Ένωση Ελλήνων Φυσικών ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΟΣ ΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ ΦΥΣΙΚΗΣ 005 Συνοπτικές λύσεις / Υποδείξεις των θεµάτων του Πανελλήνιου ιαγωνισµού Φυσικής Α Λυκείου Θεωρητικό Μέρος Θέµα ο Α. Η επιτάχυνση θα είναι α=gηµφ οπότε: α=5m/s. α (m/s ) υ (m/s ) x (m) 5 5,5 χρόνος (s) ταχύτητα (m/s) 0,0 0 0,5,5,0 5,0,5 7,5,0 0,5,5,0 5 t (s) t (s) t (s) B. Σωστή είναι η α. Από τον Α νόµο του Νεύτωνα. Γ. Σωστή είναι η γ. Από τον τρίτο νόµο του Νεύτωνα.. υ= 8 km/h ή υ=5 m/s Από την αρχή διατήρησης της ορµής: mυ=(μ+m)v οπότε V=,5 m/s. E. Σωστή είναι η α. Από τον δεύτερο νόµο του Νεύτωνα. ΣΤ. Από την αρχή διατήρησης της ορµής στον άξονα χ: 0 = mυ χ -ΜV οπότε υ χ =000V. Η ζητούµενη απόσταση θα είναι: S=L+d () Αλλά L=υ χ t από την οποία t=l/000v Και d=v t =V L/000V = m. Έτσι η () δίνει S=00 m. Υποδείξεις Σελίδα από 0
Ένωση Ελλήνων Φυσικών ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΟΣ ΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ ΦΥΣΙΚΗΣ 005 Θέµα ο Α. α. Η ταχύτητα και η περίοδος του δορυφόρου δεν εξαρτώνται από τη µάζα του, άρα δεν υπάρχουν αρκετές πληροφορίες για να καθορίσουµε τη σχέση των µαζών. β. Τ Σ =π GM ότι Μ =500Μ Σ. R Σ και Τ Κ =π Γ R K GM Από τις σχέσεις αυτές και τα δεδοµένα προκύπτει Β. Για το σύστηµα ο ος νόµος του Νεύτωνα δίνει: F=(m A +m B )α () Για το σώµα Β ο ος νόµος του Νεύτωνα δίνει: Ν=m B α () T Ν Για να αποτρέπεται η πτώση θα πρέπει: µν>m B g και από τη () Προκύπτει ότι α>g/µ () ( m A + m B) g Η () µε τη βοήθεια της () δίνει ότι F> οπότε F>96 N. µ mg Θέµα ο Α. Σωστή η α. Το κιβώτιο που είναι στο τραπέζι επιταχύνεται στον οριζόντιο άξονα από την τάση του σχοινιού (Τ) ενώ το άλλο κιβώτιο από την συνιστώσα της (Τ χ ) η οποία είναι µικρότερη. Με την επίδραση αυτών των δυνάµεων τα δυο σώµατα έχουν να διανύσουν ίση οριζόντια α- πόσταση. B. α. ι) ος αστροναύτης έχεται το βάρος Β και την δύναµη F από τη ζυγαριά στην οποία πατάει. Έχουµε B B 800 F-Β=mα= a ή F=Β+ α=(800+ )N=960 N g g 0 ος αστροναύτης έχεται το βάρος Β από τον πλανήτη. GM π m Β = Rπ Αν d η πυκνότητα του πλανήτη και της Γης έχουµε αντικαθιστώντας την µάζα του πλανήτη από το γινόµενο της πυκνότητας επί τον όγκο Μ π =d 4 πrπ οπότε προκύπτει: Β = 4 GmdπRπ Όµοια το βάρος του αστροναύτη στη Γη είναι: Β= 4 GmdπRΓ Υποδείξεις Σελίδα από 0
Ένωση Ελλήνων Φυσικών ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΟΣ ΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ ΦΥΣΙΚΗΣ 005 B Rπ, RΓ ιαιρούµε κατά µέλη: = = =, ή Β =,Β=, 800 Ν=960 Ν B RΓ RΓ ος αστροναύτης έχεται την δύναµη F από τη ζυγαριά στην οποία πατάει. Έχουµε B 800 F=ma= a= N=960 N g 0 ιι) Η επιτάχυνση «πτώσης» θα ισούται σε κάθε περίπτωση µε την ένταση του «ισοδύνα- µου» βαρυτικού πεδίου F F F g 960 0 a = = = = m = m m B B 800 s s g β. ι) g π =a=m/s ii) Επειδή η βαρυτική µάζα ισούται µε τη µάζα αδρανείας Πειραµατικό Μέρος L α. Από την συνθήκη πλεύσης Α=Β κ +Β λ ή Β εκτ νερ =Β Κ +Β λ ή ρ ν gπ h =Mg+ρgπ 4 4 4M ή h = πl ρ ν Lρ + L ρ ν h 4M β. Όταν ρίχνουµε λάδι h = πl + ρ ν L L h () γ. Τα διαγράµµατα φαίνονται παρακάτω. L h h,6,4,,8,6,4 5,5 6 6,5 7 7,5 h H,5,5,5,5 4 4,5 5 5,5 6 H h H δ. Από τα διαγράµµατα και τις σχέσεις () και () έχουµε: Lρ L ρ ν =,4 και L = L,4 από τις οποίες προκύπτει ότι ρ/ρ ν =0,857 και ρ=0,86 g/cm. Υποδείξεις Σελίδα από 0
Ένωση Ελλήνων Φυσικών ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΟΣ ΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ ΦΥΣΙΚΗΣ 005 B Λυκείου ΛΥΣΗ: T Α. W = eq h = (- )Qh = Qh. Όµως Q c T Q h =Q 0 W= =000 j B. Σωστή είναι η α. Φ = ΒS όµως S=π R και R=mυ/qB, Οπότε: Φ =Βπ(mυ/qB) =λ/b άρα η η µαγνητική ροή είναι αντίστροφα ανάλογη µε το µαγνητικό πεδίο. Γ. Έστω r Α =α και r Β =λα οι ακτίνες των δύο πλαισίων S Β =π(λα) S Β /S Α = λ S Α =πα Εεπ Β = S Β * Β/ t Εεπ Β / Εεπ Β =S Β /S Α = λ Εεπ A = S A * Β/ t R Β =ρ*πλα/σ R Α =ρ*πα/σ R Β =λr Α Ιεπ, Β = Εεπ Β / R Β Ιεπ, Α = Εεπ Α / R Α Ιεπ, Β = λιεπ, Α Β Β =kµ*ιεπ, Β / α Β Β Α =kµ*ιεπ, Α / α Α Β Β = Β Α Β Β =0,Τ Θέµα ο M Α. α. Λόγω της συµµετρίας οι δυνάµεις που θα δέχονται τα σωµάτια ανά πάσα στιγµή θα έχουν ίσα µέτρα. Η επιταχύνσεις όµως που αποκτούν σύµφωνα µε το ο νόµο του Νεύτωνα θα είναι α- ντιστρόφως ανάλογες των µαζών τους. Επειδή Μ=000m, τα σω- µάτια µε µάζες m θα αποκτούν 000 φορές µεγαλύτερες επιταχύνσεις από εκείνες των σωµατίων µε µάζες Μ. Εποµένως η υ- m πόθεση που κάναµε περιγράφει ικανοποιητικά τη συµπεριφορά του συστήµατος. β. Λόγω της συµµετρίας τα δύο σωµάτια µε µάζες m θα αποκτούν τελικές ταχύτητες ίσου µέτρου u. Το ίδιο θα ισχύει και για τα σωµάτια µε µάζα Μ τα οποία θα αποκτούν τελικές ταχύτητες µέτρου V. H αρχή διατήρησης της ενέργειας από την αρχική κατάσταση του συστήµατος µέχρι τη στιγµή που τα σωµάτια µάζας m αποκτούν την τελική τους ταχύτητα δίνει: kq kq mu kq + 4 = + οπότε mu kq kq = 4 a a a a + a () α m M Υποδείξεις Σελίδα 4 από 0
Ένωση Ελλήνων Φυσικών ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΟΣ ΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ ΦΥΣΙΚΗΣ 005 Η αρχή διατήρησης της ενέργειας για το σύστηµα των σωµατίων µε µάζα Μ από τη στιγµή που δραπέτευσαν τα σωµάτια µάζας m µέχρι τη στιγµή που και αυτά αποκτούν την τελική kq τους ταχύτητα δίνει: MV = () a mu ιαιρώντας κατά µέλη τις () και () έχουµε: + = 4 + MV u Οπότε: = V 000 (4 + ) = 5 Β. Q=CV () q q V = = C C () Από την αρχή διατήρησης του ηλεκτρικού φορτίου: Q=q +q () C d d υt = = C d d + υt (4) C d υt () q = q = q C d + υt από την () q = Q q (6) d υt d + υt (5), (6) q = Q και q = Q (7) d d Από τις (7) προκύπτει ότι Ι=Qυ/d = Cvυ/d (5) u M και = ( 4 + ) V m Θέµα ο RR a. R AB = R + R R β. R = R = R R = οπότε R = R Α R/ γ. Το κύκλωµα του σχήµατος () αν αντικατασταθεί καθένα από τα τρίγωνα από τον ισοδύναµο αστέρα, µετατρέπεται στο κύκλωµα του διπλανού σχήµατος. R R 4 Έτσι: R ΑΓ = R 6 R Επειδή R AB = R 0R + = 9 Προκύπτει ότι: R ΑΓ = 5 RΑΒ Γ R/ R/ R/ R/ R/ R/ R/ R/ Υποδείξεις Σελίδα 5 από 0
Ένωση Ελλήνων Φυσικών ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΟΣ ΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ ΦΥΣΙΚΗΣ 005 δ. Mε βάση την υπόθεση που κάναµε: R ΑΓ =R L0 =α(l 0 ) d και R ΑΒ =R L0 =α d L 0 Αντικαθιστώντας στην σχέση: : R ΑΓ = 5 RΑΒ που αποδείξαµε στο ερώτηµα γ παίρνουµε: α(l 0 ) d 5 = α d L 0 από την οποία προκύπτει ότι: α d d 5 L 0 = α d L 0 οπότε d 5 = Λογαριθµίζοντας βρίσκουµε ότι ο εκθέτης κλιµάκωσης είναι: d=log(5/)/log=0,77 Πειραµατικό Μέρος (Υπολογισµός της σταθεράς oisson του αέρα) Λύση: Α. Η ποσότητα του αερίου που παρέµεινε στο δοχείο µετά το άνοιγµα του σωλήνα αντιστοιχούσε σε όγκο V. Ρ Ρ A Γ Τ Ρ B Τ Αυτή η ποσότητα υπέστη µια αδιαβατική εκτόνωση ΑΒ µε ελάττωση της θερµοκρασίας της και κατόπιν µια ισόχωρη θέρµανση ΒΓ απορροφώντας θερµότητα µέχρι να έρθει σε θερµική ισορροπία µε αυτά.όπως φαίνεται στο διάγραµµα -V. V V V Β. γ γ γ γ = T T οπότε: T T γ γ γ γ = () Αλλά T = () T Από τις () και () προκύπτει: γ γ γ γ = και γ γ = ( ) λογαριθµίζοντας έχουµε: ln οποία προκύπτει γ=,4 γ ln γ = ln ή = = γ γ γ ln από την Υποδείξεις Σελίδα 6 από 0
Ένωση Ελλήνων Φυσικών ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΟΣ ΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ ΦΥΣΙΚΗΣ 005 Γ Λυκείου Θεωρητικό Μέρος Θέµα ο Λύση: Α. Πρόκειται για δηµιουργία στάσιµου κύµατος από ανάκλαση. Στον ανακλαστήρα θα έ- χουµε δεσµό ενώ στον ανιχνευτή κοιλία. Έτσι 8λ/=7,8 cm -5 cm =,8 cm οπότε: λ=, cm. Από τη σχέση c=λ f προκύπτει ότι f=9 0 8 Hz. B. α. τ=ln/λ ή λ=ln/τ οπότε λ=0.7/.75*0 s και λ=4*0 - s - β. R=λ Ν οπότε R=4*0 - s - *5*0 9 και R=0. Bq γ. R ο =λ Ν ο ή Ν ο = R ο /λ οπότε Ν ο =0,8Bq /4*0 - s - και Ν ο =00*0 9 δ. Ν=Ν ο e -λt οπότε e -λt =5*0 9 /00*0 9 ή e -λt =/8 ή e λt = ή λt=* ln από την οποία προκύπτει ότι t = 695έτη άρα µπορεί να ήτα Γ. α. L αρχ =L τελ ή Ι αρχ ω αρχ =Ι τελ ω τελ ή Ι αρχ πf=ι τελ πf max οπότε (ΜR /+ mr ) f = ( ΜR /+ mx ) *f max από την οποία x=0.5m και d=m β. Κ αρχ =/ Ι αρχ ω αρχ =/*( ΜR /+ mr ) *4π f οπότε Κ αρχ = J Κ τελ =/ Ι τελ ω τελ =/ ( ΜR /+ mx ) *4π f max οπότε Κ τελ = J Κ = J Ε= Κ/ Ε=0,5 J Θέµα ο Α. α. Εύκολα προκύπτει ότι η ταχύτητα της µπάλλας µετά την πρώτη τη δεύτερη και τη n- n οστή κρούση µε το κιβώτιο είναι: V = υ 0 /, V = ( ) υ 0 και V n = ( ) υ 0 β. Η µπάλα θα σταµατήσει όταν όλη η ενέργεια του συστήµατος θα έχει µεταφερθεί στο περιβάλλον µε τη µορφή θερµότητας µέσω του έργου της τριβής στο κιβώτιο. ηλαδή: υ 0 m =µμgx οπότε x = υ 0 /0µg. B. Υποδείξεις Σελίδα 7 από 0
Ένωση Ελλήνων Φυσικών ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΟΣ ΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ ΦΥΣΙΚΗΣ 005 α. Η ελάχιστη τιµή της δύναµης F για να αρχίσει η ολίσθηση (µε την προϋπόθεση ότι δεν έχει ανατραπεί είναι F min(ολ) =µμg=6 N. Η ελάχιστη τιµή της F για να ανατραπεί ο κύλινδρος προκύπτει από το ότι στην περίπτψση αυτή η ροπή της F ως προς το Κ. ηλαδή, F min(αν) h =M g r οπότε F min(αν) =5 Ν. x (m) Επειδή F min(αν) < F min(ολ) συµπεραίνουµε ότι ο κύλινδρος θα ανατραπεί πριν ολισθήσει. β. επειδή ο κύλινδρος ισορροπεί, η συνισταµένη ροπή ως προς το Κ θα είναι µηδέν. ηλαδή Fh Mgx =0 ο- πότε: x=fh / Mg και µε αντικατάσταση x=f/50 (S.I). 0, γ. Έστω t, t οι χρονικές στιγµές που ο κύλινδρος αρχίζει την ολίσθησή του και ανατρέπεται αντίστοιχα. Είναι F (t) =T ολ ή 5t =0,5. 4. 0 οπότε t =4 s. Επίσης F (t) = F min(αν) ή 5t =5 οπότε t =5 s. Από τα 4 έως τα 5 s έχουµε ολίσθηση µε α=f-t Ολ /Μ οπότε α=,5t-5 (S.I),5 α (m/s ) 5 F (N) Θέµα ο Συµβολίζουµε µε L το συνολικό µήκος του σχοινιού και 4 5 t (s) µε l το µήκος που θα χρησιµοποιήσει ο ακροβάτης. Ακόµα θέτουµε Μ τη µάζα του ακροβάτη και m του δοκαριού. Αν k η σταθερά ελαστικότητας που αντιστοιχεί στο µήκος l και Κ στο L, έχουµε k L KL = ή k = () K l l α) Από την αρχή διατήρησης της ενέργειας κατά την πτώση του ακροβάτη προκύπτει Mgh = k( h l) () Από τις (), () αντικαθιστώντας τις τιµές των µεγεθών παίρνουµε την εξίσωση l 50l + 05 = 0 Οπότε l=5 m Β) Από τη στιγµή που ο ακροβάτης πηδάει ώσπου να αρχίσει να τεντώνει το σχοινί εκτελεί ελεύθερη πτώση. Αν αυτή η κίνηση διαρκεί t έχουµε l = gt ή t = s Από τη στιγµή που αρχίζει το σχοινί αρχίζει να τεντώνει, ως τη στιγµή που ο ακροβάτης φτάνει στο έδαφος έχουµε ότι αυτό εκτελεί απλή αρµονική ταλάντωση. Αν η θέση ισορροπίας είναι κατά α πιο κάτω από τη θέση που τεντώνει το σχοινί έχουµε Μg=kα () Από την () αντικαθιστώντας τις τιµές έχουµε k=80 Ν/m, οπότε η () δίνει α=0 m. Η περίοδος της ταλάντωσης είναι Υποδείξεις Σελίδα 8 από 0
Ένωση Ελλήνων Φυσικών ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΟΣ ΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ ΦΥΣΙΚΗΣ 005 M T = π = π s k Έστω t ο χρόνος για να διανύσει ο ακροβάτης την απόσταση α και t ο χρόνος να φτάσει από τη θέση ισορροπίας στο έδαφος. Έχουµε π t = T = s 4 Ο χρόνος t µπορεί να θεωρηθεί ως ο χρόνος κίνησης από τη θέση ισορροπίας ως τη θέση x=α, άρα στην x = Aηµ π t T θέτουµε x=α=0 m, A=h-(l+α)=0 m, οπότε προκύπτει π t = s 6 Τελικά ο ζητούµενος χρόνος είναι π π π t = + + s = + s 6 γ) Το όριο θραύσης του συρµατόσχοινου πρέπει να είναι τέτοιο ώστε αυτό να µη σπάει ό- ταν από το ελαστικό σχοινί ασκείται η µέγιστη δύναµη στο δοκάρι F max =k(a+a)=400 Ν T θρ Στο δοκάρι έχουµε τις δυνάµεις 0 ο Α mg Γ F max Από την ισορροπία έχουµε ότι το αλγεβρικό άθροισµα των ροπών ως προς το Α είναι µηδέν, οπότε αν d είναι το µήκος του δοκαριού γράφουµε d mg + Fmax d Tϑρ d = 0 ή Τ θρ =5000 Ν Πειραµατικό Μέρος Α. α. Οι τιµές του h προκύπτουν από τη διαφορά Η-Η ο, και οι τιµές της επιτάχυνσης από τη σχέση : L = at οπότε οι τρείς στήλες του πίνακα συµπληρώνονται ως εξής h(cm) t(s) α(cm/s ),9 4,8 5,4 6,,9,4 9,6,4 6,5,,69 49,7 5,5,5 56,7 β. Έχουµε για την κίνηση του κυλίνδρου τις σχέσεις Υποδείξεις Σελίδα 9 από 0
Ένωση Ελλήνων Φυσικών ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΟΣ ΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ ΦΥΣΙΚΗΣ 005 Σ F = ma ή mgηµφ-τ=ma (), όπου ηµφ=h/l a Σ τ = Ia γ ή TR = λmr ή Τ=λma R Από τις παραπάνω σχέσεις, µε απαλοιφή του Τ προκύπτουν οι ζητούµενες. γ. a-h 0 5 0 h 5 0 0 0 40 60 δ. Η κλίση από το διάγραµµα είναι,75 s - ε. Aπό τη σχέση g k = ( + λ )L προκύπτει λ=0,45, συνεπώς η ροπή αδράνειας του κυλίνδρου είναι Ι=λmR =0,45 0,4965 0,05 =,4 0-4 kgm στ. Ι θ = 0,5mR =0,5 0,4965 0,05 =,55 0-4 kgm,55,4 ζ. σ = 00 %= 9,7%,55 Β. α. Στις αραιώσεις των κουκίδων στο διάγραµµα ο ταλαντωτής είναι σε ακραία θέση. Με βάση αυτό προκύπτει ότι το πλάτος είναι Α=5 cm και η περίοδος Τ= s. m β. Από τη σχέση Τ=π προκύπτει ότι k= 4 N/m. k Υποδείξεις Σελίδα 0 από 0