Φυσική 2012 Κατεύθυνσης Γ Λυκείου από την ΕΕΦ ΚΔ Μακεδονίας

1.
Πανελλαδικές
Εξετάσεις
Γ΄
Τάξης
Ημερήσιου
Γενικού
Λυκείου,
25/5/2012
Θέµα Α
Α1. γ
Α2. β
Α3. γ
Α4. γ
Α5. 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. Εφαρµόζουµε ακόµα µια φορά το Νόµο του Snell, κατά το πέρασµα της ακτίνας από
το λάδι στον αέρα, υποθέτοντας ότι διαθλάται σχηµατίζοντας γωνία φ µε την κάθετο
στο σηµείο πρόσπτωσης:
n2 ⋅ ηµθ = nαερ ⋅ ηµϕ (4)
Από (3) και (4) καταλήγουµε ότι: nαερ ⋅ ηµϕ = 1 ⇔ ηµϕ = 1 ⇔ ϕ = 90ο
Εποµένως σωστή είναι η απάντηση γ
Β2. 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 Λ
πάνω στον άξονα x΄x υπολογίζονται:
λ λ λ
xK = − =
4 6 12
λ λ λ
xΛ = + =
4 12 3
Υπολογίζουµε τα πλάτη ταλάντωσης των δύο σηµείων:
λ
2π xK 2π
ΑΚ = 2Α συν = 2Α συν 12 = 2Α συν π = 2Α 3 = Α 3
λ λ 6 2
λ
2π xΛ 2π
ΑΛ = 2Α συν = 2Α συν 3 = 2Α συν 2π = 2Α 1 = Α
λ λ 3 2
Οπότε υπολογίζουµε το λόγο των µέγιστων ταχυτήτων ταλάντωσης των δύο σηµείων:
υΚ ω ΑΚ Α 3
= = = 3
υ Λ ω ΑΛ Α
2
Απαντήσεις
στα
θέματα
Φυσικής
Θετικής
&
Τεχνολογικής
Κατεύθυνσης
2012

3. Β3. Η σφαίρα Σ1 κινούµενη µε σταθερή ταχύτητα µέτρου υ διανύει την απόσταση ΔΧ
= (ΑΓ) σε χρονικό διάστηµα Δt = t1, οπότε:
Δx Δx Δx
υ= ⇔υ = ⇔ t1 = (1)
Δt t1 υ
Αναλύουµε την ταχύτητα της δεύτερης σφαίρας Σ2, σε δύο συνιστώσες, µια οριζόντια
µέτρου υx:
1
υ x = υ ⋅ συνϕ ⇔ υ x = υ ⋅ (2)
2
και µια κατακόρυφη ταχύτητα µέτρου υy:
3
υ y = υ ⋅ ηµϕ ⇔ υ y = υ ⋅ (3)
2
Η σφαίρα Σ2, συγκρούεται ελαστικά µε τα δύο τοιχώµατα των τοίχων και η ταχύτητά
της διατηρείται σταθερή κατά µέτρο. Η σφαίρα, θα διανύσει την ίδια απόσταση µε
την πρώτη σφαίρα κινούµενη µε οριζόντια ταχύτητα υx σε χρονικό διάστηµα Δt = t2:
Δx υ Δx 2Δx
υx = ⇔ = ⇔ t2 = (4)
Δt 2 t2 υ
Από τις (1) και (4) καταλήγουµε:
t 2 = 2 ⋅t1
Εποµένως σωστή είναι η α.
3
Απαντήσεις
στα
θέματα
Φυσικής
Θετικής
&
Τεχνολογικής
Κατεύθυνσης
2012

4. Θέµα Γ
Γ1. 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 1
Ι ρ = Ι cm + M ⎜ ⎟ ⇔ Ι ρ = M 2 + M ⇔ Ι ρ = M 2 ⇔
⎝ 2⎠ 12 4 3
1
Ι ρ = ⋅ 6 ⋅ 0,09 ⇔ I ρ = 0,18 kg ⋅ m 2
3
Για τη σφαίρα:
Ισ = m2 ⇔ Ισ = 3⋅ 0,09 ⇔ Ισ = 0,27 kg ⋅ m 2
Οπότε η συνολική ροπή αδράνειας του συστήµατος είναι:
Ι = Ι ρ + Ισ = 0,18 + 0,27 ⇔ Ι = 0, 45 kg ⋅ m 2
Γ2. Υπολογίζουµε το έργο της ροπής της δύναµης F για την περιστροφή του συστή-
µατος µέχρι την οριζόντια θέση:
120 π
Wτ 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. 1 0, 3
0, 45 ⋅ ω 2 = 18 + (−6 ⋅10 ⋅ ) + (−3⋅10 ⋅ 0, 3) ⇔
2 2
1 1
0, 45 ⋅ ω 2 = 18 − 9 − 9 ⇔ 0, 45 ⋅ ω 2 = 0 ⇔ ω = 0
2 2
Γ4. Υπολογίζουµε τη γωνία που θα σχηµατίζει η ράβδος όταν για πρώτη φορά απο-
κτήσει τη µέγιστη κινητική της ενέργεια. Η ράβδος θα επιταχύνεται αυξάνοντας έτσι
την 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 σχηµατίζει
η 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 ⇔
2
30 3 − 30 ⋅ ηµθ − 30 ⋅ ηµθ = 0 ⇔
3
30 3 = 60 ⋅ ηµθ ⇔ ηµθ = ⇔ θ = 60ο
2
5
Απαντήσεις
στα
θέματα
Φυσικής
Θετικής
&
Τεχνολογικής
Κατεύθυνσης
2012

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 = 0,05m
Σχεδιάζουµε το σώµα µάζας m1 σε τυχαία θέση που βρίσκεται σε αποµάκρυνση x1
από τη θέση ισορροπίας του, κατασκευάζουµε όλες τις δυνάµεις που δέχεται και υπο-
λογίζουµε τη συνισταµένη των δυνάµεων που βρίσκονται πάνω στη διεύθυνση της
ταλάντωσή του:
6
Απαντήσεις
στα
θέματα
Φυσικής
Θετικής
&
Τεχνολογικής
Κατεύθυνσης
2012

7. ΣFx = −W1,x + Fελ ,1 + Fελ ,2 = −m1gηµθ + k1 (Δl1 − x1 ) + k2 (Δl1 − x1 ) ⇔
1
ΣFx = −2 ⋅10 ⋅ + 60 ⋅ 0,05 − 60x1 + 140 ⋅ 0,05 − 140x1 ⇔
2
ΣFx = −10 + 3 − 200x1 + 7 ⇔ ΣFx = −200x1
Εποµένως είναι της µορφής ΣF = - Dx δηλαδή εκτελεί ΑΑΤ µε σταθερά επαναφοράς
D = 200 N/m, δηλαδή D = k1+k2
Δ2. Επειδή όταν το σώµα αρχίζει να εκτελεί ταλάντωση t = 0, βρίσκεται στην ακραία
θέση 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 π
ηµϕο = ηµ ⇔ ϕο = 2κπ + ⎯κ⎯⎯⎯⎯→ϕο =
∈, 0 ≤ ϕο < 2 π
2 2 2
Βρίσκουµε και την κυκλική συχνότητα της ταλάντωσης:
D = m1ω 2 ⇔ 200 = 2ω 2 ⇔ ω = 10r / s
Εποµένως η χρονική εξίσωση της αποµάκρυνσης περιγράφεται από τη σχέση:
π
x = 0,05 ⋅ ηµ (10t + ) (S.I.)
2
Δ3. 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 200
D = (m1 + m2 )ω 2 ⇔ ω = ⇔ω = ⇔ ω = 5r / s
m1 + m2 8
Εποµένως η σταθερά επαναφοράς της ταλάντωσης του « σώµατος m2 » είναι:
D2 = m2ω 2 ⇔ D2 = 6 ⋅ 25 ⇔ D2 = 150 Ν / m
Δ4. 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 = 0,2m
Η 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. Στη συνέχεια, σχεδιάζουµε το σύστηµα σε τυχαία θέση, σε αποµάκρυνση x από τη
θέση 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 ⇔
1
Tσ = m2 gηµ 30 + 150x ⎯x=A=0,2→ Tσ = 6 ⋅10 ⋅ + 150 ⋅ 0.2 ⇔
⎯⎯⎯
2
Tσ = 60Ν
Για να µη ολισθαίνει το σώµα µάζας m2 θα πρέπει να ισχύει:
3
Tσ ≤ µΝ 2 ⇔ 60 ≤ µ ⋅ m2 gσυν 30 ⇔ 60 ≤ µ ⋅ 60 ⇔
2
2 3
µ≥
3
Επιµέλεια θεµάτων: Γρηγόρης Δρακόπουλος
8
Απαντήσεις
στα
θέματα
Φυσικής
Θετικής
&
Τεχνολογικής
Κατεύθυνσης
2012