Λύσεις Πανελληνίων 2016 Φυσικής Κατεύθυνσης (παλαιό...

Επιµέλεια: sciencephysics4all.com 1

Η Φυσική στον υπολογιστή σου – sciencephysics4all.com

ΠΑΛΑΙΟ ΣΥΣΤΗΜΑ

ΦΥΣΙΚΗ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ

Απαντήσεις στα θέµατα των πανελλαδικών εξετάσεων 2016

ΘΕΜΑ Α

Α.1 δ

Α.2 γ

Α.3 δ

Α.4 γ

Α.5 α. Σ, β. Λ, γ. Λ, δ. Λ, ε. Σ

ΘΕΜΑ Β

Β.1) Σωστό το (ii)

Τη χρονική στιγµή 0=t ισχύει maxII = και )(2max2

1MAXULIU ΒΒ == . Σε χρόνο

LCT

t π==∆2

θα ισχύει maxII −= και )(2max2

1MAXULIU ΒΒ == . Εποµένως σε

χρόνο LCT

t π==∆2

η ενέργεια του µαγνητικού πεδίου του πηνίου µεγιστοποιείται

και πάλι.

Β.2) Σωστό το (iii)

Πρέπει να ισχύει:

⇒Α=⇒= ωλυυ 22 max f ⇒Α⋅= ff πλ 22 Α= πλ 4

Β.3) Σωστό το (ii)

2θ



1η διάθλαση: 1

2

2

1

n

n=

ηµθηµθ

(1)

2η διάθλαση: 2

3

3

2

n

n=

ηµθηµθ

(2)

Πολλαπλασιάζουµε τις σχέσεις (1) και (2) κατά µέλη:

⇒⋅=⋅2

3

1

2

3

2

2

1

n

n

n

n

ηµθηµθ

ηµθηµθ

1

3

3

1

n

n=

ηµθηµθ

Όµως, ⇒>⇒> 1313 ηµθηµθθθ 311

3

3

1 11 nnn

n>⇒<⇒<

ηµθηµθ

(οι 31,θθ είναι οξείες γωνίες)

Β.4) Σωστό το (iii)

Κατά την ανηφορική κίνηση του νοµίσµατος ασκείται σε αυτό µόνο το βάρος (η αντίσταση του αέρα είναι αµελητέα) το οποίο έχει διεύθυνση που διέρχεται από τον άξονα περιστροφής του νοµίσµατος και δεν δηµιουργεί ροπή, δηλαδή

..00 σταθωσταθτ =⇒=⇒=⇒=Σ Ldt

dL

Εποµένως η γωνιακή ταχύτητα του νοµίσµατος δεν µεταβάλλεται. (Μεταβάλλεται µόνο η µεταφορική του ταχύτητα λόγω του βάρους).

ΘΕΜΑ Γ

Γ.1)

TTTx 2

3== συνϕ

TTTy 2

1== ηµϕ

Τr

yΤr

xΤr

yFr

xFr

gMr

θ

Fr



Η ράβδος ισορροπεί, Άρα,

⇒=⇒=Σ xxx TFF 0 TFx 2

3= (1)

⇒=+⇒=Σ MgTFF yyy 0 MgT

Fy =+2

(2)

⇒=

−−Τ⇒=Σ Ο 0323

20)(

llMg

lyτ ⇒=− 0

63

2

2

lMg

lT⇒=− 02 MgT

NT 5=

Αντικαθιστώντας στην (1) προκύπτει: NFx 2

35=

Αντικαθιστώντας στην (2) προκύπτει: NFy 2

15=

Άρα, NFFF yx 3522 =+=

Και o603 =⇒== θεϕθx

y

F

F.

Γ.2) α) ⇒

−+=2

32

llMII cmO ⇒+= 22

36

1

12

1MlMlIO ⇒= 2

36

4MlIO

⇒= 2

9

1MlIO

216,0 kgmIO =

β) ⇒=⇒=Σ γωνγων αατ96

2MllMgIO ⇒= γωνα

96

lg 2/5,126

9srad

l

g==γωνα

Γ.3)

6/l

0=U



Τη στιγµή όπου η ράβδος διέρχεται από την κατώτερη θέση, το κέντρο µάζας της έχει κατέλθει κατακόρυφη απόσταση 6/l .

Άρα, εφαρµόζοντας Α.∆.Μ.Ε. προκύπτει:

⇒=⇒=0

22

32

1

6 I

MglI

lMg O ωω srad

I

Mgl/5

3 0

2 =⇒= ωω

Άρα η ταχύτητα του κάτω άκρου της ράβδου θα είναι: sml

/43

2==Γ ωυ

Γ.4)

⇒−=⋅−==Σ=2

2

16

306 s

kgmlMg

lw

dt

dLy

oηµτ2

2

1s

kgm

dt

dL=

ΘΕΜΑ ∆

∆.1) Τα δύο σώµατα 1Σ και 2Σ εκτελούν τµήµα απλής αρµονικής ταλάντωσης µε σταθερά ταλάντωσης kD = καθώς κινούνται ως ένα σώµα µέχρι τον αποχωρισµό τους. Η δύναµη

επαναφοράς του σώµατος 1Σ είναι η δύναµη Fr

του ελατηρίου και η δύναµη επαναφοράς

του 2Σ είναι η δύναµη που του ασκείται από το 1Σ που είναι ίση µε τη δύναµη του

ελατηρίου (µε την προϋπόθεση ότι το σώµα 1Σ είναι ιδανικό στερεό, δηλαδή δεν παραµορφώνεται). Εποµένως, η θέση στην οποία θα αποχωριστούν τα δύο σώµατα είναι η θέση όπου το σώµα 1Σ ασκεί µηδενική δύναµη στο σώµα 2Σ , δηλαδή η θέση στην οποία η δύναµη από το ελατήριο µηδενίζεται )0( =F . Η θέση αυτή είναι η θέση ισορροπίας της ταλάντωσης των δύο σωµάτων. ∆ηλαδή τα δύο σώµατα ταλαντώνονται µαζί µέχρι τη θέση ισορροπίας τους (που αποτελεί τη θέση φυσικού µήκους του ελατηρίου) και στη συνέχεια το

1Σ συνεχίζει µόνο του την ταλάντωση ενώ το 2Σ αποµακρύνεται.

o30

wr

yw

r

xwr

o30



Εποµένως από τα παραπάνω συµπεραίνουµε ότι η θέση στην οποία τα δύο σώµατα αποχωρίζονται είναι η θέση ισορροπίας της ταλάντωσής τους που ταυτίζεται µε τη θέση φυσικού µήκους του ελατηρίου (καθώς το ελατήριο είναι οριζόντιο).

∆.2) Η γωνιακή συχνότητα της ταλάντωσης των δύο σωµάτων υπολογίζεται από τη σχέση:

⇒Τ

=π

ω2

⇒+

=

D

mm 212

2

π

πω ⇒

+=

k

mm 21

1ω ⇒

+=

21 mm

kω ⇒=

kgm

N

4

100ω

s

rad5=ω

Η ταχύτητα των δύο σωµάτων τη στιγµή του αποχωρισµού θα είναι:

⇒Α=ωυmax ⇒= dωυmaxs

m2max =υ

Όµως, η θέση ισορροπίας της ταλάντωσης των δύο σωµάτων είναι και η θέση αποχωρισµού.

Στη θέση αυτή το 1Σ έχει ταχύτητα s

m2max =υ . Εποµένως το νέο πλάτος της ταλάντωσης θα

προκύψει από τη σχέση:

Α′′= ωυmax (2)

Για ποιο λόγο όµως αλλάζει η γωνιακή συχνότητα της ταλάντωσης παρά το γεγονός ότι η σταθερά επαναφοράς παραµένει η ίδια, δηλαδή kD = ; Η απάντηση είναι πολύ απλή. ∆ιότι αλλάζει η µάζα του ταλαντούµενου σώµατος. Άρα,

⇒Τ′

=′π

ω2

⇒=′

D

m12

2

π

πω ⇒=′

k

m1

1ω ⇒=′

1m

kω

s

rad10=′ω

Εποµένως αντικαθιστώντας στη σχέση (2) προκύπτει το νέο πλάτος της ταλάντωσης:

⇒′

=Α′⇒Α′′=ω

υωυ max

max m2,0=Α′

∆.3) Εφαρµόζουµε Α.∆.Ο.

( ) ⇒+= ΣVmmm 3222υ ( ) smVVmmm /2,132max2 =⇒+= ΣΣυ

( ) ⇒−

=ΠΑΡΧ

ΤΕΛΑΡΧ %100%K

KK ( )( )

%40%100

2

12

1

2

1

%2max2

232

2max2

=+−

=ΠΣ

υ

υ

m

Vmmm



∆.4) HzfV

f S 16901 =+−

=ΣΗΧ

ΗΧ∆ υ

υυ

, όπου 1υ το µέτρο της ταχύτητας του ‘παρατηρητή’ δηλαδή του δέκτη και ΣV το µέτρο της ταχύτητας της πηγής.

Τις λύσεις των θεµάτων επιµελήθηκε η οµάδα του Science & Physics 4 all:

∆ρ. Στυλιανός - Βασίλειος Κοντοµάρης

Κωνσταντίνος Αναστασίου

Βασιλική Αλεξανδροπούλου

Άννα Μαλάµου

Λύσεις Πανελληνίων 2016 Φυσικής Κατεύθυνσης (παλαιό...

Documents

Transcript of Λύσεις Πανελληνίων 2016 Φυσικής Κατεύθυνσης (παλαιό...