Πανελλήνιες Εξετάσεις Ημερήσιων Γενικών Λυκείων Εξεταζόμενο Μάθημα: Φυσική Προσανατολισμού, Θετικών Σπουδών Ημερομηνία: 13 Ιουνίου 2018 Απαντήσεις Θεμάτων ΘΕΜΑ Α Α1. γ Α2. δ Α3. α Α4. δ Α5. α) Λάθος β) Σωστό γ) Λάθος δ) Σωστό ε) Λάθος ΘΕΜΑ Β Β1. Σωστή απάντηση το (i). Υπολογίζουμε την απόσταση d 2 με Πυθαγόρειο Θεώρημα στο τρίγωνο ΣΚΛ. d 2 = (2λ 1 ) 2 + ( 3λ 1 2 )2 = 25λ 2 1 4 = 5λ 1, d 2 2 d 1 = 5λ 1 2λ 2 1 = λ 1 2 Όταν διπλασιάζουμε την συχνότητα f η ταχύτητα των κυμάτων παραμένει σταθερή αλλά μεταβάλλεται το μήκος κύματος: { u = λ 1 f u = λ 2 2f λ 1 f = λ 2 2f λ 1 = 2λ 2 Έχουμε: d 2 d 1 = λ 1 2 = 2λ 2 2 = λ 2 Άρα: d 2 d 1 = λ 2 ακέραιο πολλαπλάσιο του λ 2 επομένως το σημείο Σ είναι σημείο ενίσχυσης. Β2. Σωστή απάντηση το (iii). Διατήρηση στροφορμής για το σώμα m: Είναι: L αρχ = L τελ mur = mu τελ R 2 v τελ = 2v (1) Εφαρμόζουμε το Θεώρημα Μεταβολής της Κινητικής Ενέργειας για την κίνηση του σώματος: Κ τελ Κ αρχ = W ολ 1 2 mv 2 τελ 1 2 mv2 = W F 1 2 m4ω2 R 2 1 2 mω2 R 2 = W F 3 2 mω2 R 2 = W F
Β3. Σωστή απάντηση το (i). Η εξίσωση συνέχειας δίνει: Α Γ v Γ = Α Δ v Δ 2Α Δ v Γ = Α Δ v Δ v Δ = 2v Γ Βεληνεκές: S = 4h = v Δ 2h g Υψώνοντας στο τετράγωνο: 16h 2 2 = v 2h v Δ g Δ 2 = 8gh h = v Δ 2 h = v 2 Γ 8g 2 Εφαρμόζοντας την εξίσωση Bernoulli: P Γ + 1 2 ρv Γ 2 = P Δ + 1 2 ρv Δ 2 + ρgh P Γ + 1 2 ρv Γ 2 = P Δ + 1 2 ρv Δ 2 + ρgh P Γ P Δ = 1 2 ρv Δ 2 1 2 ρv Γ 2 + ρgh P Γ P Δ = 1 2 ρ(2v Γ) 2 1 2 ρv Γ 2 + ρgv Γ 2 2g P Γ P Δ = 2ρv 2 Γ. ΘΕΜΑ Γ Γ1. Το σώμα m 1 διέρχεται από τη ΘΙΤ της ταλάντωσής του, έχοντας ακριβώς πριν την κρούση ταχύτητα: v max1. Είναι v max1 = ω 1 Α 1 = k 1 m 1 A 1 = 50 2 Δl = 5 0,4 = 2 m/sec Απομακρυνόμενο από την πηγή καταγράφει συχνότητα f 1 = υ υ max 1 υ f s = 340 2 340 f s = 338 340 f s Η κρούση που ακολουθεί είναι πλαστική και ισχύει: (ΑΔΟ) : m 1 υ 1max = (m 1 + m 2 )υ 2max υ 2max = 1 m/sec Το συσσωμάτωμα εξακολουθεί ν απομακρύνεται από τη ΘΙΤ και έχω: f 2 = υ υ max 2 υ Άρα f 1 f 2 = 338 339. f s = 340 1 340 f s = 339 340 f s
Γ2. Τα ελατήρια είναι οριζόντια και η θέση φυσικού μήκους ταυτίζεται με τη θέση ισορροπίας ταλάντωσης του συσσωματώματος. Το συσσωμάτωμα έχει σχεδιαστεί σε μια τυχαία απομάκρυνση x από m ΘΙΤ. (θεωρώντας θετική φορά προς τα δεξιά). Για τη συνισταμένη των δυνάμεων που ασκούνται πάνω του ισχύει: ΣF = k 1 x k 2 x = (k 1 + k 2 )x, όπου: k 1 = k 2 = k Άρα ΣF = 2kx όπου 2k = D η σταθερά επαναφοράς της ταλάντωσης. k 1 k 2 k 1 F EΛ1 k 2 F EΛ2 υ max2 = 2k 2m A υ max 2 = 50 2 A 5A = 1 A = 1 5 m Γ3. Πρόκειται για τη χρονική στιγμή που το συσσωμάτωμα ακινητοποιείται στιγμιαία για πρώτη φορά στη δεξιά ακραία θέση της ταλάντωσής του. Καθώς σε αυτή τη θέση δεν υπάρχει σχετική κίνηση παρατηρητή πηγής. Ο χρόνος μετάβασης από τη θέση της σύγκρουσης έως την παραπάνω ακραία θέση είναι: Δt = T όπου Τ η περίοδος της ταλάντωσης του συσσωματώματος. 4 x Τ = 2π 2m 2k = 2π m k = 2π 5 άρα Δt = T 4 = 2π 20 = π 10 sec Γ4. Ο ρυθμός μεταβολής της ορμής του συσσωματώματος ισούται με τη συνισταμένη δύναμη. Δηλαδή: ΔP = ΣF = 2kx. H μέγιστη τιμή του επιτυγχάνεται στις ακραίες θέσεις: Δt ΔP = 2kA όπου Α το πλάτος ταλάντωσης του συσσωματώματος. Δt max άρα ΔP Δt max = 2 50 1 5 = 20N.
ΘΕΜΑ Δ Δ1. Ισχύει: Ι ρ Δ(Ο) = Ι ρ(ο) + Ι Δ(Ο) Εφαρμόζουμε το Θεώρημα Steiner για τη ράβδο Ι ρ(ο) = Ι cm(ρ) + Μ l2 4 = 1 12 Ml2 + 1 4 Ml2 = = 1 3 Ml2 = 1 8 9 = 24 kg m2 3 Ο δίσκος περιστρέφεται γύρω από το κέντρο μάζας του Ι Δ(Ο) = Ι cm(δ) = 1 2 m ΔR 2 Δ = 1 2 4 2 = 1 kg m2 4 Οπότε συνολικά: Ι ρ Δ(Ο) = Ι ρ(ο) + Ι Δ(Ο) = 24 + 1 = 25kg m 2 Δ2. lw ρ φ 0 cm w ρ w Δ cm h cm Τη χρονική στιγμή t = 0 κόβουμε το νήμα Ζ Γ. Ροπή στο σύστημα ράβδος-δίσκος δημιουργεί, ως προς το (Ο), μόνο το βάρος της ράβδου. Οπότε ως προς το σημείο Ο έχουμε: ( dl dt ) = Στ εξ = τ wρ = Μg l wρ ρ Δ όπου l wρ ο μοχλοβραχίονας του βάρους της ράβδου ως προς το (Ο).
l wρ = l 2 συνφ = 3 0,6 = 0,9m 2 Τελικά: ( dl dt ) = 8 10 0,9 = 72 kg m2 ρ Δ 5 2 Δ3. Στο σύστημα ράβδος δίσκος έργο παράγει μόνο το βάρος της ράβδου. Εφαρμόζοντας το θεώρημα έργου ενέργειας από την αρχική μέχρι την κατακόρυφη θέση της ράβδου έχουμε: Κ Τ Κ Α = W wρ Κ Τ = Μg h cm Για το h cm έχουμε: h cm = l 2 l 2 ημφ h cm = l 2 (1 ημφ) = 3 (1 0,8) = 0,3m 2 Τελικά Κ Τ = 8 10 0,3 = 24 Joule Δ4. Τ Ε Η N Τ w τρ w KX Τ στ w K w Ky Το νήμα (2) δεν ολισθαίνει στην τροχαλία, οπότε: ds Ε = ds H και v E = v H, α E = α H. Ο κύλινδρος κυλίεται χωρίς να ολισθαίνει. Άρα: ds cm = R dθ Κ, v cm = R ω K, α cm = R a γκ. Το Η είναι το ανώτερο σημείο του κυλίνδρου, οπότε: α Η = 2α cm.
Εφαρμόζοντας τον θεμελιώδη νόμο της μηχανικής για την μεταφορική και την περιστροφική κίνηση του κυλίνδρου έχουμε: ΣF = m a cm mg ημφ Τ Τ στ = m a cm (1) Στ = Ι cm(κ) a γκ TR + T στ R = 1 2 mr2 α γκ T στ Τ = 1 2 m a cm (2) Αθροίζοντας τις σχέσεις (1) και (2) κατά μέλη: mg ημφ 2Τ = 3 2 m a cm (Κ) (3) Εφαρμόζοντας το θεμελιώδη νόμο της μηχανικής στην τροχαλία έχουμε: Στ = Ι cm(τρ) a γτρ T R = Ι cm(τρ) a γτρ (4) Το νήμα είναι αβαρές και μη εκτατό οπότε: Τ = Τ (5) Από τη σύνδεση των σημείων Η και Ε έχουμε α Η = α Ε 2α cmκ = a γτρ R οπότε a γτρ = 2α cm Κ R H σχέση (4) μέσω των (5) και (6) γίνεται: (6) Τ R = I cmτρ 2α cm Κ R T = Ι cm(τρ) 2α cm Κ R 2 (7) Η σχέση (3) μέσω της σχέση (7) γίνεται mg ημφ 2 I cmτρ 2α cm(κ) R 2 = 3 2 ma cm(κ) mg ημφ = a cm(κ) (4Ι cm(τρ) R 2 + 3 2 m) 1,95 30 10 0,8 = a cm (Κ) (4 0,04 + 3 2 30) 240 = a cm(195 + 45) a cm = 1 m/s 2 To κέντρο μάζας του κυλίνδρου εκτελεί ευθύγραμμη ομαλά επιταχυνόμενη κίνηση. Άρα s = 1 2 a cm(k) t 1 2 t 1 = 2s a cm = 2s v cm(k) = a cm(k) t 1 = 1 2 = 2m/s Επιμέλεια: Μπάμπης Μπέσης, Χαρίλαος Τσαγκαράκης, Στέφανος Μαυρογιώργης, Αντώνης Παρασκευάς, Ιωάννης Τριανταφύλλου Ευχόμαστε καλά αποτελέσματα!