Successfully reported this slideshow.
We use your LinkedIn profile and activity data to personalize ads and to show you more relevant ads. You can change your ad preferences anytime.
 Πανελλαδικές	  Εξετάσεις	  Γ΄	  Τάξης	  Ημερήσιου	  Γενικού	  Λυκείου,	  25/5/2012	  Θέµα ΑΑ1. γΑ2. βΑ3. γΑ4. γΑ5. α-Σ, β...
Εφαρµόζουµε ακόµα µια φορά το Νόµο του Snell, κατά το πέρασµα της ακτίνας απότο λάδι στον αέρα, υποθέτοντας ότι διαθλάται ...
Β3. Η σφαίρα Σ1 κινούµενη µε σταθερή ταχύτητα µέτρου υ διανύει την απόσταση ΔΧ= (ΑΓ) σε χρονικό διάστηµα Δt = t1, οπότε:  ...
Θέµα ΓΓ1. Για να υπολογίσουµε τη συνολική ροπή αδράνειας του συστήµατος ράβδου –σφαίρας, εφαρµόζουµε πρώτα το Θεώρηµα του ...
1                              0, 3  0, 45 ⋅ ω 2 = 18 + (−6 ⋅10 ⋅      ) + (−3⋅10 ⋅ 0, 3) ⇔2                              ...
Δ1. Για να αποδείξουµε ότι το σύστηµα ελατηρίου – µάζας m1 εκτελεί ΑΑΤ:Καθορίζουµε τη θέση ισορροπίας του:ΣFx = 0 ⇔ Fελ ,1...
ΣFx = −W1,x + Fελ ,1 + Fελ ,2 = −m1gηµθ + k1 (Δl1 − x1 ) + k2 (Δl1 − x1 ) ⇔              1ΣFx = −2 ⋅10 ⋅ + 60 ⋅ 0,05 − 60x...
Στη συνέχεια, σχεδιάζουµε το σύστηµα σε τυχαία θέση, σε αποµάκρυνση x από τηθέση ισορροπίας του, στη θέση αυτή κατασκευάζο...
Upcoming SlideShare
Loading in …5
×

απαντήσεις στα-θέματα-2012.α

545 views

Published on

Φυσική 2012 Κατεύθυνσης Γ Λυκείου από την ΕΕΦ ΚΔ Μακεδονίας

  • Be the first to comment

  • Be the first to like this

απαντήσεις στα-θέματα-2012.α

  1. 1.  Πανελλαδικές  Εξετάσεις  Γ΄  Τάξης  Ημερήσιου  Γενικού  Λυκείου,  25/5/2012  Θέµα ΑΑ1. γΑ2. βΑ3. γΑ4. γΑ5. α-Σ, β-Σ, γ-Λ, δ-Λ, ε-Σ Θέµα Β Β1. Επειδή γνωρίζουµε ότι η ακτίνα µονοχρωµατικού φωτός προερχόµενη από το νερό µε δείκτη διάθλασης n1 προσπίπτει στη διαχωριστική επιφάνεια νερού – αέρα µε γωνία ίση µε την κρίσιµη καταλήγουµε στη σχέση:n1 ⋅ ηµθ crit = nαερ ⋅ ηµ 90ο ⇔ n1 ⋅ ηµθ crit = 1 (1) Στη συνέχεια, ρίχνουµε τη µονο- χρωµατική ακτίνα µε την ίδια γω- νία, αλλά ανάµεσα στο νερό και τον αέρα τοποθετούµε ένα στρώµα λαδιού µε δείκτη διάθλασης n2. Η ακτίνα διαθλάται αρχικά κατά την είσοδό της στο λάδι (αφού n2 > n1). Εφαρµόζοντας το Νόµο του Snell καταλήγουµε στη σχέση: n1 ⋅ ηµθ crit = n2 ⋅ ηµθ (2) λαµβάνοντας υπόψιν τις σχέσεις (1) και (2) προκύπτει ότι: n2 ⋅ ηµθ = 1 (3) 1    Απαντήσεις  στα  θέματα  Φυσικής  Θετικής  &  Τεχνολογικής  Κατεύθυνσης  2012  
  2. 2. Εφαρµόζουµε ακόµα µια φορά το Νόµο του Snell, κατά το πέρασµα της ακτίνας απότο λάδι στον αέρα, υποθέτοντας ότι διαθλάται σχηµατίζοντας γωνία φ µε την κάθετοστο σηµείο πρόσπτωσης:n2 ⋅ ηµθ = nαερ ⋅ ηµϕ (4)Από (3) και (4) καταλήγουµε ότι: nαερ ⋅ ηµϕ = 1 ⇔ ηµϕ = 1 ⇔ ϕ = 90οΕποµένως σωστή είναι η απάντηση γΒ2. Στο σχήµα που ακολουθεί, φαίνεται ένα στιγµιότυπο του στάσιµου κύµατος κατά το οποίο όλα τα σηµεία του που εκτελούν ταλάντωση βρί- σκονται στις ακραίες θέσεις τους. Το σηµείο Ο είναι κοιλία και βρίσκεται στην αρχή του άξονα x΄x. Τα σηµεία Κ και Λ απέχουν αποστάσεις λ/6 και λ/12 από τον πλησιέστερο δε- σµό και βρίσκονται δεξιά και αριστερά του, όπως φαίνεται στο σχήµα. Θέση του δεσµού είναι xΔ = λ/4. Εποµένως οι θέσεις των σηµείων Κ και Λπάνω στον άξονα x΄x υπολογίζονται: λ λ λxK = − = 4 6 12 λ λ λxΛ = + = 4 12 3Υπολογίζουµε τα πλάτη ταλάντωσης των δύο σηµείων: λ 2π xK 2πΑΚ = 2Α συν = 2Α συν 12 = 2Α συν π = 2Α 3 = Α 3 λ λ 6 2 λ 2π xΛ 2πΑΛ = 2Α συν = 2Α συν 3 = 2Α συν 2π = 2Α 1 = Α λ λ 3 2Οπότε υπολογίζουµε το λόγο των µέγιστων ταχυτήτων ταλάντωσης των δύο σηµείων:υΚ ω ΑΚ Α 3 = = = 3υ Λ ω ΑΛ Α 2    Απαντήσεις  στα  θέματα  Φυσικής  Θετικής  &  Τεχνολογικής  Κατεύθυνσης  2012  
  3. 3. Β3. Η σφαίρα Σ1 κινούµενη µε σταθερή ταχύτητα µέτρου υ διανύει την απόσταση ΔΧ= (ΑΓ) σε χρονικό διάστηµα Δt = t1, οπότε: Δx Δx Δxυ= ⇔υ = ⇔ t1 = (1) Δt t1 υΑναλύουµε την ταχύτητα της δεύτερης σφαίρας Σ2, σε δύο συνιστώσες, µια οριζόντιαµέτρου υx: 1υ x = υ ⋅ συνϕ ⇔ υ x = υ ⋅ (2) 2και µια κατακόρυφη ταχύτητα µέτρου υy: 3υ y = υ ⋅ ηµϕ ⇔ υ y = υ ⋅ (3) 2Η σφαίρα Σ2, συγκρούεται ελαστικά µε τα δύο τοιχώµατα των τοίχων και η ταχύτητάτης διατηρείται σταθερή κατά µέτρο. Η σφαίρα, θα διανύσει την ίδια απόσταση µετην πρώτη σφαίρα κινούµενη µε οριζόντια ταχύτητα υx σε χρονικό διάστηµα Δt = t2: Δx υ Δx 2Δxυx = ⇔ = ⇔ t2 = (4) Δt 2 t2 υΑπό τις (1) και (4) καταλήγουµε:t 2 = 2 ⋅t1Εποµένως σωστή είναι η α. 3    Απαντήσεις  στα  θέματα  Φυσικής  Θετικής  &  Τεχνολογικής  Κατεύθυνσης  2012  
  4. 4. Θέµα ΓΓ1. Για να υπολογίσουµε τη συνολική ροπή αδράνειας του συστήµατος ράβδου –σφαίρας, εφαρµόζουµε πρώτα το Θεώρηµα του Steiner για τη ράβδο ως προς τον ά-ξονα περιστροφής της που διέρχεται από το άκρο της Ο: 2 ⎛ ⎞ 1 2 1Ι ρ = Ι cm + M ⎜ ⎟ ⇔ Ι ρ = M 2 + M ⇔ Ι ρ = M 2 ⇔ ⎝ 2⎠ 12 4 3 1Ι ρ = ⋅ 6 ⋅ 0,09 ⇔ I ρ = 0,18 kg ⋅ m 2 3Για τη σφαίρα:Ισ = m2 ⇔ Ισ = 3⋅ 0,09 ⇔ Ισ = 0,27 kg ⋅ m 2Οπότε η συνολική ροπή αδράνειας του συστήµατος είναι:Ι = Ι ρ + Ισ = 0,18 + 0,27 ⇔ Ι = 0, 45 kg ⋅ m 2Γ2. Υπολογίζουµε το έργο της ροπής της δύναµης F για την περιστροφή του συστή-µατος µέχρι την οριζόντια θέση: 120 πWτ F = τ F ⋅ Δθ = F ⋅  ⋅ Δθ ⇔ Wτ F = ⋅ 0, 3⋅ ⇔ Wτ F = 18J π 2 Γ3. Υπολογίζουµε στη συνέχεια το µέτρο της γωνιακής ταχύτη- τας ω του συστήµατος εφαρµό- ζοντας το Θεώρηµα Έργου Ε- νέργειας (ΘΕΕ) από την κατα- κόρυφη µέχρι να φτάσει στην οριζόντια θέση, λαµβάνοντας υπόψιν τα έργα της δύναµης F, του βάρους της ράβδου Wρ και της σφαίρας Wσ και θεωρώντας ότι η ράβδος είναι αρχικά ακί- νητη: ΔK = Wτ F + Wρ + Wσ ⇔ Kτελ − Kαρχ = Wτ F + Wρ + Wσ ⇔  Kτελ = Wτ F + (−Mg ) + (−mg) ⇔ 2 4    Απαντήσεις  στα  θέματα  Φυσικής  Θετικής  &  Τεχνολογικής  Κατεύθυνσης  2012  
  5. 5. 1 0, 3 0, 45 ⋅ ω 2 = 18 + (−6 ⋅10 ⋅ ) + (−3⋅10 ⋅ 0, 3) ⇔2 21 1 0, 45 ⋅ ω 2 = 18 − 9 − 9 ⇔ 0, 45 ⋅ ω 2 = 0 ⇔ ω = 02 2Γ4. Υπολογίζουµε τη γωνία που θα σχηµατίζει η ράβδος όταν για πρώτη φορά απο-κτήσει τη µέγιστη κινητική της ενέργεια. Η ράβδος θα επιταχύνεται αυξάνοντας έτσιτην γωνιακή της ταχύτητα και κατ’ επέκταση την κινητική της ενέργεια για όσο διά-στηµα ισχύει Στ ≥ 0 , εποµένως αρκεί να υπολογίσουµε τη γωνία θ που θα σχηµατίζειη ράβδος όταν Στ = 0.Στ = 0 ⇔ F ⋅  − Wρ ⋅ d ρ − W ⋅ d = 0 ⇔ F ⋅  − Mg ⋅ d ρ − W ⋅ d = 0 ⇔ F ⋅  − Mg ⋅ ⋅ ηµθ − m ⋅ g ⋅  ⋅ ηµθ = 0 ⇔ 2 30 3 ⋅  − 60 ⋅ ⋅ ηµθ − 30 ⋅  ⋅ ηµθ = 0 ⇔ 230 3 − 30 ⋅ ηµθ − 30 ⋅ ηµθ = 0 ⇔ 330 3 = 60 ⋅ ηµθ ⇔ ηµθ = ⇔ θ = 60ο 2 5    Απαντήσεις  στα  θέματα  Φυσικής  Θετικής  &  Τεχνολογικής  Κατεύθυνσης  2012  
  6. 6. Δ1. Για να αποδείξουµε ότι το σύστηµα ελατηρίου – µάζας m1 εκτελεί ΑΑΤ:Καθορίζουµε τη θέση ισορροπίας του:ΣFx = 0 ⇔ Fελ ,1 + Fελ ,2 − m1gηµ 30 = 0 ⇔ k1 ⋅ Δl1 + k2 ⋅ Δl1 = m1gηµ 30 ⇔(k1 + k2 )⋅ Δl1 = m1gηµ 30 ⇔ 200 ⋅ Δl1 = 10 ⇔ Δl1 = 0,05mΣχεδιάζουµε το σώµα µάζας m1 σε τυχαία θέση που βρίσκεται σε αποµάκρυνση x1από τη θέση ισορροπίας του, κατασκευάζουµε όλες τις δυνάµεις που δέχεται και υπο-λογίζουµε τη συνισταµένη των δυνάµεων που βρίσκονται πάνω στη διεύθυνση τηςταλάντωσή του: 6    Απαντήσεις  στα  θέματα  Φυσικής  Θετικής  &  Τεχνολογικής  Κατεύθυνσης  2012  
  7. 7. ΣFx = −W1,x + Fελ ,1 + Fελ ,2 = −m1gηµθ + k1 (Δl1 − x1 ) + k2 (Δl1 − x1 ) ⇔ 1ΣFx = −2 ⋅10 ⋅ + 60 ⋅ 0,05 − 60x1 + 140 ⋅ 0,05 − 140x1 ⇔ 2ΣFx = −10 + 3 − 200x1 + 7 ⇔ ΣFx = −200x1Εποµένως είναι της µορφής ΣF = - Dx δηλαδή εκτελεί ΑΑΤ µε σταθερά επαναφοράςD = 200 N/m, δηλαδή D = k1+k2Δ2. Επειδή όταν το σώµα αρχίζει να εκτελεί ταλάντωση t = 0, βρίσκεται στην ακραίαθέση ταλάντωσης x = + A = + 0,05 m υπολογίζουµε την αρχική φάση της ταλάντω-σης φο:x = Aηµ (ω t + ϕο ) ⎯t=0,x=+ A→ A = Aηµϕο ⇔ ηµϕο = 1 ⇔ ⎯⎯⎯ π π πηµϕο = ηµ ⇔ ϕο = 2κπ + ⎯κ⎯⎯⎯⎯→ϕο = ∈, 0 ≤ ϕο < 2 π 2 2 2Βρίσκουµε και την κυκλική συχνότητα της ταλάντωσης:D = m1ω 2 ⇔ 200 = 2ω 2 ⇔ ω = 10r / sΕποµένως η χρονική εξίσωση της αποµάκρυνσης περιγράφεται από τη σχέση: πx = 0,05 ⋅ ηµ (10t + ) (S.I.) 2Δ3. Τοποθετώντας και το σώµα µάζας m2 πάνω στο σώµα µάζας m1 το σύστηµα ελα-τηρίου – m1 – m2 εκτελεί ταλάντωση µε σταθερά επαναφοράς D = 200 N/m και δια-φορετική κυκλική συχνότητα σε σχέση µε την αρχική: D 200D = (m1 + m2 )ω 2 ⇔ ω = ⇔ω = ⇔ ω = 5r / s m1 + m2 8Εποµένως η σταθερά επαναφοράς της ταλάντωσης του « σώµατος m2 » είναι:D2 = m2ω 2 ⇔ D2 = 6 ⋅ 25 ⇔ D2 = 150 Ν / mΔ4. Βρίσκουµε τη νέα θέση ισορροπίας των δύο σωµάτων (m1 - m2):ΣFx = 0 ⇔ Fελ ,1 + Fελ ,2 − mολ gηµ 30 = 0 ⇔ k1 ⋅ Δl2 + k2 ⋅ Δl2 = mολ gηµ 30 ⇔(k1 + k2 )⋅ Δl2 = mολ gηµ 30 ⇔ 200 ⋅ Δl2 = 40 ⇔ Δl2 = 0,2mΗ απόσταση αυτή αποτελεί το πλάτος της ταλάντωσης του νέου συστήµατος, άρα Α= 0,2 m. 7    Απαντήσεις  στα  θέματα  Φυσικής  Θετικής  &  Τεχνολογικής  Κατεύθυνσης  2012  
  8. 8. Στη συνέχεια, σχεδιάζουµε το σύστηµα σε τυχαία θέση, σε αποµάκρυνση x από τηθέση ισορροπίας του, στη θέση αυτή κατασκευάζουµε όλες τις δυνάµεις που ασκού-νται πάνω στο σώµα µάζας m2, το οποίο φυσικά εκτελεί ΑΑΤ, εποµένως θα ισχύει:ΣFx = −D2 x ⇔ m2 gηµ 30 − Tσ = −150x ⇔ 1Tσ = m2 gηµ 30 + 150x ⎯x=A=0,2→ Tσ = 6 ⋅10 ⋅ + 150 ⋅ 0.2 ⇔ ⎯⎯⎯ 2Tσ = 60ΝΓια να µη ολισθαίνει το σώµα µάζας m2 θα πρέπει να ισχύει: 3Tσ ≤ µΝ 2 ⇔ 60 ≤ µ ⋅ m2 gσυν 30 ⇔ 60 ≤ µ ⋅ 60 ⇔ 2 2 3µ≥ 3Επιµέλεια θεµάτων: Γρηγόρης Δρακόπουλος 8    Απαντήσεις  στα  θέματα  Φυσικής  Θετικής  &  Τεχνολογικής  Κατεύθυνσης  2012  

×