ΠΑΝΕΗΝΙΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ Γ ΤΑΞΗΣ ΗΜΕΡΗΣΙΟΥ ΓΕΝΙΚΟΥ ΥΚΕΙΟΥ ΚΑΙ ΕΠΑ (ΟΜΑ Α Β ) ΠΑΡΑΣΚΕΥΗ 5 ΜΑÏΟΥ 0 ΕΞΕΤΑΖΟΜΕΝΟ ΜΑΘΗΜΑ: ΦΥΣΙΚΗ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΙ ΤΕΧΝΟΟΓΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ (ΚΑΙ ΤΩΝ ΥΟ ΚΥΚΩΝ) ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΘΕΜΑ Α Α. γ, Α. β, Α.3 γ, Α.4 γ Α.5 Σωστό Σωστό άθος άθος Σωστό ΘΕΜΑ Β Β. γ αέρας λάδι νερό θ θ θ 3 n α = n λ > n ν n v Αφού n λ > n ν, το φως πηγαίνει από το αραιότερο (νερό) στο πκνότερο (λάδι). Έτσι η γωνία διάθλασης θ στο λάδι είναι μικρότερη της γωνίας πρόσπτωσης θ, με βάση το νόμο το Snell. nvημθ nv ημθ nλ ημθ () n λ ημθ n n v λ ημθ ημθ θ > θ Η γωνία θ =θ 3 ως εντός εναλλάξ Για το λάδι ( ) ημθ ημθcrit ημθ crit n n ημθ λ v Όμως nν ημθ = αφού πριν ρίξομε το λάδι η θ ήταν οριακή (κρίσιμη) γωνία σε σχέση με το νερό Έτσι ημθcrit ημθ3 θ3 θcrit Σμπερασματικά, η ακτίνα θα κινηθεί παράλληλα στην διαχωριστική επιφάνεια νερού αέρα.
Β. α λ Ο πρώτος δεσμός ( ) βρίσκεται σε απόσταση x από την αρχή Ο, πο 4 είναι κοιλία. Έτσι οι τετμημένες των σημείων Κ και θα είναι αντίστοιχα λ λ λ λ λ λ Xκ και X. Έτσι έχομε για τα πλάτη τος: 4 6 4 3 Χκ π ΑΚ Ασνπ Ασνπ Ασν Α 3 και λ 6 Χ λ 3 Α Ασνπ Ασνπ Α Α οπότε Β.3 α V V K A ωα 3 ωα Κ Αφού οι κρούσεις είναι ελαστικές η κινητική ενέργεια της σφαίρας Σ διατηρείται. Από το νόμο της ανάκλασης η γωνία πρόσπτωσης θα είναι πάντα ίση με τη γωνία ανάκλασης, ίση με 30 ο (σμπληρωματική της γωνίας των 60 ο ). Έτσι η οριζόντια σνιστώσα Χ της ταχύτητας θα είναι x σν60 x t και Οι χρόνοι κίνησης λοιπόν για τη διαδρομή ΑΓ=x, θα είναι t Σ Σ x x 60 30 60 x x / οπότε t =t ΘΕΜΑ Γ Γ. Με εφαρμογή το θεωρήματος Steiner, η ροπή αδράνειας της ράβδο, ως προς το άκρο Ο, θα είναι: Ιράβδο Ιcm Μ M M M 60,3 0,8 kgm 4 3 3 Έτσι η ροπή αδράνειας το σστήματος δοκού-σφαίρας είναι Μ 5 ολ ρ σφ Μ Ι Ι Ι M M M 0,45 kg m 3 3 6 Γ. Αφού η F είναι σταθερή, το έργο της ροπής της F θα είναι 0 π WF τθf θ 0,3 8J π
Γ.3 Από διατήρηση ενέργειας, με επίπεδο αναφοράς την ανώτερη οριζόντια θέση, 0 Uαρχ Καρχ WF Kτελ Mg mg WF Wτελ έχομε: Μg Mg WF Iολω 9 9 8 0,45 ω ω =0 ηλαδή φτάνει στην οριζόντια θέση με μηδενική γωνιακή ταχύτητα. Γ.4 Για την πρώτη περιστροφή πο εκτελεί το σύστημα, μέγιστη κινητική ενέργεια, άρα και μέγιστη γωνιακή ταχύτητα ω, θα έχει το σύστημα όταν η γωνιακή επιτάχνση μηδενιστεί, δηλαδή όταν Στ 0F Mgημθ mgημθ Mg Mg F 30 3 3 F ημθ ημθ Mg 60 θ /ημθ ημθ θ Mg mg F άρα θ=60 ο Παρατήρηση: - Σχόλιο στο θέμα Γ.4 0 Η νέα δύναμη F 30 3 5,96N είναι μεγαλύτερη από την F 38,N. Έτσι η π ράβδος ξεπερνά την οριζόντια θέση στην οποία έφτανε λόγω της F. Ατό φαίνεται και από το εξής. (3) () () Στην ανώτερη θέση (3), με εφαρμογή το ΘΜΚΕ, K(3) K() WMg Wmg Wτ F Κ3 0MgmgF π έχομε: Κ3 8 8 30 3 0,3π Κ 36 9 3π 36 48,97 0 3 Άρα με την επίδραση της F η ράβδος όχι μόνο φτάνει στην ανώτερη θέση (3) ανά και κάνει ΑΝΑΚΥΚΩΣΗ!! Με δεδομένο ότι τα βάρη είναι σντηρητικές δνάμεις και ότι η F σνεχώς δίνει ενέργεια στο σύστημα, σε κάθε επιπλέον περιστροφή θα προσθέτει ενέργεια ίση με F π 8 3π J Άρα τελικά η ενέργεια ΑΠΕΙΡΙΖΕΤΑΙ!!! 3
Μήπως τελικά έπρεπε να το ψάξει καλύτερα το θέμα ατό η επιτροπή εξετάσεων; Μια καλή προσέγγιση είναι να έβαζε ως περιορισμό την πρώτη φορά πο σμβαίνει κάτι τέτοιο, αφού εύκολα αποδεικνύεται ότι σε κάθε κύκλο, πάρχον δο μέγιστες ενέργειες, στις 60 ο και στις 0 ο. ΘΕΜΑ. ο Θ.Ι N Τ.Θ Φ.Μ k Β k m gημφ Ο F F m gσνφ Γ Α Στη θέση ισορροπίας ΘΙ, στο σώμα ασκούνται i) το βάρος m g, πο αναλύεται στην m gημφ παράλληλη στο κεκλιμένο επίπεδο και m gσνφ κάθετη σ ατό ii) η αντίδραση Ν από το κεκλιμένο επίπεδο και iii) οι δνάμεις F, F από το ελατήριο με κατεύθνση προς τη θέση φσικού μήκος, δηλαδή προς τα πάνω. Αφού το σύστημα ισορροπεί, ΣF 0F F mgημφ 0 k ο k ο mgημφ 0 ( ) Στην τχαία θέση από τη θέση ισορροπίας, το ελατήριο σταθεράς k έχει σσπείρωση ο x, οπότε η F k ( o x) με φορά προς τα πάνω, ενώ το ελατήριο σταθεράς k έχει επιμήκνση ο x και F k ( o x) με φορά επίσης προς τα πάνω. Έτσι: ΣFF F mgημφ k( x) k ( x) m gημφ ο ο () k οkxk οkxmgημφ k k x άρα ΣF Dx εκτελεί απλή αρμονική ταλάντωση με D=k +k =00 N/m mgημφ 0. Από τη σχέση () o 0,05m k k 00 Αφού τη χρονική στιγμή t o =0, αφήνομε το σώμα από τη θέση φσικού μήκος των ελατηρίων, ατή θα είναι η ακραία (μέγιστη) θετική απομάκρνση. Έτσι A 0,05m o 4
Αποδείξαμε ότι D kk 00N.m. Άρα D 00 B m ω ω 0rad / s m Βρίσκομε την αρχική φάση της ταλάντωσης t0 π x Aημωt φο xa A Aημφο ημφο φο rad Έτσι η εξίσωση της απομάκρνσης θα είναι π x = 0,05 ημ0t + (S.I).3 Η σταθερά επαναφοράς D το σστήματος είναι πάλι ίση με k +k =00N/m. Η νέα κκλική σχνότητα της ταλάντωσης το σστήματος των m και m είναι D 00 ω 5rad/s m m 6 Αφού τα δύο σώματα βρίσκονται σ επαφή, ταλαντώνονται με την ίδια κκλική σχνότητα, δηλαδή D m ω 65 50 Ν/m.4 Σ Το Σ εφάπτεται στο Σ. Έτσι, οι μόνες δνάμεις πο Τ ενεργούν σ ατό κατά μήκος το άξονα κίνησης (κεκλιμένο επίπεδο) είναι η σνιστώσα το βάρος Σ m gημφ και η στατική τριβή Τ, των οποίων η σνισταμένη Τ δρα ως δύναμη επαναφοράς για το Σ. Έτσι ΣFD xtστ mgημφ D x Tστ mgημφ Dxμmgσνφ mgημφ Dx mgημφ D x mgημφ D x μ () θα πρέπει μ mgσνφ mgσνφ Ο ελάχιστος σντελεστής οριακής στατικής τριβής θα αντιστοιχεί στο x max, δηλαδή στη θέση -Α της ταλάντωσης. Με ανάλογη διαδικασία, με ατήν το ερωτήματος. πολογίζομε το νέο πλάτος Α της ταλάντωσης το σστήματος των Σ και Σ. mολgημφ Ισχύει Α ο 0,m k k 60 500, 60 Έτσι από τη σχέση (), έχομε μ 3 60 3 3 60 άρα 3 μ min = 3 5