1

ΦΥΣΙΚΗ

ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ Γ΄ ΛΥΚΕΙΟΥ & ΕΠΑ.Λ. Β’

25 ΜΑΪΟΥ 2012

ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ

ΘΕΜΑ Α

Α1. γ, Α2. β, Α3. γ, Α4. γ

Α5. α. Σ,

β. Σ

γ. Λ

δ. Λ

ε. Σ

ΘΕΜΑ Β

Β1. Σωστό το γ.

αέρας

αθνερό

1

Αρχικά Snell µεταξύ νερού – αέρα

1

ηµ ηµ90ύ έ

n nνερο α α ρα

θ⋅ = ⋅� , Όµως 1=

ρααέn και ηµ90 1=�

Άρα:

1

1

ηµύ

nνερο

αθ

= (1)

αέρας

αθνερό

1

λάδιαθ2

cθ

A

bθ1

B

Snell στο (Α) νερό- λάδι

1 1 1 1 1

(1) 1ηµ ηµ ηµ ηµ ηµ

ύ ά b ά b b

ά

n n n

nνερο α λ δι α λ δι

λ δι

θ θ θ θ θ⋅ = ⋅ = ⋅ ⇒ =⋅⇒ (2)

Snell στο (Β) :

2

ηµ ηµά έ c

n nλ δι α α ρα

θ θ⋅ = ⋅ (3)

Όµως 21

abθθ = εντός εναλλάξ και nαέρα=1.

Άρα από τη σχέση (2) η (3) γίνεται:

2

1ηµ ηµ 1

ά c c

ά

n

nλ δι

λ δι

θ θ⋅ = ⇒ =

Άρα �

90=c

θ

Άρα θα κινηθεί παράλληλα προς τη διαχωριστική επιφάνεια λαδιού – αέρα.

Οπότε σωστό είναι το γ.

Β2. Σωστό είναι το α.

0

AΚ

Λ

∆

x

λ/6 λ/12

Λ

Κ

A

Κ

xΛ

1

y

x

Η απόσταση των σηµείων Κ, Λ από τη θέση x = 0 είναι αντίστοιχα:

1264

λλλ=⇒−=ΚΚxx

312

4

124

λλλλ==⇒+=

ΛΛxx

Τα πλάτη της ταλάντωσης ΑΚ, ΑΛ των σηµείων Κ, Λ δίνονται :

22 συν

K

K

xA A

π

λ= και

22 συν

xA A

π

λ

Λ

Λ=

22 συν 2 συν 3

12 6K K

A A A Aπ λ π

λ= ⋅ ⇒ = = ⋅Α

Άρα: 2 2

2 συν 2 συν3 3

A A A Aπ λ π

λΛ Λ= ⋅ ⇒ = = Α

Οπότε έχουµε:

ΚΑ⋅= ωυ

Kmax

(1)

ΛΑ⋅=

Λ

ωυmax

(2)

Από τις σχέσεις (1) και (2) προκύπτει:

33

max

max

=⋅

==

ΛA

A

A

AK

L

K

υ

υ

.

Άρα το σωστό είναι το α.

3

Β3. Σωστό το α.

Σ

∆

υ

2

A

x

y

Β

Γ

υυ

Σ

υ

1

60o

60o

Η σφαίρα Σ1 κινείται ευθύγραµµα και οµαλά από το ΑΒ µέχρι το Γ∆ και άρα ισχύει:

υ

υ

ΑΓ=⇒⋅=ΑΓ

11tt (1)

Αναλύουµε την ταχύτητα υ�

της σφαίρα Σ2 στις συνιστώσες υx, υy.

Για τη διαδροµή ΑΓ ισχύει:

συν602

x x

υ

υ υ υ= ⋅ ⇒ =�

Και υ

υ

υ

ΑΓ=⇒

⋅=ΑΓ⇒⋅=ΑΓ

2

22

2

2t

tt

x (2)

Από την (1) και (2) έχουµε:

12

1

222

2

tt

t

t=⇒=

ΑΓ

ΑΓ

=

υ

υ .

Άρα σωστό το α.

Σηµείωση: Η σφαίρα Σ2 δέχεται από τους τοίχους δυνάµεις κάθετες στην διεύθυνση

της συνιστώσας ταχύτητας της x

υ

�

. Για αυτό διατηρείται το µέτρο της ταχύτητας

αυτής σταθερό.

ΘΕΜΑ Γ

Γ1. Με εφαρµογή Steiner η ροπή αδράνειας της δοκού δίνεται:

2

2 21 1

2 12 4cm

I I M M Mδ

= + = + ⇒

ℓℓ ℓ

2 24

.12 3

M MIδ= =

ℓ ℓ

Άρα: 2

2

συστ δ σφ3

MI I I m= + = + ⇒

ℓℓ

2 2 2

συστ

5

3 2 6

M M MI = + = ⇒

ℓ ℓ ℓ

4

2

2 2

συστ συστ

5 6 9 1045 10 Kg m .

6I I

−

−⋅ ⋅ ⋅

= ⇒ = ⋅ ⋅

Γ2. Ισχύει: 11203 10 18 J.

2 2W F W W

π πτ θ

π

−

= ⋅ = ⋅ ⋅ ⇒ = ⋅ ⋅ ⋅ ⇒ =ℓ

Γ3. Εφαρµόζουµε Θ.Μ.Κ.Ε. κατά την περιστροφή του συστήµατος από τη θέση Α στη

θέση Γ.

AF

m.g

M.g

( )cmΓ

m.g

( )cm

M.g

( ) ( )

2

συστ

1

2F

K K W I W W Wσϕ δτελ αρχ βαρ βαρ

ω− = Σ ⇒ ⋅ = + + ⇒

210,45 18

2 2m g M gω⋅ = − ⋅ ⋅ − ⋅ ⋅ ⇒

ℓℓ

210,45 18 3 10 0,3 6 10 0,15 0 rad/s.

2ω ω⋅ = − ⋅ ⋅ − ⋅ ⋅ ⇒ =

5

Γ4.

F

/2

φ

W

σφ

δ

Wδ

Wδ

F

W

σφW

σφW

φy x

φ

y

x

Μέγιστη κινητική ενέργεια έχουµε όταν ω = ωmax δηλαδή τη στιγµή που αγων = 0.

Όµως συστ γων

0.Iτ α τΣ = ⋅ ⇒ Σ =

Έστω ϕ̂ η γωνία που σχηµατίζει η δοκός µε την κατακόρυφη στη θέση αυτή.

Ισχύει: y y

δ σφ02

W W FτΣ = ⇒ ⋅ + ⋅ = ⋅ ⇒ℓ

ℓ ℓ

1ηµ ηµ

2M g m g Fϕ ϕ⋅ ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ = ⇒

30 3 3ηµ ηµ .

6 10 2

2

F

Mm g

ϕ ϕ= = ⇒ =⋅

+ ⋅

Άρα: ϕ̂ = 60°.

1 2 1 1 2 1 1 ( ) ( )F F F W F k x x k x x m g

Σε τυχαία θέση αποµάκρυνσης x (θεωρώντας θετική φορά προς τα πάνω) ισχύει:

(1) = ⇒ − − = ⇒ = + = + (1)

6

∆1.

W

N

y

τυχαίαθέση

φ

ΘΙΤ

ΘΦΜ

x

φ

φ

1

x

W

W

xW

N

Fελ1Fελ

2

(+)Fελ

1

Fελ2

xW

yW

΄

΄

Για την Θ.Ι. ισχύει:

1 21 1 1 2 1 1 2 1

0 0 ηµ ( )X X

F W F F m g k x k x k k xελ ελ

ϕ∑

mxx 05,02001011=⇒⋅=⇒ .

Άρα είναι της µορφής:

xDF ⋅−=∑ όπου m�kkD /200)(21=+= .

Άρα εκτελεί Α.Α.Τ.

∆2. Η σχέση της αποµάκρυνσης είναι x = A ηµ(ωt + φ0)

Το σώµα αφήνεται (δηλ. υ = 0) από την αρχική του θέση όπου τα ελατήρια έχουν το

φυσικό τους µήκος, άρα η απόσταση x1 = 0,05 m.

Από τη Θ.Ι. είναι το πλάτος (Α) της ταλάντωσης του Σ1 δηλ. Α = x1 = 0,05 m.

Ισχύει για t = 0 x = +A

άρα x = A ηµ(ωt + φ0) ⇔ +A = A ηµφ0 ⇔ = ηµφ0 +1⇔0

22

22

πκπ

ϕπ

κπ π

+

= + −

' '

X X X

⇒

(1)

1 2( )XF k k x

ω θ

7

για k = 0 ⇔ φ0 = π/2 rad.

∆ίνεται 1 2

1 1

60 140 20010 rad/s 10 rad/s.

2 2

k kD

m mω ω ω

+ += ⇒ = = = = ⇒ =

Άρα 0,05ηµ 10 (SI)2

x tπ

= +

ή x = 0,05συν ωt (SI)

∆3. Η σταθερά επαναφοράς δίνεται από τη σχέση 2ω⋅= mD .

Για το Σ2 ισχύει: 2

22)(ω ′⋅= mD

Όµως : 1 2

1 2

20025 5 rad/s

6 2

k k

m mω

+′ = = = =

+ +.

Άρα: 2

2 2( ) 6 25 150 N/mD m ω ′= ⋅ = ⋅ = .

∆4.

1η Λύση

κάτωακραίαθέση

ΘΙΤΘΦΜ

φ

άνω ακραία θέση (δεν αλλάζει)

-A΄

A΄

νέα

W

N2

2xW

2yW

2

T

(+)

στ

Σε κάποια θέση κάτω από τη Θ.Ι. παίρνω Β΄ Νόµο Νεύτωνα:

F maΣ =

�

�

µε (+) προς τα πάνω στ xT W ma− =

στ xT W ma= + µέγιστη Τστ όταν 2

max.a a ΄ A΄ω= = ⋅

2

στ 2 2ηµT m ΄ A΄ m g= ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅

στ

16 5 0,2 6 10 30 30 60 .

2T = ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ = + = Ν

στ στ

στ στ

y

όµως 60 2 360 30 3 .

330 3 ( ) 30 3

T �

� W �

µ

µ µ

= ⇒ = ⋅ ⇒ = =

= =

Επειδή η τοποθέτηση του 2ου σώματοςέγινε στη ΘΦΜ όπου υ=0 αυτή θα είναιπάλι η ακραία θέση της ταλάντωσης.Όμως θα αλλάξει το πλάτος και ηθέση ισορροπίας, στην οποία όμως πάλιη συνισταμένη των δυνάμεων θα είναι μηδέν

άρα: '

1 2 1 2( ) ( )k k A m m g

' 1 2

1 2

( )m m gή A

k k

άρα Α΄=0,2 m.

8

2η Λύση

κάτωακραίαθέση

ΘΙΤΘΦΜ

φ

άνω ακραία θέση (δεν αλλάζει)

-A΄

A΄

νέα

W

N2

2xW

2yW

2

T

(+)

max

Με την προσθήκη του δεύτερου σώµατος έχουµε αλλαγή θέση ισορροπίας. Στην

καινούργια θέση ισορροπίας ισχύει:

( ) ( )1 2 1 20 ηµ

xF m m g k k xϕΣ = ⇒ + ⋅ = + ⋅ ⇒

( ) ( )1

6 2 10 60 140 40 200 0,2m.2

x x x⇒ + ⋅ = + ⋅ ⇒ = ⇒ =

Επειδή το σώµα αφήνεται χωρίς αρχική ταχύτητα στην ακραία θέση, και στη νέα

ταλάντωση η ακραία θέση θα παραµείνει στο ίδιο σηµείο (το συσσωµάτωµα έχει

αρχική ταχύτητα µηδέν).

Επειδή η ακραία θέση είναι η θέση φυσικού µήκους των ελατηρίων, η απόσταση

x = 0,2 m θα είναι το νέο πλάτος Α΄ = 0,2 m.

Για το Σ2 που µετέχει στην ταλάντωση του συστήµατος θα ισχύει:

2 2 2ηµ30F D x T m g D xΣ = − ⋅ ⇒ + ⋅ ⋅ ° = − ⋅ ⇒

� �

� � �

2 2ηµ30T m g D x⇒ = − ⋅ ⋅ ° − ⋅

�

� �

.Επειδή τα διανύσµατα της τελευταίας σχέσης είναι

συγγραµµικά και λόγω της θετικής φοράς προς τα πάνω η σχέση γράφεται αλγεβρικά:

2 2 2 2( ) ηµ30 ηµ30 .T m g D x T m g D x= − − ⋅ °− ⋅ ⇒ = °− ⋅

Η µέγιστη τιµή της Τ προκύπτει για x = −A΄.

Άρα: max 2 2

ηµ30 .T m g D A΄= °+

Για να µην ολισθαίνει αρκεί

max 2 2 2ηµ30 ηµ30T � m g D A΄ m gµ µ≤ ⋅ ⇒ ⋅ ⋅ ° + ⋅ ≤ ⋅ ⋅ ⋅ °⇒

1 360 150 0,2 60

2 2µ+ ⋅ ≤ ⋅ ⇒

min

2 2 330 30 30 3 .

33µ µ µ+ ≤ ⋅ ⇒ ≥ ⇒ =

2ος Τρόπος επίλυσης του Β3 θέματος

Φυσικής Κατεύθυνσης Γ΄ Λυκείου 2012

Το Σ1 εκτελεί Ε.Ο.Κ. και σε χρόνο t1 διατρέχει

διάστημα (ΑΓ)=(ΒΔ)=ℓ, άρα υ

ttυ 11

ll =⇒= (1).

Η κάθε κρούση του σφαιριδίου Σ2 με τους

παράλληλους τοίχους ΑΓ και ΓΔ είναι

ελαστική. Άρα,

30ο

30ο

30ο

θ

xiυ

yiυiυ

x1iυ + 1iυ +

y1iυ +

Fr

x

y

⇒====⇒=== 2ν

22

21

2ν21αρχ υm

2

1...υm

2

1υm

2

1υm

2

1K....KKK υυ...υυ ν21 ====

rrr,

όπου iυ (i=1,2….ν) η ταχύτητα του Σ2 μετά την i τάξης κρούση.

Ακόμα για το Σ2 σε κάθε κρούση τόσο με τον τοίχο ΒΔ όσο και με τον ΑΓ έχουμε: 0υm

0)πρινγοίλ(x)µετα.αµ(xx

0t∆.ρKXx 030υηµmυηµθm0pp0p∆t∆Fp∆ .ρK

≠≈

⇒=−⇒=−⇒= →⋅=∑rrrrrrr

00 30θ̂30ημημθ =⇒=⇒

S1

30οx1

A

B

30ο

30o

x2

σηύκροτηώπρτηνχριέµ

νησηςίεκκτηςήστιγµτηόπA σεωνύκρονώδιαδοχικούδύεταξΜ

30o

υr

νx

νS

Γ

∆

ξοδοέτηνχριέµ

σηύκροαίτελευταντηόπA

2S

Αν x1 η απόσταση που διατρέχει το Σ2 από την στιγμή που αφήνεται μέχρι την πρώτη

κρούση ισχύει

01

1

1

10

30ημ

Sx

x

S30ημ =⇒=

Ομοίως αν x2 το διάστημα που διατρέχει μεταξύ πρώτης και δεύτερης κρούσης έχουμε:

02

2

2

20

30

Sx

x

S30ημ =⇒=

Άρα αν xν-1 είναι το διάστημα που διατρέχει μεταξύ της (ν-1) και της νιοστής κρούσης

θα ισχύει

01ν

1ν

1ν

1ν0

30ημ

Sx

x

S30ημ −

−

−

− =⇒=

Ακόμα αν xν είναι το διάστημα που διέτρεξε μεταξύ της νιοστής κρούσης και εξόδου

θα έχουμε

0ν

ν30ημ

Sx =

Άρα το Σ2 κινούμενο με ταχύτητα υ διέτρεξε διάστημα

S2)ΓA(2x2/1

)ΓA(x

30ημ

S...SSxx...xxx

0ν21

ν21 ==⇒=⇒+++

=⇒++= σε χρόνο t2 για το

οποίο ισχύει:

υ

S2t

υ

xt 22 =⇒= ⇒ 12 t2t =

ημ