ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΕΣ ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ Γ ΤΑΞΗΣ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΤΕΤΑΡΤΗ 13 ΙΟΥΝΙΟΥ 01 ΕΞΕΤΑΖΟΜΕΝΟ ΜΑΘΗΜΑ: ΦΥΣΙΚΗ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΙ ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΘΕΜΑΤΩΝ ΘΕΜΑ A ΑΙ. δ Α. β A3. β Α4. γ Α5. α. Σ β. Λ γ. Λ δ. Σ ε. Σ ΘΕΜΑ Β Β1. Σωστό το α Η συχνότητα fa του ανακλώμενου κύματος είναι ίση με τη συχνότητα την οποία αντιλαμβάνεται ο οδηγός του αυτοκινήτου και υα η ταχύτητα του αυτοκινήτου που πλησιάζει στην ακίνητη ηχητική πηγή (το περιπολικό) : υ υ+ υ+υα 11 fa = f 10 s = f1 = f1 υ υ 10 Το αυτοκίνητο γίνεται κινούμενη πηγή ήχου συχνότητας fα, την οποία και επανεκπέμπει με ανάκλαση, στο περιπολικό που την καταγράφει με συχνότητα : υ υ 10 11 f = fa = fa = f1 = f1 υ 9υ υ- 9 10 9 10 10 αφού πλησιάζει σε αυτό με ταχύτητα υα. f 11 Αρα το πηλίκο των συχνοτήτων είναι: = f1 9 Β. Σωστό το γ H ενέργεια που είναι αποθηκευμένη στο κύκλωμα LC1 είναι: ET = UE max = Q C1 Η εξίσωση του φορτίου του πυκνωτή C1είναι: q = Q σuv (ωt) 7T για t1 = έχουμε: 4 7T1 π 7T 1 q = Qσυν ω = Qσυν = Qσυν ( 3,5π) 4 T1 4 π π π q= Qσυν 4π- = Qσυν - = Qσυν = 0C 7T Άρα τη χρονική στιγμή t 1 = που ο διακόπτης Δ1 ανοίγει και ταυτόχρονα κλείνει ο 4 διακόπτης Δ, το πηνίο έχει το σύνολο της αρχικής ενέργειας την οποία μεταφέρει στο ο κύκλωμα LC δηλαδή την t1 για την ταλάντωση του LC έχουμε:
U B C1 Απαντήσεις Φυσικής Κατεύθυσης Γ λυκείου(επαναληπτικές Ημερησίων) = Q και U = Q E C Οπότε από ΑΔΕΤ για το LC έχουμε: ET = UB + UE = Q + Q C C 1 1 Q = + Q C C1 C 1 3 Όμως C=C1 Q = Q Q = 3Q Q = 3Q άρα: C1 C1 Β3. Σωστό το β Η διαφορά φάσης των συνιστωσών ταλαντώσεων είναι π π π Δφ=φ 1(t) φ (t) = ωt + ωt = 3 6 Οι ενέργειες των συνιστωσών ταλαντώσεων 1 1 E1 = DA1 και E = DA Για το πλάτος της συνισταμένης ταλάντωσης ισχύει: π Aολ = A1 + A + A1Aσυν = A1 + A () Η συνολική ενέργεια της συνισταμένης ταλάντωσης είναι: 1 () 1 1 1 E ολ= DAολ Eολ = D(A1 + A ) = DA1 + DA E = E + E ολ 1 ΘΕΜΑ Γ ΓΙ. Οι δυνάμεις που ασκούνται στο δίσκο είναι η δύναμη του ελατηρίου FEA, το βάρος W, και η δύναμη του δαπέδου που αναλύεται σε δυο συνιστώσες Ν και Τστ όπως φαίνεται στο σχήμα : Η ροπή της είναι αντιωρολογιακή, άρα της στατικής τριβής πρέπει να είναι ωρολογιακή, γι αυτό η Τστ πρέπει να έχει φορά προς τα κάτω, ομόρροπη με τη Wx. Επειδή ο δίσκος ισορροπεί: R Στο = 0 TστR + = 0 T στ = ΣFx = 0 F ελ =Τ στ +Mgημφ F ελ = +Mgημφ = Mgημφ = Mgημφ= 10 = 40N KΔl = 40 Δl = 0, 4m
Γ. Από και () προκύπτει ότι η στατική τριβή έχει μέτρο Tστ = 0Ν με διεύθυνση του κεκλιμένου επιπέδου και φορά προς τα κάτω, όπως εξηγήσαμε στο προηγούμενο ερώτημα. Γ3. Όταν το ελατήριο κόβεται και ο δίσκος αφήνεται να κυλίσει χωρίς ολίσθηση κατά μήκος του κεκλιμένου επιπέδου οι δυνάμεις που του ασκούνται είναι το βάρος W, η κατακόρυφη αντίδραση του δαπέδου και η στατική τριβή με φορά προς τα πάνω (για να τον περιστρέψει αντίθετα από τους δείκτες του ρολογιού μιας και οι υπόλοιπες δυνάμεις δε δημιουργούν ροπή). Εφαρμόζοντας το θεμελιώδη νόμο για τη μεταφορική κίνηση (ΣΓχ = Μα) και για τη στροφική κίνηση (Στ(ο)= Ιαγων) του δίσκου έχουμε: ΣFX = Macm Μ gημφ-tστ = Macm (3) και 1 Στ(ο) = Iα γων Tστ R = MR αγων Tστ = MR αγων Tστ = Macm (4) Από (3) + (4) έχουμε: Mgημφ=Macm + 1 Ma 3 cm = Macm 10 acm = gημφ= 10 = m / s 3 3 3 με διεύθυνση παράλληλη στο κεκλιμένο επίπεδο και φορά προς τα κάτω. Γ4. Αφού ο δίσκος εκτελεί ομαλά επιταχυνόμενη μεταφορική κίνηση ισχύει: 1 s 0,3 3 18 3 s= acmt1 t1 = = = s acm 10 100 10 Αρα για το μέτρο της στροφορμής θα έχουμε: 1 υcm L1 = Iω1 = MR = MRυcm = MRacmt1 R 0 3 6 m L1 = 0,1 = = 0, Kg 3 10 30 s ΘΕΜΑ Δ Δ1.
ΣF =0 p =p mυ=mυ +mυ εξ πριν μετά 1 ή με το παραλληλόγραμμο p = p + p + p p συνφ m υ =m υ +m υ +mυ mυ συνφ μετά 1 1 1 1 υ =υ1 + υ + υ1υσυνφ Επειδή η κρούση είναι ελαστική ισχύει : 1 1 1 K πριν =Κ1 + Κ mυ = mυ1 + mυ + 1 υ =υ1 υ υ1υσυνφ=0 συνφ=0 φ= Επομένως μετά την κρούση οι σφαίρες θα κινηθούν κάθετα μεταξύ τους. π Δ. Αφού υ =υ1 +υ αντικαθιστώντας 4 υ1 υ= και υ= βρίσκουμε: 3 3 16 υ1 4υ1 3 = υ1 + = υ 1= m/s και υ = m/s 9 3 3 3 3 Δ3. Αναλύουμε την ταχύτητα υι της σφαίρας σε δύο συνιστώσες, μια παράλληλη (χ' χ) και μια κάθετη (ψ'ψ) στο πλάγιο επίπεδο. Εφαρμόζοντας την αρχή διατήρησης της ορμής στον άξονα x'x μόλις πριν και μόλις μετά την πλαστική κρούση των σωμάτων έχουμε: m1υ1συνθ = (Μ + m1)uk =>mυ1συνθ = 4muK υ1συνθ 1 3 3 1 υk = = = = 0,5m / s 4 4 3 4 Η μεταβολή της κινητικής ενέργειας του συστήματος των Μ, m1 κατά την κρούση είναι: 1 1 13 Κ =Κτελσυστ Κ αρχσυστ = 4mυk mυ1 = = J 16 3 4 Δ4. Στην αρχική θέση ισορροπίας (ΑΘΙ) του Μ ισχύει: ΣFΧ = 0 => ατ = Μgημφ => 3mgημθ k Δl= Μgημφ => Δl = Δl = 0,15m. k Στη θέση ισορροπίας της ταλάντωσης του συσσωματώματος (ΤΘΙ) ισχύει: ΣF Χ = 0 => F ελατ = Μgημφ => 3mgημθ k Δl = Μgημφ => Δl = Δl = 0, m. k Το συσσωμάτωμα ξεκινά να εκτελεί απλή αρμονική ταλάντωση, έχοντας αρχική απομάκρυνση από την ΤΘΙ: x =0,05m και ταχύτητα υκ = 0,5m/s.
Η θέση αυτή (ΑΘΙ) αποτελεί πλέον μια τυχαία θέση της ταλάντωσης που ξεκινά. Εφαρμόζοντας την αρχή διατήρησης της ενέργειας για την ταλάντωση του συσσωματώματος αμέσως μετά την κρούση και τη θέση πλάτους (ακραία θέση) προκύπτει: 1 1 1 4mυK 4mυK K + U = Umax 4mυK + Kx = KA + x = A A = + x = = 0, 05 m K K 0