Πανελλήνιες Εξετάσεις - 22 Μάη 203 Α. (γ.) Α.2 (γ.) Α.3 (δ.) Α.4 (γ.) Α.5 Σ,Λ, Σ, Λ, Σ Φυσική Θετικής & Τεχνολογικής Κατεύθυνσης Πρόχειρες Λύσεις Θέµα Α Θέµα Β Β.. (ii) Η αρχική ενέργεια του κυκλώµατος είναι η ενέργεια που έχει αποθηκευτεί στον ϕορτισµένο πυκνωτή. E O = 2 CV 2 C = 4 0 3 J Η ύπαρξη αντιστάτη στο κύκλωµα έχει ως συνέπεια την απώλεια ενέργειας λόγω του ϕαινοµένου Joule και η ταλάντωση είναι ϕθίνουσα. Την χρονική στιγµή t που ο πυκνωτής έχει εκφορτιστεί το ϱεύµα έχει µεγιστοποιηθεί, άρα η ενέργεια της ταλάντωσης είναι ίση µε την ενέργεια που αποθηκεύεται στο πηνίο. E = 2 LI2 = 2 0 3 J http://www.perifysikhs.com Μιχάλης Ε. Καραδηµητριου
Οι ενεργειακές απώλειες στο παραπάνω χρονικό διάστηµα ϑα είναι : E = E E O = 2 0 3 J. Β.2. (iii). Αλλάζοντας την συχνότητα ταλάντωσης των πηγών (f 2 = 3f )µεταβάλλουµε το µήκος κύµατος. υ = λ 2 f 2 λ 2 = υ λ 2 = λ f 2 3 Υποθέτουµε ένα σηµείο Σ πάνω στην ευθεία που ενώνει τις δύο πηγές που είναι σηµείο ενισχυτικής συµβολής. Το σηµείο απέχει αποστάσεις r, r 2 από τις πηγές. Άρα ϑα ισχύει : r r 2 = (2N + ) λ 2 2 r + r 2 = d = 2λ Προσθέτω κατά µέλη και προκύπτει η σχέση για να προκύψει : r = (2N + ) λ 2 2 + λ Επειδή το σηµείο Σ ϐρίσκεται ανάµεσα στις δυο πηγές και το Ν είναι ακέραιος αριθµός προκύπτει : 0 < r < d 0 < (2N + ) λ 2 2 + λ < 2λ 6, 5 < r < 5, 5 Υπάρχουν 2 ακέραιες τιµές, άρα 2 σηµεία αποσβεστικής συµβολής στο ευθύγραµµο τµήµα, άρα 2 υπερβολές απόσβεσης. Β.3. (ii) Οι ϱοπές των εξωτερικών δυνάµεων στο σύστηµα των δύο δίσκων είναι µηδέν, οπότε η στροφορµή του συστήµατος διατηρείται σταθερή. Από την Αρχή ιατήρηση της Στροφορµής ϑα ϐρούµε την κοινή γωνιακή ταχύτητα των δύο δίσκων ω L πριν = L µετα I ω = (I + I 2 )ω ω = 4 5 ω Η µεταβολή της στροφορµής του ίσκου ισούται µε : http://www.perifysikhs.com 2 Μιχάλης Ε. Καραδηµητριου
L = I ω I ω = 5 I ω = L 5 Άρα το µέτρο της µεταβολής ϑα είναι L 5 Θέµα Γ Γ. Η κρούση των δυο σωµάτων είναι κεντρική και ελαστική, άρα από την ιατήρηση της Ορµής και της Κινητικής ενέργειας προκύπτουν οι σχέσεις για τις ταχύτητας υ και υ 2 των σωµάτων µετά την κρούση : υ = m m 2 υ υ 2 = 2m υ m + m 2 m + m 2 ίνεται ότι υ = 0m/s άρα υ = 3 0m/s και υ 2 = 2 0m/s. Για την κίνηση του σώµατος µέχρι λίγο πριν από την κρούση ϑα εφαρµόσουµε το Θ.Μ.Κ.Ε. για να υπολογίσουµε την ταχύτητα υ πριν την κρούση. K = ΣW 2 m υ 2 2 m υ 2 0 = W T Γενικά για το Σώµα επειδή κινείται οριζόντια ΣF y = 0 N = m g. Η δύναµη της τριβής ολίσθησης ισούται µε T = µn = µm g. Το έργο της τριβής για µια οριζόντια µετατόπιση x ϑα ισούται µε W T = T x = µm g x. Με αντικατάσταση x = d στο έργο προκύπτει από το Θ.Μ.Κ.Ε. ότι : υ 0 = 0m/s Γ.2 Η κινητική ενέργεια του Σώµατος που µεταβιβάζεται στο Σώµα 2 κατά την κρούση ϑα δίνεται από τον λόγο : K 2 K 00% = 2 m 2υ 2 2 2 m υ 2 = 800 9 % http://www.perifysikhs.com 3 Μιχάλης Ε. Καραδηµητριου
Γ.3 Με την χρήση του δεύτερου Νόµου του Νεύτωνα κατά την κίνηση του Σώµατος πάνω στο δάπεδο µε δεδοµένο ότι ασκείται µόνο η δύναµη της τριβής προκύπτει ότι α = ΣF x m = T m = µg α = 5m/s 2 Πριν την κρούση υ = υ o αt και µετά την κρούση 0 = υ αt 2. Ο συνολικός χρόνος είναι t = t + t 2 = 0, 72s Γ.4 Μετά την κρούση η Κινητική Ενέργεια που ϑα αποκτήσει το Σώµα 2 ϑα µετατραπεί σε ϑερµότητα ( λόγω του έργου της τριβής ) και υναµική Ενέργεια του ελατηρίου µέχρι το ελατήριο να συµπιεστεί για πρώτη ϕορά µε την µέγιστη παραµόρφωση ( δηλαδή στην ακραία ϑέση της ταλάντωσης x = A = l max ). Από την ιατήρηση της ενέργειας προκύπτει : K 2 = U ελ + W T 2 m 2υ 2 2 = 2 k l2 max + µm 2 g l max. Από την δευτεροβάθµια εξίσωση που προκύπτει µε την αντικατάσταση των αριθµών προκύπτει ότι l max = 4 7 m Θέµα. Για την κύλιση του κυλίνδρου στο κεκλιµένο επίπεδο σχεδιάζουµε τις δυνάµεις, αναλύουµε το ϐάρος σε δύο συνιστώσες και σχεδιάζουµε την Στατική τριβή µε ϕορά προς τα πάνω ώστε να επιταχύνει γωνιακά το σώµα. Για την µεταφορική Κίνηση : ΣF x = Mα cm Mgηµφ T στ = Mα cm Για την περιστροφική κίνηση : Στ = I cm α γων T στ R = 2 MR2 α γων Για την κύλιση χωρίς ολίσθηση : x cm = Rθ υ cm = ωr α cm = α γων R Από το παραπάνω σύστηµα προκύπτει ότι : α cm = 2 3 gηµφ http://www.perifysikhs.com 4 Μιχάλης Ε. Καραδηµητριου
.2 Η ϱοπή αδράνειας του κοίλου κυλίνδρου ως προς άξονα που διέρχεται από το Κ.Μ. του ϑα είναι I = I R I r. Οπου ϐέβαια I R η ϱοπή αδράνειας του αρχικού κυλίνδρου και I r η ϱοπή αδράνειας του κυλίνδρου που αφαιρέσαµε. Θεωρώντας ότι η µάζα του µέσα κυλίνδρου είναι m και η ακτίνα του r και µε δεδοµένο ότι η πυκνότητα των δυο κυλίνδρων είναι η ίδια αφού είναι από το ίδιο υλικό προκύπτει ότι : d = d 2 M V R = m V r Άρα προκύπτει ότι : M πr 2 h = m πr 2 h m = r2 R 2M I = 2 MR2 2 mr2 = 2 MR2 ( r4 R 4).3 Μετά την επανατοποθέτηση του µικρού κυλίνδρου και την λίπανση της επιφάνειας επαφής των δύο κυλίνδρων, ο µικρός κύλινδρος δεν ϑα περιστρέφεται αφού Στ = 0 και ϑα εκτελεί µόνο µεταφορική κίνηση µαζί µε τον εξωτερικό κύλινδρο. Ο εξωτερικός κύλινδρος ϑα εκτελεί ταυτόχρονα και περιστροφική κίνηση λόγω της στατικής τριβής που αναπτύσσεται µε το δάπεδο. Άρα όπως και στο. ερώτηµα : Για την περιστροφική κίνηση : ΣF x = Mα cm Mgηµφ T στ = Mα cm Στ = I κοιλ α γων T στ R = 2 MR2 ( r4 R 4)α γων Για την κύλιση χωρίς ολίσθηση : x cm = Rθ υ cm = ωr α cm = α γων R Από το παραπάνω σύστηµα προκύπτει ότι : α cm = 2gηµφR4 3R 4 r 4 http://www.perifysikhs.com 5 Μιχάλης Ε. Καραδηµητριου
.4 Το σύστηµα εκτελεί µεταφορική κίνηση και ο εξωτερικός κύλινδρος εκτελεί µόνο περιστροφική κίνηση και δεν ολισθαίνει. Θέτοντας r = R 2 προκύπτει ότι : I κοιλ = 5 6 2 MR2. Επίσης ισχύει ότι υ cm = ωr. Από τα παραπάνω προκύπτουν : K µετ K περ = Γενικά σχόλια για τα ϑέµατα : 2 Mυ2 cm 2 I κοιλω = 32 2 5 ˆ Τα ϕετινά ϑέµατα ήταν κατά την γνώµη µου από τα οµορφότερα, από επιστηµονικής άποψης ϑέµατα Φυσικής που έχουµε δει σε Πανελλήνιες εξετάσεις. ˆ Το ϑέµα Α ήταν αρκετά εύκολο, χωρίς παγίδες στις απαντήσεις και η πλειοψηφία των µαθητών το διαχειρίστηκε εύκολα. ˆ Το ϑέµα Β ήταν µέτριου επιπέδου αν και η εκφώνηση του Β.2 είχε στοιχεία που έπρεπε να µην υπάρχουν καθώς δεν χρειάζονταν. Τα Β.. και Β.3. ήταν ϐασικές εφαρµογές αρκετά καλογραµµένες. ˆ Το ϑέµα Γ ήταν ένα ϑέµα µε άρωµα Α Λυκείου. Απαιτούσε καλή κατανόηση των ενεργειακών διεργασιών και ϐασική εφαρµογή των ϑε- µάτων της ελαστικής κρούσης. Θεωρώ ότι η δευτεροβάθµια εξίσωση του τελευταίου ερωτήµατος ήταν υπερβολική στους αριθµούς της. ˆ Το Θέµα ήταν ένα εξαιρετικό ϑέµα, αλλά για ϕοιτητές πρώτου εξα- µήνου σε ένα τµήµα Φυσικής. Το.. ήταν ϐασική εφαρµογή των νόµων της σύνθετης κίνησης, το.2. ήταν ένα έξυπνο ϑέµα, αλλά η επανατοποθέτηση του µικρού κυλίνδρου δεν ήταν αρκετά κατανοητή σε πολλούς µαθητές. Επιµέλεια : Μιχάλης Καραδηµητρίου, MSc Φυσικός http://www.perifysikhs.com 6 Μιχάλης Ε. Καραδηµητριου