Απαντήσεις  στα  θέματα  Φυσικής  Θετικής  &  Τεχνολογικής  Κατεύθυνσης  2012   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 ⋅ηµθcrit = nαερ ⋅ηµ90ο ⇔ n1 ⋅ηµθcrit = 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 ⋅ηµθcrit = n2 ⋅ηµθ (2)

λαµβάνοντας υπόψιν τις σχέσεις (1) και (2) προκύπτει ότι:

n2 ⋅ηµθ = 1 (3)

 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:

xK = λ4− λ6= λ12

xΛ = λ4+ λ12

= λ3

Υπολογίζουµε τα πλάτη ταλάντωσης των δύο σηµείων:

ΑΚ = 2Ασυν 2π xKλ

= 2Ασυν2π λ12λ

= 2Ασυν π6

= 2Α 32

= Α 3

ΑΛ = 2Ασυν 2π xΛλ

= 2Ασυν2π λ

3λ

= 2Ασυν 2π3

= 2Α 12= Α

Οπότε υπολογίζουµε το λόγο των µέγιστων ταχυτήτων ταλάντωσης των δύο σηµείων:

υΚ

υΛ

=ω ΑΚ

ω ΑΛ

= Α 3Α

= 3

 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:

υ = ΔxΔt

⇔υ = Δxt1

⇔ t1 =Δxυ

(1)

Αναλύουµε την ταχύτητα της δεύτερης σφαίρας Σ2, σε δύο συνιστώσες, µια οριζόντια µέτρου υx:

υx =υ ⋅συνϕ ⇔υx =υ ⋅ 12

(2)

και µια κατακόρυφη ταχύτητα µέτρου υy:

υy =υ ⋅ηµϕ ⇔υy =υ ⋅ 32

(3)

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:

υx =ΔxΔt

⇔υ2= Δxt2

⇔ t2 =2Δxυ

(4)

Από τις (1) και (4) καταλήγουµε: t2 = 2 ⋅ t1

Εποµένως σωστή είναι η α.

 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:

Ιρ = Ιcm +M2

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟2

⇔Ιρ =112

M2 +M 2

4⇔Ιρ =

13M2 ⇔

Ιρ =13⋅6 ⋅0,09⇔ Iρ = 0,18 kg ⋅m

2

Για τη σφαίρα:

Ισ = m2 ⇔Ισ = 3⋅0,09⇔Ισ = 0,27 kg ⋅m2

Οπότε η συνολική ροπή αδράνειας του συστήµατος είναι:

Ι = Ιρ + Ισ = 0,18 + 0,27⇔Ι = 0,45 kg ⋅m2

Γ2. Υπολογίζουµε το έργο της ροπής της δύναµης F για την περιστροφή του συστή-µατος µέχρι την οριζόντια θέση:

WτF

= τ F ⋅ Δθ = F ⋅ ⋅ Δθ ⇔WτF= 120

π⋅0,3⋅ π

2⇔WτF

= 18J

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 =WτF+Wρ +Wσ ⇔

Kτελ − Kαρχ =WτF+Wρ +Wσ ⇔

Kτελ =WτF

+ (−Mg 2)+ (−mg)⇔

 Απαντήσεις  στα  θέματα  Φυσικής  Θετικής  &  Τεχνολογικής  Κατεύθυνσης  2012   5  

120,45 ⋅ω 2 = 18 + (−6 ⋅10 ⋅ 0,3

2)+ (−3⋅10 ⋅0,3)⇔

120,45 ⋅ω 2 = 18 − 9 − 9⇔ 1

20,45 ⋅ω 2 = 0⇔ω = 0

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 ⋅dρ −W ⋅d = 0⇔ F ⋅−Mg ⋅dρ −W ⋅d = 0⇔

F ⋅−Mg ⋅

2⋅ηµθ −m ⋅g ⋅ ⋅ηµθ = 0⇔

30 3 ⋅ − 60 ⋅

2⋅ηµθ − 30 ⋅ ⋅ηµθ = 0⇔

30 3 − 30 ⋅ηµθ − 30 ⋅ηµθ = 0⇔

30 3 = 60 ⋅ηµθ ⇔ηµθ = 32

⇔θ = 60ο

 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 −m1gηµ30 = 0⇔ k1 ⋅ Δl1 + k2 ⋅ Δl1 = m1gηµ30⇔

(k1 + k2 ) ⋅ Δl1 = m1gηµ30⇔ 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:

 Απαντήσεις  στα  θέματα  Φυσικής  Θετικής  &  Τεχνολογικής  Κατεύθυνσης  2012   7  

ΣFx = −W1,x + Fελ ,1 + Fελ ,2 = −m1gηµθ + k1(Δl1 − x1)+ k2 (Δl1 − x1)⇔

ΣFx = −2 ⋅10 ⋅ 12+ 60 ⋅0,05 − 60x1 +140 ⋅0,05 −140x1 ⇔

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(ωt +ϕο )t=0,x=+A⎯ →⎯⎯⎯ A = Aηµϕο ⇔ηµϕο = 1⇔

ηµϕο =ηµπ2⇔ϕο = 2κπ + π

2 κ∈, 0 ≤ ϕο< 2π⎯ →⎯⎯⎯⎯ ϕο =

π2

Βρίσκουµε και την κυκλική συχνότητα της ταλάντωσης:

D = m1ω2 ⇔ 200 = 2ω 2 ⇔ω = 10r / s

Εποµένως η χρονική εξίσωση της αποµάκρυνσης περιγράφεται από τη σχέση:

x = 0,05 ⋅ηµ(10t + π2) (S.I .)

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 = (m1 +m2 )ω2 ⇔ω = D

m1 +m2

⇔ω = 2008

⇔ω = 5r / s

Εποµένως η σταθερά επαναφοράς της ταλάντωσης του « σώµατος m2 » είναι:

D2 = m2ω2 ⇔ D2 = 6 ⋅25⇔ D2 = 150 Ν /m

Δ4. Βρίσκουµε τη νέα θέση ισορροπίας των δύο σωµάτων (m1 - m2):

ΣFx = 0⇔ Fελ ,1 + Fελ ,2 −mολgηµ30 = 0⇔ k1 ⋅ Δl2 + k2 ⋅ Δl2 = mολgηµ30⇔

(k1 + k2 ) ⋅ Δl2 = mολgηµ30⇔ 200 ⋅ Δl2 = 40⇔Δl2 = 0,2m

Η απόσταση αυτή αποτελεί το πλάτος της ταλάντωσης του νέου συστήµατος, άρα Α = 0,2 m.

 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 = −D2x⇔ m2gηµ30 −Tσ = −150x⇔

Tσ = m2gηµ30 +150xx=A=0,2⎯ →⎯⎯⎯ Tσ = 6 ⋅10 ⋅ 1

2+150 ⋅0.2⇔

Tσ = 60Ν

Για να µη ολισθαίνει το σώµα µάζας m2 θα πρέπει να ισχύει:

Tσ ≤ µΝ2 ⇔ 60 ≤ µ ⋅m2gσυν30⇔ 60 ≤ µ ⋅60 32

⇔

µ ≥ 2 33

Επιµέλεια θεµάτων: Γρηγόρης Δρακόπουλος