αιτιολόγηση: Ισχύει f 1 = υ ΗΧ υ ΗΧ +υ S (1) Από Α.Δ.Ο. προκύπτει ότι: P ολαρχ = P ολτελ m 1 υ S = (m 1 + m ) υ m 1= m S υ S = υ S Οπότε Από (1) και () : f = υ ΗΧ υ ΗΧ + υ S () f 1 = υ υ ΗΧ + S = υ υ ΗΧ + ΗΧ 40 f υ ΗΧ + υ S υ ΗΧ + υ = ΗΧ 0 41 40 4 40 = 41 4
Β. Σωστή απάντηση η ( iii ) Αιτιολόγηση: Σύμφωνα με την αρχή της συνέχειας στο σωλήνα ΒΓ ισχύει A 1 υ 1 = A υ A υ 1 = A υ υ 1 = υ (1) Εφαρμόζουμε Bernoulli στο σωλήνα ΒΓ κατά μήκος της ρευματικής γραμμής από τη θέση Δ στη θέση Γ p Δ + 1 ρυ Δ + ρgy Δ = p Γ + 1 ρυ Γ + ρgy Γ p atm + 1 ρυ 1 + ρgh = p atm + 1 ρυ ρgh = 1 ρυ 1 ρυ 1 = ρ υ υ 1 h = 4υ 1 υ 1 g = 3υ 1 g () Εφαρμόζουμε Bernoulli στο δοχείο από την ακίνητη επιφάνεια του υγρού μέχρι τη θέση Ζ p atm + ρgh = p atm + 1 ρυ 3 H = υ 3 g (3) (1)
όμως αφού η στάθμη έχει σταθεροποιηθεί, η παροχή του εισερχόμενου ρευστού ισούται με την παροχή του εξερχόμενου. Π = Π 3 A υ = A 3 υ 3 A 3 υ 1 = A 3 υ 3 υ 3 = 4υ 1 (4) Η σχέση (3) (4) Η = 16 υ 1 g Διαιρώντας τις (4) και (5) έχουμε (5) h H = 3υ 1 g 16 υ 1 g h H = 3 16 Β3. Σωστή απάντηση η ( ii ) Αιτιολόγηση: Η ράβδος είναι σε οριζόντιο επίπεδο ( δηλαδή επάνω σε τραπέζι ). Εφαρμόζουμε ΘΜΚΕ για τη ράβδο από τη θέση Α στη θέση Δ. Κ τελ Κ αρχ = ΣW F 1 I ρ ω Δ 0 = τ F Δθ 1 1 3 ΜL ω Δ = F L π όπου με αντικατάσταση των τιμών προκύπτει ω Δ = 3π rad s Εφαρμόζουμε ΑΔΣ για την πλαστική κρούση L αρχ = L τελ I ρ ω Δ = (I ρ + m L ) ω Δ όπου με αντικατάσταση των τιμών προκύπτει ω Δ = 3π το συσσωμάτωμα εκτελεί ομαλή στροφική κίνηση, οπότε ο χρόνος που χρειάζεται για να περιστραφεί κατά 90 ο είναι rad s ω Δ = Δθ Δt Δt = π/ 3π/ Δt = 1 3 s
ΘΕΜΑ Γ k F ελ υ (+) κ F ελ x 1 w 1 υ 0 Δl Θ.Φ.Μ Αρχική Θ.Ι. Δl Νέα Θ.Ι. w ολ Γ1. Στην αρχική Θ.Ι.: Στη νέα Θ.Ι. : ΣF = 0 F ελ + w 1 = 0 kδl = m 1 g k = 00 N/m ΣF = 0 F ελ + w ολ = 0 kδl = (m 1 + m )g Δl = 0,1m Όμως, το συσσωμάτωμα φτάνει μέχρι τη Θ.Φ.Μ., άρα: Α = Δl = 0, 1 m Γ. Για την ταλάντωση του συσσωματώματος είναι: και από την Α.Δ.Ε.Τ.: x 1 = Δl Δl = 0,05 m Ε τ = Κ + U 1 ka = 1 (m 1 + m )υ κ + 1 kx 1 υ k = 3 m/s Από την Α.Δ.Ο. για την κρούση: Επομένως: Γ3. Άρα, σε μέτρο : p ολ(αρχ) = p ολ(τελ) m υ 0 = (m 1 + m ) υ k υ 0 = 3 m/s Κ = 1 m υ 0 Κ = 1, 5 J Δp = p τελ p αρχ Δp = m υ k m υ 0 = 3 kg m s Δp = 3 kg m s και με κατεύθυνση αντίθετη της αρχικής ταχύτητας του Σ, δηλαδή προς τα κάτω.
Γ4. Είναι: k ω = = 10 rad/s m 1 + m 1 Για t 0 = 0 είναι x = +0,05 m με υ κ > 0, άρα: x = Aημ(ωt + φ 0 ) 0,05 = 0,1 ημφ 0 ημφ 0 = 1 = ημ π 6 φ 0 = κπ + π 6 { φ 0 = κπ + 5π 6 φ 0 φ 0 <π 0 = π 6 rad { φ 0 = 5π 6 rad Για t 0 = 0 είναι: Άρα: υ κ > 0 υ max συνφ 0 > 0 συνφ 0 > 0, οπότε φ 0 = π 6 rad x = Aημ(ωt + φ 0 ) x = 0, 1ημ (10t + π ) (S. I. ) 6 ΘΕΜΑ Δ Δ1. Από τη ισορροπία του σώματος Σ έχουμε: Ισχύει πως T = T = 0 N. ΣF y = 0 T = W Σ = m Σ g = 0N
Από την ισορροπία της τροχαλίας έχουμε Στ = 0 T R T TR T = 0 T = T = 0N Από τη ισορροπία του κυλίνδρου έχουμε: Στ = 0 TR K = T στ R K T = T στ = 0N Επίσης: ΣF x = 0 T + T στ = F + W Kx 0 + 0 = F + M K g ημφ όπου με αντικατάσταση των τιμών προκύπτει F = 30 N Δ. Για τη μεταφορική κίνηση του κυλίνδρου έχουμε: T 1 + T στ M K gημφ = M K a cm (1) Από τη κύλιση χωρίς ολίσθηση του κυλίνδρου έχουμε: a cm = a γωνκ R K () Για τη στροφική κίνηση του κυλίνδρου έχουμε: Στ = I K a γωνk T 1 R K T στ R K = 1 M KR K a γωνk () T 1 T στ = 1 M Ka cm (3)
Προσθέτουμε κατά μέλη (1) και (3) οπότε έχουμε: T 1 M K gημφ = 3 M Ka cm (4) Για τη στροφική κίνηση της τροχαλίας έχουμε: Στ = I T a γωνt T R T T 1 R T = 1 M T R T a γωνt Το νήμα δεν ολισθαίνει στο αυλάκι της τροχαλίας οπότε: a γωνt R T = a ετ = a Σ Έτσι T T 1 = 1 M Ta Σ (5) Για τη μεταφορική κίνηση του Σ έχουμε: Ισχύει ακόμα πώς: οπότε: ΣF = m a Σ m Σ g T = m Σ a Σ (6) a Σ = a νημ1 = a εt = a γωνt R a Z = a cm = a νημ = a εt = a γωνt R a Z = a Σ a cm = a Σ (7) Προσθέτουμε κατα μέλη (5) και (6) οπότε: m Σ g T 1 = ( M T + m Σ) a Σ (7) mσ g T 1 = ( M T + m Σ) a cm ή m Σ g T 1 = (M T + m Σ )a cm (8) Προθέτουμε κατά μέλη (8) και (4) και έχουμε: m Σ g M K gημφ = 3 M Ka cm + (M T + m Σ )a cm Από (7) 40 0 1 = 3 a cm + ( + ) a cm 30 = 3a cm + 1 a cm 30 = 15a cm a cm = m s a Σ = a cm = 4 m s
Δ3. Μέχρι να κοπεί το νήμα το κέντρο μάζας του κυλίνδρου εκτελεί ευθύγραμμη ομαλά επιταχυνόμενη κίνηση χωρίς αρχική ταχύτητα. Μέχρι τη χρονική στιγμή t 1 ισχύει για το σώμα ότι: και u cm,1 = a cm t 1 = 0,5 = 1 m s x cm,1 = 1 a cmt 1 = 0,5m Μετά το κόψιμο του νήματος το κέντρο μάζας του κυλίνδρου εκτελεί ευθύγραμμη ομαλά επιβραδυνόμενη κίνηση με αρχική ταχύτητα u cm,1 = 1 m s. Για την μεταφορική κίνηση του κυλίνδρου έχουμε: ΣF = M K a cm M K gημφ T στ,1 = M K a cm (9) Για τη στροφική κίνηση του κυλίνδρου έχουμε: Στ = I K a γωνk T στ,1 R K = 1 M K R K a γων,κ Λόγω κύλισης χωρίς ολίσθησης έχουμε ότι: οπότε ισχύει πως: a cm = a γων,k R K T στ,1 = 1 M K R K a cm (10) Προσθέτοντας κατά μέλη τις (9) + (10) έχουμε: M K gημφ = 3 M Ka cm a cm = g 1 3 a cm = 10 3 m s Για την επιβραδυνόμενη κίνηση του κέντρου μάζας του κυλίνδρου έχουμε: u cm = u cm,1 a cm Δt 0 = 1 10 3 Δt Δt = 0,3s οπότε Δt = t t 1 t = t 1 + Δt t = 0, 8s
Δ4. Έχοντας διανύσει επιπλέον ο κύλινδρος απόσταση Δx = υ cm Δt 1 a cm Δt Δx = 1 0,3 1 10 0,09 Δx = 0,15 m 3 Συνολικά ο κύλινδρος διένυσε απόσταση S ολ = x cm,1 + Δx = 0,5 + 0,15 S ολ = 0, 4 m Δ5. 1 ος τρόπος Έστω οτι στο σημείο Δ έχουμε την οριακή ανατροπή της σανίδας, δηλαδή (Ν Α = 0). Από ισορροπία ροπών έχουμε : Στ Γ = 0 τ ΝΑ + τ Wσαν + τ FΓ + τ ΝΚ = 0 0 + Μg συνφ (ΟΓ) + 0 Μ Κ g συνφ x = 0 x = Όμως ο κύλινδρος μετατοπίστηκε κατά M (ΟΓ) = 0,5 = 0,5 m Μ Κ ΔS = S ολ 0, = 0, m πάνω από το σημείο άρθρωσης Γ, οπότε η σανίδα δεν ανατρέπεται αφού ΔS < x Ν A Ο Γ x Δ Β Α )φ W σαν Ν K ος τρόπος O κύλινδρος μετατοπίστηκε κατά ΔS = S ολ 0, = 0, m πάνω από το σημείο άρθρωσης Γ, θα υπολογίσουμε για τη θέση αυτή τη δύναμη Ν Α, αν Ν Α > 0 τότε η σανίδα δεν ανατρέπεται. Από ισορροπία ροπών έχουμε : Στ Γ = 0 τ ΝΑ + τ Wσαν + τ FΓ + τ ΝΚ = 0 Ν Α (ΑΓ)συνφ + Μg συνφ (ΟΓ) + 0 Μ Κ g συνφ ΔS = 0 N A,5 + 0 0,5 0 0, = 0 N A =, 4 N > 0