Απολυτήριες εξετάσεις Γ Τάξης Ημερήσιου Γενικού Λυκείου ΦΥΣΙΚΗ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ. 5 03 ΘΕΜΑ Α: Α. γ Α. γ Α3. δ Α4. γ Α5. α) Σ β) Λ γ) Σ δ) Λ ε) Σ ΘΕΜΑ Β: B. Σωστό το ii. Αιτιολόγηση: Η συνολική ενέργεια της ηλεκτρικής ταλάντωσης τη στιγμή t 0 είναι: Q CV 00 0 C QCV 6 3 E0 E0 4 0 J Τη στιγμή t εφόσον το φορτίο του πυκνωτή είναι μηδέν, η ένταση του ρεύματος που διαρρέει το πηνίο είναι η μέγιστη δυνατή. Επομένως τη στιγμή t η ενέργεια της ηλεκτρικής ταλάντωσης είναι: LI 0 6 9 3 3 E E 0 J Συνεπώς από τη στιγμή t 0 έως τη στιγμή t η απώλεια ενέργειας είναι: 3 E E0 E 0 J Β. Σωστό το iii. Αιτιολόγηση: Α τρόπος: Έστω ένα τυχαίο σημείο Σ επάνω στο ευθύγραμμο τμήμα ΚΛ στο οποίο έχουμε απόσβεση και το οποίο απέχει από τις πηγές Π και Π Χαριλάου Τρικούπη 55 Κηφισιά Τηλ : 0 80 78 835, 0 80 0 355, Fax :0/800356
αποστάσεις r και r < r αντίστοιχα. Για το σημείο αυτό εφόσον βρίσκεται επάνω στο ευθύγραμμο τμήμα ΚΛ και έχουμε απόσβεση θα ισχύουν: r r d () r r (N ), N Z () 0 r d (3) όπου λ το μήκος κύματος των κυμάτων που εκπέμπουν οι πηγές όταν έχουμε συχνότητα f. Από τις σχέσεις () και () με πρόσθεση κατά μέλη προκύπτει: d r (N ) 4 Αντικαθιστώντας τη τελευταία σχέση στην (3) βρίσκουμε: μετά από λίγες πράξεις: d d Εφόσον f = 3f θα είναι λ = λ /3 (όπως προκύπτει από τη θεμελιώδη εξίσωση των κυμάτων υ = λf). Αντικαθιστώντας στην τελευταία σχέση το λ και αφού d = λ, βρίσκουμε τελικά για το Ν: 6.5 5.5 6, 5, 4,...3,4,5 ί Β τρόπος: Έστω δύο διαδοχικές υπερβολές απόσβεσης οι οποίες τέμνουν το ευθύγραμμο τμήμα ΚΛ στα σημεία Γ και Δ και έστω x η απόσταση μεταξύ Γ και Δ. Επειδή τα Γ, Δ είναι διαδοχικά σημεία απόσβεσης θα ισχύουν: Χαριλάου Τρικούπη 55 Κηφισιά Τηλ : 0 80 78 835, 0 80 0 355, Fax :0/800356
(N ), N Z () ((N ) ), N Z () όπου λ το αρχικό μήκος κύματος των κυμάτων που εκπέμπουν οι δύο πηγές. Αφαιρώντας την σχέση () από τη σχέση () βρίσκουμε: ( ) ( ) ((N ) ) (N ) x x x x Αρχικά το μήκος κύματος των κυμάτων που εκπέμπουν οι πηγές είναι λ. Όταν αλλάξει η συχνότητα και γίνει f = 3f από την θεμελιώδη εξίσωση των κυμάτων (υ = λf) προκύπτει ότι το μήκος κύματος γίνεται λ = λ /3. Επομένως η απόσταση μεταξύ δύο διαδοχικών σημείων απόσβεσης γίνεται x = x /3. Αν ονομάσουμε ν το πλήθος των υπερβολών απόσβεσης που δημιουργούνται συνολικά μεταξύ των δύο πηγών, τότε εφόσον η απόσταση των δύο πηγών δεν έχει μεταβληθεί θα ισχύουν: d 4x x d x 3 x x /3 4x Β3. Σωστό το ii. Αιτιολόγηση: Κατά την τοποθέτηση του δίσκου Δ επάνω στο δίσκο Δ η συνισταμένη των εξωτερικών ροπών στο σύστημα των δύο δίσκων είναι μηδέν. Επομένως η στροφορμή του συστήματος διατηρείται σταθερή. Εφαρμόζοντας την αρχή διατήρησης της στροφορμής έχουμε για την τελική γωνιακή ταχύτητα του συστήματος: L L ( ) ή( ή) ή( ή) 4 ( ) 4 5 Επομένως η μεταβολή της στροφορμής του δίσκου Δ θα είναι: L L( ή) L( ή) L 4 L L L L L 5 5 5 5 Χαριλάου Τρικούπη 55 Κηφισιά Τηλ : 0 80 78 835, 0 80 0 355, Fax :0/800356
ΘΕΜΑ Γ: Γ. Επειδή η κρούση των δύο σωμάτων είναι ελαστική, για τις ταχύτητες του Σ και του Σ μετά τη κρούση, με θετική τη φορά που φαίνεται στο σχήμα, θα ισχύουν: m m m m m m m () () Από τη σχέση () και εφόσον η φορά της ταχύτητας του Σ μετά τη κρούση αντιστρέφεται θα έχουμε: m m () 0m / s 3 0m / s m m Το Σ κατά τη κίνησή του από την αρχική του θέση μέχρι λίγο πριν συγκρουσθεί με το Σ, δέχεται τις δυνάμεις που φαίνονται στο σχήμα. Η μόνη δύναμη που επιδρά στη διεύθυνση της κίνησής του είναι η σταθερή δύναμη της τριβής T η οποία του προκαλεί μία σταθερή επιβράδυνση. Εφαρμόζοντας Θ.Μ.Κ.Ε. για τη κίνηση του Σ από την αρχική του θέση μέχρι λίγο πριν συγκρουσθεί με το Σ έχουμε: m m0 K K0 W d (3) Χαριλάου Τρικούπη 55 Κηφισιά Τηλ : 0 80 78 835, 0 80 0 355, Fax :0/800356
όπου για τη δύναμη της τριβής εφόσον το Σ στον κατακόρυφο άξονα ισορροπεί θα έχουμε: Fy 0 mg N T Αντικαθιστώντας την τελευταία σχέση στην (3) παίρνουμε για το μέτρο της αρχικής ταχύτητας του Σ : m g m m 0 m gd 0 mgd 0 0m / s Γ. Από τη σχέση () βρίσκουμε την ταχύτητα του Σ αμέσως μετά τη κρούση: m () 0m / s m m Το ζητούμενο ποσοστό θα είναι: 0 m 00 % 00 m 8 % 00 88.9% 9 % 00 Γ3. Το Σ τόσο πριν όσο και μετά τη κρούση εκτελεί ομαλά επιβραδυνόμενη κίνηση υπό την επίδραση των δυνάμεων που φαίνονται στο σχήμα. Εφαρμόζοντας τους νόμους του Νεύτωνα υπολογίζουμε το μέτρο α της επιβράδυνσης του σώματος τόσο πριν όσο και μετά από την κρούση: Fx m y F 0 m g N g 5m / s T Από την στιγμή t 0 μέχρι τη στιγμή που το Σ φτάνει στο Σ έχει περάσει χρόνος Δt που μπορεί να υπολογισθεί από τη χρονική εξίσωση της ταχύτητας του Σ : t t t 0.08s 03. 0 0 Χαριλάου Τρικούπη 55 Κηφισιά Τηλ : 0 80 78 835, 0 80 0 355, Fax :0/800356
Ομοίως από την στιγμή αμέσως μετά τη κρούση και μέχρι να σταματήσει να κινείται το Σ (υ = 0) έχει περάσει χρόνος Δt που μπορεί να υπολογισθεί από τη σχέση: 0 t t t 0.64s 03. Άρα συνολικά από την στιγμή t 0 και μέχρι να σταματήσει να κινείται το Σ (θεωρώντας αμελητέα τη χρονική διάρκεια της κρούσης) πέρασε χρόνος: Δt ολ = Δt + Δt = 0.7s Γ4. Το Σ μετά τη κρούση εκτελεί φθίνουσα ταλάντωση κίνηση υπό την επίδραση της τριβής και της δύναμης που δέχεται από το ελατήριο, όπως φαίνεται στο σχήμα. Αμέσως μετά τη κρούση το Σ έχει κινητική ενέργεια: m 0J Η ενέργεια αυτή μετατρέπεται σε θερμότητα λόγω του έργου της τριβής και σε δυναμική ενέργεια παραμόρφωσης λόγω της παραμόρφωσης του ελατηρίου. Το ελατήριο θα αποκτήσει τη μέγιστη συσπείρωση (Δl max ) τη στιγμή που το σώμα θα σταματήσει για η φορά να κινείται στιγμιαία (καθώς υπάρχει απώλεια μηχανικής ενέργειας λόγω του έργου της τριβής). Εκείνη τη στιγμή το σώμα θα έχει διατρέξει απόσταση x = Δl max και η μηχανική ενέργεια που έχει μετατραπεί σε θερμότητα θα ισούται με το Χαριλάου Τρικούπη 55 Κηφισιά Τηλ : 0 80 78 835, 0 80 0 355, Fax :0/800356
έργο της τριβής. Εφαρμόζοντας συνεπώς την Α.Δ.Ε. από τη στιγμή αμέσως μετά τη κρούση μέχρι τη στιγμή που το Σ σταματά για η φορά να κινείται θα έχουμε: W U ( ή) T 0J l max kl max (4) όπου U ελ η δυναμική ενέργεια που έχει αποθηκευτεί στο ελατήριο στη θέση μέγιστης παραμόρφωσης και W T η ενέργεια που μετατράπηκε σε θερμότητα λόγω του έργου της τριβής. Για τη δύναμη της τριβής που δέχεται το Σ κατά τη κίνησή του έχουμε: Fy 0 mg N T m g Αντικαθιστώντας στη σχέση (4) και λύνοντας την εξίσωση ου βαθμού που προκύπτει ως προς Δl max βρίσκουμε: l max 4 m (απορριπτεται) ή l max 4 m 7 Χαριλάου Τρικούπη 55 Κηφισιά Τηλ : 0 80 78 835, 0 80 0 355, Fax :0/800356
ΘΕΜΑ Δ: Δ. Κατά τη κύλισή του στο επίπεδο ο κύλινδρος δέχεται τις δυνάμεις που φαίνονται στο σχήμα. Σημειώνουμε ότι δέχεται από το επίπεδο τριβή με φορά προς τα πάνω λόγω της κύλισής του. Εφαρμόζοντας τον ο νόμο του Νεύτωνα για την μεταφορική και για τη στροφική κίνηση του κυλίνδρου με θετικές τις φορές που φαίνονται στο σχήμα παίρνουμε: F M Mg () x cm cm MR ( ) ( ) R () Επειδή ο κύλινδρος κυλά θα ισχύει: α cm = Rα γ (3) Επιλύοντας το σύστημα των (), () και (3) βρίσκουμε τελικά: cm g 3 Δ. Η ροπή αδράνειας Ι του νέου κυλίνδρου θα ισούται με την ροπή αδράνειας του αρχικού (Ι) μείον τη ροπή αδράνειας του κυλινδρικού τμήματος που αφαιρέσαμε (Ι α ). Θα έχουμε συνεπώς: R mr I I (4) όπου m η μάζα του κυλινδρικού τμήματος που αφαιρέσαμε. Για τον υπολογισμό αυτής της μάζας σκεφτόμαστε ότι το στερεό είναι ομογενές και έχει σταθερή πυκνότητα ρ, επομένως η μάζα οποιουδήπότε τμήματός του Χαριλάου Τρικούπη 55 Κηφισιά Τηλ : 0 80 78 835, 0 80 0 355, Fax :0/800356
θα είναι ανάλογη του όγκου του τμήματος. Δεδομένου ότι ο όγκος ενός κυλίνδρου ύψους h και ακτίνας R είναι V = πr h, θα έχουμε: V m m Mr m m V V R h r h R V Αντικαθιστώντας το αποτέλεσμα στην σχέση (4) παίρνουμε: r R I R Δ3. Το κυλινδρικό τμήμα που τοποθετήσαμε στο κενό δεν περιστρέφεται διότι δεν δέχεται καμία δύναμη που να έχει ροπή. Άρα το τμήμα αυτό εκτελεί μόνο μεταφορική κίνηση. Το υπόλοιπο τμήμα εκτελεί μεταφορική και στροφική κίνηση υπό την επίδραση των δυνάμεων που φαίνονται στο πιο πάνω σχήμα. Εφαρμόζοντας το ο νόμο του Νεύτωνα για τον κύλινδρο θα έχουμε συνεπώς: F M Mg (5) 4 4 x cm cm R 4 MR r (6) 4 R Επιλύοντας το σύστημα των (5) και (6) βρίσκουμε τελικά: g r 3 R 4 cm 4 Δ4. Ο ζητούμενος λόγος είναι: K K I K r R cm K cm 4 R 4 K 3 K 5 rr / cm R 3 5 Χαριλάου Τρικούπη 55 Κηφισιά Τηλ : 0 80 78 835, 0 80 0 355, Fax :0/800356
Επιμέλεια Απαντήσεων: Βάρης Βασίλης Παναγιώτης Λεππίπας Σχόλια: Τα θέματα ήταν σαφή και χωρίς λάθη. Η κλιμάκωση της δυσκολίας στα τρία πρώτα θέματα κρίνεται ικανοποιητική. Ο βαθμός δυσκολίας όμως και η γενικότερη λογική του 4 ου θέματος είναι σαφώς εκτός του πλαισίου της βαθμίδος μέσης εκπαίδευσης και μπορεί να αντιμετωπιστεί με επιτυχία μόνο από μαθητές οι οποίοι όχι απλώς είναι άριστοι άλλα έχουν και ιδιαίτερο ταλέντο στη μελέτη και κατανόηση φυσικών φαινομένων. Αναμένονται ελάχιστα άριστα γραπτά. Χαριλάου Τρικούπη 55 Κηφισιά Τηλ : 0 80 78 835, 0 80 0 355, Fax :0/800356