ΠΑΝΕΛΛΔΙΚΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ Γ ΤΑΞΗΣ ΗΜΕΡΗΣΙΩΝ ΛΥΚΕΙΩΝ ΦΥΣΙΚΗ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ ΘΕΤΙΚΩΝ ΣΠΟΥΔΩΝ & ΕΠΙΣΤΗΜΩΝ ΥΓΕΙΑΣ (3/05/06) ΕΝΔΕΙΚΤΙΚΕΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΘΕΜΑ Α Α. β Α. γ Α3. β Α4. δ Α5. α) Σ, β) Λ, γ) Σ, δ) Λ, ε) Λ ΘΕΜΑ Β Β. Σωστή είναι η απάντηση iii) Αιτιολόγηση: Ένας παρατηρητής που βρίσκεται στο τούνελ ακούει ήχο συχνότητας f τουνελ U u nx τρ U fs. Η ανάκλαση του ήχου γίνεται στα τοιχώματα του τούνελ και ο 0 nx ήχος που εκπέμπεται έχει την ίδια συχνότητα με αυτήν που ακούει ο παρατηρητής στην είσοδο του τούνελ. Τέλος ο παρατηρητής αφού είναι ακίνητος ακούει την ίδια συχνότητα, άρα 0 f fs f fs 9 9 0 Ο παρατηρητής ακούει απ' ευθείας από το τραίνο ήχο συχνότητας Διαιρώντας κατά μέλη έχουμε: U 0 nx f fs fs 0 0 f s f f 0 f s 9 f 9 f Β. Σωστή απάντηση είναι η i) Αιτιολόγηση:
Για ένα στάσιμο κύμα γνωρίζουμε ότι το πλάτος του δίνεται από την σχέση: 9 λ π πχ M συν Ασυν 8 λ λ 9π π π Ασυν Ασυν π Ασυν 4 4 4 Α Α Η μέγιστη ταχύτητα ενός σημείου σε ένα στάσιμο κύμα δίνεται από την σχέση: B3. Σωστή είναι η απάντηση ii) Αιτιολόγηση: U π max Α Μ Umax πα Τ Τ Η παροχή στο σωλήνα μας θα παραμείνει σταθερή. Έτσι: ΠΑ u BuB u B ub B ub u Π Β H ανα μονάδα όγκου κινητική ενέργεια είναι ρub ρ4u 4 ρu 4Λ 3 ρu Λ Εφαρμόζοντας το θεώρημα του Bernoulli για τα σημεία Α και Β της ίδιας ρευματικής γραμμής θα έχουμε: 3 P ρu ρgy PB ρub ρgy P Λ PB 4Λ ΡΑ ΡΒ 3Λ ΘΕΜΑ Γ
Γ. Για να βρούμε την ταχύτητα στη θέση Γ θα χρησιμοποιήσουμε κάποιο ενεργειακό θεώρημα. Εδώ χρησιμοποιούμε ΔΜΕ Α Γ αφού οι δυνάμεις που ασκούνται στο σύστημα είτε είναι συντηρητικές (βάρος) είτε δεν παράγουν - καταναλώνουν έργο (κάθετη αντίδραση). Είναι ευνόητο ότι ο μαθητής μπορεί να χρησιμοποιήσει ΘΜΚΕ... Έτσι: Ε (Α) μηχ Ε Γ μηχ K 0 0 U KΓ UΓ mgr muγ uγ gr 00 uγ 0m/ s Γ. Για τον υπολογισμό των ταχυτήτων μετά την κρούση θα πρέπει πρώτα να βρούμε την ταχύτητα του σώματος () πριν από την κρούση αφού το δάπεδο δεν είναι λείο. Θα χρησιμοποιήσουμε ξανά ενεργειακό θεώρημα (στην περίπτωσή μας ΘΜΚΕ Γ Δ αλλά κάποιος άλλος μαθητής θα μπορούσε να κάνει μια λύση δυναμική - κνηματική βασισμένη στις σχέσεις του Νεύτωνα και της επιβραδυνόμενης κίνησης. Έτσι: Κ Κ μmgs Δ Γ m uδ muγ μmgs u u μgs Δ Γ u u μgs 00 0,5 0 3,6 Δ Γ u 00 36 64 u 8m u 8m Δ Δ Από τις γνωστές σχέσεις των ελαστικών κρούσεων (βρίσκονται στο σχολικό βιβλίο και δεν χρειάζονται απόδειξη) και με βάση το δεδομένο ότι θεωρούμε εδώ θετική φορά προς τα δεξιά (u =-4m/s), θα έχουμε: 6 u m 4 m 4 m m m u ' u u m m m m 6m m 3m u u m 3m 4m Για την ταχύτητα του δεύτερου σώματος θα έχουμε: u 6 4 0m u ' 0 m 3
m m m m m u ' u u u u m m m m 4m 4m u u 8 4 m u ' m όπου βέβαια το (-) στην πρώτη περίπτωση μας δείχνει ότι το πρώτο σώμα κινείται προς την αρνητική κατεύθυνση, δηλαδή προς τα αριστερά. Γ3. Χρησιμοποιώντας την ίδια θετική φορά που είχαμε χρησιμοποιήσει και στα προηγούμενα: τελ. αρχ. τελ. αρχ. Δ Ρ Ρ Ρ Ρ Ρ ΔP m u ' m u ενώ η φορά του διανύσματος είναι προς τα δεξιά ΔP 3 3 4 6 8Kg m Γ4. Για το ζητούμενο ποσοστό θα έχουμε: K τελ αρχ τελ. Κ mu mu αρχ. 00 64 00% 00% 00% 56,5% Κ αρχ. 64 muαρχ. Εννοείται πως οποιαδήποτε λύση η οποία βρίσκεται εντός του πνεύματος του ποσοστού γίνεται αποδεκτή (π.χ Να βρούμε πρώτα την αρχική κινητική ενέργεια μετά την τελική, να αφαιρέσουμε την αρχική από την τελική και να διαιρέσουμε με την αρχική κλπ.) ΘΕΜΑ Δ Δ. Στον κύλινδρο ασκούνται το βάρος του, Η τάση του νήματος και η τριβή για τις οποίες θα ισχύει: 4
ΣF 0 W J Tν x x Στ 0 JR Tν R Wx Tv όμως: και έτσι: Wx Mgημφ 0 ημ30 0 0Ν W Tν J x 5N Για το σώμα που είναι συνδεδεμένο στο ελατήριο (Σώμα m) ισχύει: W mgημ30 0 ημ30 5Ν x ΣFx 0 Fελ Wx T ' ν Fελ 5 5 Fελ 0Ν Οι δυνάμεις του νήματος Τν και Τ'ν είναι κατά μέτρο ίσες αφού το νήμα είναι αβαρές και μη εκτατό. Έτσι θα έχουμε: 0 Fελ Κ Δl ' Δl ' Δl ' 0,m 00 Στη θέση ισορροπίας του συστήματος μάζες - ελατήριο θα ισχύει: 5 ΣF 0 Fελ Wx Fελ 5 Κ Δl 5 Δl 0,05m 00 Η θέση στην οποία κόβεται το νήμα είναι στην πραγματικότητα και η θέση μέγιστης αρνητικής απομάκρυνσης. Έτσι το πλάτος μπορεί να προσδιοριστεί από την σχέση Α= Δl' Δl 0,05m Στα δύο ένθετα σχήματα φαίνονται οι δυνάμεις που ασκούνται στο σώμα που είναι συνδεδεμένο με το ελατήριο. Δ. Η γενική σχέση απομάκρυνσης - χρόνου είναι η χ ημωt φ 0 5
K 00 Για τον προσδιορισμό του ω έχουμε: K mω ω 0 r m Ενώ Α=0,05m Για t=0 x 3π Άρα ημφ0 ημφ0 ημφ0 ημ 3π φ κπ 0 κ0 3π φ0 3π π φ0 κπ π κπ 3π 3π FΕΠ D x FΕΠ K x 00 0,05ημ 0t FEΠ 5ημ 0t SI Δ3. Για την κύλιση του δίσκου θα έχουμε: Mgημφ Τ Mα TS R M R s cm α cm R Mgημφ Μ α cm Mα cm cm gημφ 3α αcm gημφ 0 m 3 3 s α γων 0 αcm 3 00 αγων r R 0, 3 s Από τον αριθμό των περιστροφών μπορούμε να προσδιορίσουμε τη γωνία στροφής. και από την γωνία τον χρόνο ΔΘ N ΔΘ π ΔΘ 4rad π π π ΔΘ 4 αγων 00 3 ΔΘ αγωνt t, 6
Μια εναλλακτική προσέγγιση θα ήταν να βρούμε την απόσταση S που διανύει όταν έχει κάνει Ν στροφές και από εκεί να βρούμε τον χρόνο μέσω των σχέσεων της κινηματικής. Τελικά: L Iω MR αγωνt MR αγωνt 00 L 0,0, L 0, 4Kgm 3 s Θα μπορούσαμε να προσεγγίσουμε το θέμα και ενεργειακά (αφού έχουμε υπολογίσει την απόσταση που έχει διανύσει το σώμα) με ΘΜΚΕ - ΑΔΕ αλλά θα χρειαστούμε κάποια στοιχεία όπως η επιτάχυνση και για το επόμενο ερώτημα. Δ4. Ο ρυθμός μεταβολής της κινητικής ενέργειας μπορεί να βρεθεί: ΔΚ ΔΚ μετ ΔΚ περ ΣF ucm Στ ω Δt Δt Δt mαcmucm Iαγων ω mαcmt ' MR αγωνt 00 0,000 3 0,0 3 9 9 600 300 900 ΔΚ 00 J 00 J 9 9 9 Δt Μια δεύτερη προσέγγιση θα ήταν να βρούμε την ολική κινητική ενέργεια και να παραγωγίσουμε την συνάρτηση ως προς τον χρόνο. 7