(Φυσική Γ ΚΑΤ 2013) · Αμέσως μετά τη κρούση, που είναι κεντρική και ελαστική, το σώμα Σ 1 αποκτά ταχύτητα

ΕΕΕΕΕΕΕΕΘΘΘΘΘΘΘΘΝΝΝΝΝΝΝΝΙΙΙΙΙΙΙΙΚΚΚΚΚΚΚΚΕΕΕΕΕΕΕΕΣΣΣΣΣΣΣΣ ΕΕΕΕΕΕΕΕΞΞΞΞΞΞΞΞΕΕΕΕΕΕΕΕΤΤΤΤΤΤΤΤΑΑΑΑΑΑΑΑΣΣΣΣΣΣΣΣΕΕΕΕΕΕΕΕΙΙΙΙΙΙΙΙΣΣΣΣΣΣΣΣ 22222222000000001111111133333333

ΩΩΩΩΩΩΩΩΘΘΘΘΘΘΘΘΗΗΗΗΗΗΗΗΣΣΣΣΣΣΣΣΗΗΗΗΗΗΗΗ

1111

ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ

Επιµέλεια:

Οµάδα Φυσικών της Ώθησης



2222

ΤετάρτηΤετάρτηΤετάρτηΤετάρτη, 2, 2, 2, 22222 Μα Μα Μα Μαΐου 201ου 201ου 201ου 2013333

Γ΄ ΛΥΚΕΙΟΥ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣΓ΄ ΛΥΚΕΙΟΥ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣΓ΄ ΛΥΚΕΙΟΥ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣΓ΄ ΛΥΚΕΙΟΥ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ

ΦΥΣΙΚΗΦΥΣΙΚΗΦΥΣΙΚΗΦΥΣΙΚΗ

ΘΘΘΘΘΘΘΘΘΘΘΘΕΕΕΕΕΕΕΕΕΕΕΕΜΜΜΜΜΜΜΜΜΜΜΜΑΑΑΑΑΑΑΑΑΑΑΑ AAAAAAAAAAAA

Στις ημιτελείς προτάσεις Α1-Α4 να γράψετε στο τετράδιό σας τον αριθμό της πρότασης

και δίπλα το γράμμα που αντιστοιχεί στη φράση η οποία τη συμπληρώνει σωστά.

Α1. Περιπολικό ακολουθεί αυτοκίνητο που έχει παραβιάσει το όριο ταχύτητας. Τα

δύο αυτοκίνητα κινούνται με ίσες ταχύτητες. Αν η σειρήνα του περιπολικού

εκπέμπει ήχο συχνότητας fS, τότε, η συχνότητα fA που αντιλαμβάνεται ο οδηγός

του άλλου αυτοκινήτου είναι:

α. SA f2f =

β. SA f2

1f =

γ. SA ff =

δ. 0fA =

Μονάδες 5

Α2. Διακρότημα δημιουργείται από τη σύνθεση δύο απλών αρμονικών ταλαντώσεων

ίδιας διεύθυνσης, με ίδιο πλάτος, γύρω από την ίδια θέση ισορροπίας, όταν οι

ταλαντώσεις αυτές έχουν:

α. ίσες συχνότητες και ίδια φάση

β. ίσες συχνότητες και διαφορά φάσης 2

π

γ. παραπλήσιες συχνότητες

δ. ίσες συχνότητες και διαφορά φάσης π

Μονάδες 5

Α3. Σε μια μηχανική ταλάντωση της οποίας το πλάτος φθίνει χρονικά ως tΛ

0 eAA −⋅= , όπου Α0 είναι το αρχικό πλάτος της ταλάντωσης και Λ είναι μια

θετική σταθερά, ισχύει ότι:

α. οι μειώσεις του πλάτους σε κάθε περίοδο είναι σταθερές

β. η δύναμη αντίστασης είναι 2αντ υbF ⋅−= , όπου b είναι η σταθερά απόσβεσης

και υ η ταχύτητα του σώματος που ταλαντώνεται

γ. η περίοδος Τ της ταλάντωσης μειώνεται με το χρόνο για μικρή τιμή της

σταθεράς απόσβεσης b

δ. η δύναμη αντίστασης είναι υbFαντ ⋅−= όπου b είναι η σταθερά απόσβεσης και

υ η ταχύτητα του σώματος που ταλαντώνεται

Μονάδες 5



3333

Α4. Κατά τη διάδοση ηλεκτρομαγνητικού κύματος στο κενό, σε μεγάλη απόσταση

από την πηγή, ισχύει ότι:

α. στη θέση που η ένταση Ε του ηλεκτρικού πεδίου είναι μηδέν, η ένταση Β του

μαγνητικού πεδίου είναι μέγιστη

β. τα διανύσματα των εντάσεων Ε του ηλεκτρικού και Β του μαγνητικού πεδίου

είναι παράλληλα μεταξύ τους

γ. το διάνυσμα της έντασης Ε του ηλεκτρικού πεδίου είναι κάθετο στη

διεύθυνση διάδοσης του ηλεκτρομαγνητικού κύματος

δ. το διάνυσμα της έντασης Β του μαγνητικού πεδίου είναι παράλληλο στη

διεύθυνση διάδοσης του ηλεκτρομαγνητικού κύματος.

Μονάδες 5

Α5. Να γράψετε στο τετράδιό σας το γράμμα κάθε πρότασης και δίπλα σε κάθε γράμμα

τη λέξη Σωστό, για τη σωστή πρόταση, και τη λέξη Λάθος, για τη λανθασμένη.

α. Το όζον της στρατόσφαιρας απορροφά κατά κύριο λόγο την επικίνδυνη

υπεριώδη ακτινοβολία.

β. Σε μια απλή αρμονική ταλάντωση αυξάνεται το μέτρο της ταχύτητας του

σώματος που ταλαντώνεται καθώς αυξάνεται το μέτρο της δύναμης

επαναφοράς.

γ. Κατά τη διάδοση μηχανικού κύματος μεταφέρεται ορμή από ένα σημείο του

μέσου στο άλλο.

δ. Σε στερεό σώμα σφαιρικού σχήματος που στρέφεται με σταθερή γωνιακή

ταχύτητα γύρω από άξονα διερχόμενο από το κέντρο του ισχύει πάντα ΣF = 0.

ε. Έκκεντρη ονομάζεται η κρούση κατά την οποία οι ταχύτητες των κέντρων

μάζας των δύο σωμάτων που συγκρούονται είναι παράλληλες αλλά μη

συγγραμμικές

Μονάδες 5

ΑΠΑΝΤΗΣΗ

A1. → γ.

A2. → γ.

A3. → δ.

A4. → γ.

A5. →→→→ α. → Σ

β. → Λ

γ. → Σ

δ. → Λ

ε. → Σ



4444

ΘΘΘΘΘΘΘΘΘΘΘΘΕΕΕΕΕΕΕΕΕΕΕΕΜΜΜΜΜΜΜΜΜΜΜΜΑΑΑΑΑΑΑΑΑΑΑΑ BBBBBBBBBBBB

Β1. Στο κύκλωμα του σχήματος ο πυκνωτής χωρητικότητας

C = 20×10–6 F είναι φορτισμένος σε τάση Vc=20V και το

ιδανικό πηνίο έχει συντελεστή αυτεπαγωγής

H10×9

1=L 3- .

Τη χρονική στιγμή t0 = 0 κλείνουμε το διακόπτη δ.

Κάποια μεταγενέστερη χρονική στιγμή t1, το φορτίο του

πυκνωτή είναι μηδέν και η ένταση του ρεύματος που

διαρρέει το πηνίο είναι 6 Α. Από τη στιγμή t0 έως τη στιγμή t1 η συνολική ενέργεια

της ηλεκτρικής ταλάντωσης μειώθηκε κατά:

i) 1 × 10-3 J

ii) 2 × 10-3 J

iii) 4 × 10-3 J

α) Να επιλέξετε τη σωστή απάντηση.

Μονάδες 2

β) Να δικαιολογήσετε την απάντησή σας.

Μονάδες 6

ΑΠΑΝΤΗΣΗ

α) Σωστή είναι η ii).

β) Αιτιολόγηση:

Αρχικά η ενέργεια του συστήματος είναι:

⇒⋅⋅⋅=⋅= − J2010202

1VC

2

1Ε 262

Cαρχ J104Ε 3αρχ

−⋅=

Τη χρονική στιγμή t1 η ενέργεια του συστήματος είναι:

C2

qLi

2

1UUΕ

212

1EBτελ +=+= ,

αλλά είναι q1 = 0, οπότε

⇒⋅⋅⋅=+= − J36109

1

2

10Li

2

1Ε 32

1τελ J102Ε 3τελ

−⋅=

Οπότε η μεταβολή της ενέργειας του συστήματος, είναι

⇒⋅−⋅=−= −− J)104102(ΕΕΔΕ 33αρχτελ J102ΔΕ 3−⋅−=

Άρα πρόκειται για μείωση της ενέργειας του συστήματος κατά J102 3−⋅ , εξαιτίας

της έκλυσης θερμότητας και της εκπομπής ηλεκτρομαγνητικής ακτινοβολίας.



5555

Β2. Δύο σύγχρονες πηγές κυμάτων Π1 και Π2 που βρίσκονται αντίστοιχα στα σημεία Κ

και Λ της επιφάνειας υγρού παράγουν πανομοιότυπα εγκάρσια αρμονικά κύματα

με ίδιο πλάτος, ίσες συχνότητες f1 και ίσα μήκη κύματος λ1. Αν η απόσταση των

σημείων Κ και Λ είναι d = 2λ1, τότε δημιουργούνται τέσσερις υπερβολές

απόσβεσης, μεταξύ των σημείων Κ και Λ.

Αλλάζοντας την συχνότητα των δύο πηγών σε f2 = 3 f1 και διατηρώντας το ίδιο

πλάτος, ο αριθμός των υπερβολών απόσβεσης, που δημιουργούνται μεταξύ των

δύο σημείων Κ και Λ, είναι:

i) 6

ii) 8

iii) 12


Μονάδες 2


Μονάδες 7

ΑΠΑΝΤΗΣΗ

α) Σωστή είναι η iii).


Σύμφωνα με τη Θ.Ε.Κ. και επειδή η ταχύτητα διάδοσης των επιφανειακών

κυμάτων είναι η ίδια και στις δύο περιπτώσεις, θα έχουμε

3

λλλf3λfλfλfυυυ 1

22111221121 =⇒⋅=⋅⇒⋅=⋅⇒== ή 21 λ3λ = (1)

Επομένως η απόσταση των δύο πηγών είναι

22

)1(

1 λ6dλ32dλ2d =⇒⋅=⇒= (2)

Έστω Δ ένα σημείο του ευθύγραμμου τμήματος ΚΛ που παραμένει ακίνητο

μετά τη συμβολή. Με βάση το παραπάνω σχήμα θα έχουμε

2

λ)1κ2(rr0A 2

21Δ +=−⇔=′ ή )2(

22

2

λ)1κ2(dx2

2

λ)1κ2()xd(x ⇒+=−⇒+=−−

22222

22

)2(

λ2

κλ

4

13xκλ

2

λ13x2

2

λκλλ6x2 +=⇒+=⇒++=⇒ ή 2λ)

2

κ

4

13(x += (3)

Επίσης θα πρέπει να ισχὐει

⇒−<<−⇒<+<⇒<+<⇒<<4

136

2

κ

4

136

2

κ

4

130λ6λ)

2

κ

4

13(0dx0 22

)3(

)2(

5,4,3,2,1,0,1,2,3,4,5,6κ5,5κ5,64

11

2

κ

4

13−−−−−−=⇒<<−⇒<<−⇒

Επομένως πρόκειται για 12 υλικά σημεία.

(Π1) (Π2)

Λ ∆

Κ x

d



6666

Β3. Ένας δίσκος Δ1 με ροπή αδράνειας Ι1 στρέφεται με γωνιακή ταχύτητα ω1 και

φορά περιστροφής όπως φαίνεται στο σχήμα, γύρω από σταθερό κατακόρυφο

άξονα που διέρχεται από το κέντρο του και είναι κάθετος στο επίπεδό του.

Ένας δεύτερος δίσκος Δ2 με ροπή αδράνειας 4

I=I 1

2 , που αρχικά είναι ακίνητος,

τοποθετείται πάνω στο δίσκο Δ1, ενώ αυτός περιστρέφεται, έτσι ώστε να έχουν

κοινό άξονα περιστροφής, που διέρχεται από τα κέντρα των δύο δίσκων, όπως

δείχνει το σχήμα.

Μετά από λίγο οι δύο δίσκοι αποκτούν κοινή γωνιακή ταχύτητα ω.

Αν L1 είναι το μέτρο της αρχικής στροφορμής του δίσκου Δ1, τότε το μέτρο της

μεταβολής της στροφορμής του δίσκου Δ1 είναι:

i) 0

ii) 1L5

1

iii) 1L5

2


Μονάδες 2


Μονάδες 6

ΑΠΑΝΤΗΣΗ

α) Σωστή είναι η ii).


Επειδή ισχύει 0τΣ εξ = ως προς τον άξονα περιστροφής, η στροφορμή του

συστήματος ως προς αυτόν τον άξονα διατηρείται σταθερή. Οπότε:

⇒⋅+=⋅⇒⋅=+⋅⇒=+⇒= ω)II(ωIωΙ0ωILLLLL 2111ολ11ΣΣ21τελαρχ

5

ω4ωω

4

5ωω

4

I5ωIω)

4

ΙΙ(ωI 1

11

111

111 =⇒=⇒⋅=⋅⇒⋅+=⋅⇒ (1)

Για τη μεταβολή της στροφορμής του δίσκου Δ1 θα ισχύει

⇒⋅

−=⇒−=⇒⋅−⋅=⇒

⋅=′

⋅=

−′=

5

ωΙLΔ)ω

5

ω4(ILΔωIωILΔ

ωIL

ωIL

LLLΔ11

111

11

)1(

1111

11

111

111

11 L5

1LΔ −=⇒ , οπότε 11 L

5

1LΔ =v



7777

ΘΘΘΘΘΘΘΘΘΘΘΘΕΕΕΕΕΕΕΕΕΕΕΕΜΜΜΜΜΜΜΜΜΜΜΜΑΑΑΑΑΑΑΑΑΑΑΑ ΓΓΓΓΓΓΓΓΓΓΓΓ

Σώμα Σ1 με μάζα m1 κινείται σε οριζόντιο επίπεδο ολισθαίνοντας προς άλλο σώμα

Σ2 με μάζα m2 = 2 m1, το οποίο αρχικά είναι ακίνητο. Έστω υ0 η ταχύτητα που έχει το

σώμα Σ1 τη στιγμή t0 = 0 και ενώ βρίσκεται σε απόσταση d = 1 m από το σώμα Σ2.

Αρχικά, θεωρούμε ότι το σώμα Σ2 είναι ακίνητο πάνω στο επίπεδο δεμένο στο ένα

άκρο οριζόντιου ιδανικού ελατηρίου με αμελητέα μάζα και σταθερά ελατηρίου k, και

το οποίο έχει το φυσικό του μήκος ℓ0. Το δεύτερο άκρο του ελατηρίου είναι στερεωμένο

σε ακλόνητο τοίχο, όπως φαίνεται στο σχήμα:

Αμέσως μετά τη κρούση, που είναι κεντρική και ελαστική, το σώμα Σ1 αποκτά

ταχύτητα με μέτρο υ1΄ = 10 m/s και φορά αντίθετη της αρχικής ταχύτητας.

Δίνεται ότι ο συντελεστής τριβής ολίσθησης των δύο σωμάτων με το οριζόντιο

επίπεδο είναι μ = 0,5 και ότι η επιτάχυνση της βαρύτητας είναι g = 10 m/s2.

Γ1. Να υπολογίσετε την αρχική ταχύτητα υ0 του σώματος Σ1.

Μονάδες 6

Γ2. Να υπολογίσετε το ποσοστό της κινητικής ενέργειας που μεταφέρθηκε από το

σώμα Σ1 στο σώμα Σ2 κατά την κρούση.

Μονάδες 6

Γ3. Να υπολογίσετε το συνολικό χρόνο κίνησης του σώματος Σ1 από την αρχική

χρονική στιγμή t0 μέχρι να ακινητοποιηθεί τελικά.

Δίνεται : ≈10 3,2

Μονάδες 6

Γ4. Να υπολογίσετε τη μέγιστη συσπείρωση του ελατηρίου, αν δίνεται ότι m2 = 1Kg και

k = 105 N/m.

Μονάδες 7

Θεωρήστε ότι η χρονική διάρκεια της κρούσης είναι αμελητέα και ότι τα δύο σώματα

συγκρούονται μόνο μία φορά.



8888

ΑΠΑΝΤΗΣΗ

Γ1. Εφαρμόζοντας ΘΜΚΕ (Α) → (Γ) για το m1 :

⇒

==

⋅−=−⇒++=−

gmμΝμΤπουό

dΤυm2

1υm

2

1

WWWΚK

111

1201

211

TBNΑΓ 111

)1(gdμ2υυgdmμυm2

1υm

2

1 21

201

201

211 +=⇒−=−⇒

Για την ελαστική κρούση μεταξύ των Σ1, Σ2, σύμφωνα με την Αρχή Διατήρησης της

Ορμής και την Αρχή Διατήρησης της Ενέργειας, ισχύουν οι σχέσεις:

=⇒=⇒+

=

−=⇒+

−=⇒

+

−=

1

1

121

1

121

21

12

1

1

111

11

1111

21

211

υm3

m2vυ

m3

m2vυ

mm

m2v

υm3

mvυ

m2m

m2mvυ

mm

mmv

,

άρα )2(3

υv 1

1 −= , )3(υ3

2v 12 = .

Από τη σχέση (2) έχουμε

⇒−=−3

υs/m10 1 s/m103υ1 =

και από τη σχέση (1) προκύπτει ⇒⋅⋅+= s/m102

1290υ0 s/m10υ0 =

1T′r

(∆)

0υ

(Α)

(Ζ)

1Vv

Σ1 1υr

1Nr

gm1

v

1Tr

d

1Nr

x1

maxΔl

2Vv

gm1

v

(Γ)

υ=0 υ=0

υ=0 2N

r

2Tr

gm 2

v



9999

Γ2. Από τη σχέση (3) προκύπτει s/m102vs/m1033

2v 22 =⇒⋅=

και έτσι το ποσοστό που ζητείται θα είναι

⇒=%⋅⋅

⋅⋅=%⋅=%⋅=%⋅

′

′= %

9

800100

109

1042100

υm

vm2100

υm2

1

vm2

1

100K

KΠ

211

221

211

222

1

2 %=9

800Π

Γ3. Για την κίνηση από το Α στο Γ για το Σ1 ισχύει:

⇒=−⇒=−⇒=∑ 11111111x αmgmμαmΤαmF .σταθgμα1 =−=

Δηλαδή το Σ1 εκτελεί ευθύγραμμη ομαλά επιβραδυνόμενη κίνηση με 21 s/m5α −= ,

άρα

⇒=⇒=⇒+−=⇒−−=⇒−+= s50

4ts4,0t5106,9t5)0t(510103)tt(αυυ 111101101

⇒ s50

4t1 = ή s08,0t1 =

Για την κίνηση από το Γ στο Δ η επιτάχυνση θα έχει το ίδιο μέτρο, άρα

s64,05

2,3

5

10tΔtΔ5100)tΔ(αυυ 1.τελ ===⇒+−=⇒⋅+′=

οπότε s72,0tΔtt 1ολ =+=

Γ4. Για το σύστημα ελατήριο – μάζα m2 εφαρμόζουμε ΘΜΚΕ (Γ) → (Ζ):

⇒+++=− 2BNFT.αρχ.τελ WWWWΚK2ελ2

⇒

===

−+⋅−=−⇒−+=−⇒

N5gmμΝμΤπουό

)Δk2

10(ΔΤvm

2

1UUWvm

2

10

222

2maxmax2

222

ελ.τελ

ελ.αρχT

222 2

ll

⇒=−+⇒⋅⋅−−=⋅−⇒ 040Δ10Δ105Δ1052

1Δ510

2

1max

2max

2maxmax llll

<−=

=

⇒±−

=⇒=−+⇒

0m42

28Δ

m21

12Δ

42

6762Δ08Δ2Δ21

max

max

maxmax2max

l

l

lll

άρα m57,0m7

4m

21

12Δ max ≈==l



10101010

ΘΘΘΘΘΘΘΘΘΘΘΘΕΕΕΕΕΕΕΕΕΕΕΕΜΜΜΜΜΜΜΜΜΜΜΜΑΑΑΑΑΑΑΑΑΑΑΑ ∆∆∆∆∆∆∆∆∆∆∆∆

Δίνεται συμπαγής, ομογενής κύλινδρος μάζας Μ και ακτίνας R. Αφήνουμε τον

κύλινδρο να κυλίσει χωρίς ολίσθηση, υπό την επίδραση της βαρύτητας (με

επιτάχυνση της βαρύτητας g), πάνω σε κεκλιμένο επίπεδο γωνίας φ, όπως φαίνεται

στο σχήμα που ακολουθεί:

Δ1. Να υπολογίσετε την επιτάχυνση του κέντρου μάζας του κυλίνδρου.

Ο άξονας του κυλίνδρου διατηρείται οριζόντιος.

Μονάδες 5

Δ2. Από το εσωτερικό αυτού του κυλίνδρου, που έχει ύψος h, αφαιρούμε πλήρως ένα

ομοαξονικό κύλινδρο ακτίνας r, όπου r < R, όπως απεικονίζεται στο παρακάτω

σχήμα:

Να αποδείξετε ότι η ροπή αδράνειας του κοίλου κυλίνδρου, ως προς τον άξονα του,

που προκύπτει μετά την αφαίρεση του εσωτερικού κυλινδρικού τμήματος, είναι

)R

r1(RΜ

2

14

42 −⋅=κοιλ.I

Μονάδες 7

Στη συνέχεια λιπαίνουμε το κυλινδρικό τμήμα που αφαιρέσαμε και το

επανατοποθετούμε στη θέση του, ούτως ώστε να εφαρμόζει απόλυτα με τον κοίλο

κύλινδρο χωρίς τριβές. Το νέο σύστημα που προκύπτει αφήνεται να κυλίσει χωρίς

ολίσθηση, υπό την επίδραση της βαρύτητας (με επιτάχυνση της βαρύτητας g), στο ίδιο

κεκλιμένο επίπεδο, όπως φαίνεται στο παρακάτω σχήμα:

Δ3. Να υπολογίσετε την επιτάχυνση του κέντρου μάζας του συστήματος.

Μονάδες 7



11111111

Δ4. Όταν r = 2

R, να υπολογίσετε, σε κάθε χρονική στιγμή της κύλισης στο κεκλιμένο

επίπεδο, το λόγο της μεταφορικής προς την περιστροφική κινητική ενέργεια του

συστήματος.

Μονάδες 6

Ο άξονας του συστήματος διατηρείται πάντα οριζόντιος.

Δίνονται: Η ροπή αδράνειας Ι συμπαγούς και ομογενούς κυλίνδρου μάζας Μ και

ακτίνας R, ως προς τον άξονα γύρω από τον οποίο στρέφεται: Ι = 2

1M R2.

Ο όγκος V ενός συμπαγούς κυλίνδρου ακτίνας R και ύψους h: V = π R2 h

ΑΠΑΝΤΗΣΗ

Δ1. Εφαρμόζοντας την Α.Α.Κ για την κύλιση χωρίς ολίσθηση έχουμε:

Μεταφορική κίνηση

Θ.ΝΜ: cmστcmστxx aMTημφMgaMTwFΣ ⋅=−⇒⋅=+=vvvv

(1)

Περιστροφική Κίνηση:

ΘΝΠΚ: cmστ

cm

2

.στcmΤF a2

MΤ

Rαaο.χ.κ

α2

MRRΤαΙττΣ

)Ο(στ)O( ⋅=⇒

⋅=⇒

⋅=⋅⇒⋅==vvv

vv

(2)

Από (1) + (2) ⇒=⇒ cmMa2

3ημφMg ημφ

3

g2a cm =

Δ2. Αφού ο κύλινδρος είναι ομογενής η πυκνότητά του είναι σταθερή

VρMV

Mρ ⋅=⇒= (3)

Επομένως η μάζα του εσωτερικού ακτίνας r (r < R) θα είναι:

hrπρmhrπV

Vρm2

r2r

rr⋅⋅⋅=⇒

=

⋅= (4)

Για τον κύλινδρο αρχικά έχουμε:

(3) hRπ

M

V

Mρ

2R

==⇒ (5)

Νr

.στατΤr

ywr

xwr

wr

φ

φ

t0=0: υ0cm=0 ω0=0

(+)

(+) (O)



12121212

Από (4) , (5) 2

2

r2

2rR

rMmhrπ

hRπ

Mm ⋅=⇒⋅=⇒ (6)

Η ροπή αδράνειας του κυλίνδρου ακτίνας r θα είναι:

2

4

cm

)6(2

rcmR

rM

2

1Irm

2

1I

rr⋅=⇒⋅= (7)

Επομένως η ροπή αδράνειας του κοίλου κυλίνδρου θα είναι:

⇒−=−=4

42

cmcm.κοιλR

rM

2

1MR

2

1ΙIΙ

rR)

R

r1(MR

2

1I

4

42

.κοιλ −⋅= (8)

Δ3.

Για τη μελέτη της νέας κύλισης έχουμε:

Μεταφορική κίνηση:

Θ.Ν.Μ. cm.στατcm.στατxx aMΤημφgMaMTwFΣ ′⋅=′−⋅⋅⇒′⋅=′+=rrrr

(9)

Περιστροφική κίνηση:

Θ.Ν.Π.Κ.

cm2.κοιλ

.στατcm

cm

.κοιλ.στατ.κοιλTF

aR

ΙΤ

R

aαRαa:σθησηίολςίχωρλισηύκ

αΙRΤαΙττΣ)Ο(.στατ)O(

′⋅=′⇒

′=′⇒⋅′=′

′⋅=⋅′⇒′⋅==′′

rrrrr

(10)

Από (9) + (10) )8(

2

.κοιλcmcm2

.κοιλ g

R

ΙM

ημφMaa)

R

ΙM(ημφgM ⇒⋅

+

⋅=′⇒′⋅+=⋅⋅⇒

⇒⋅

−

=⋅

−⋅⋅+

⋅=′⇒ g

R2

r

2

3

ημφg

)R

r1(RM

2

1

R

1M

ημφMa

4

4

4

42

2

cm grR3

ημφR2a

44

4

cm ⋅−

⋅=′ (11)

Δ4. Για 2

Rr = από τη σχέση (8) έχουμε:

32

RM15I)

R16

R

1(RM2

1I

2

.κοιλ4

4

2.κοιλ

⋅=⇒−⋅= (12)

Νr

.στατΤ′r

ywr

xwr

wr

φ

φ

t0=0: υ0cm=0 ω0=0

(+)

(+)



13131313

Για την τυχαία θέση της τροχιάς:

2cm

MK υM2

1K ⋅= (13)

2cm2

2cm

2)12(2

.κοιλΠΚ υ

32

M15

2

1

R

υ

32

RM15

2

1ωΙ

2

1K ⋅⋅=⋅

⋅⋅=⋅= (14)

όπου από Κ.Χ.Ο. R

υω cm= .

Άρα από (13), (14): ⇒⋅⋅⋅

⋅=

2cm

2cm

ΠΚ

MK

υm32

15

2

1

υm2

1

K

K

15

32

K

KΠΚ

MK

=

ΑΞΙΟΛΟΓΗΣΗ

Τα σημερινά θέματα είναι ιδιαιτέρως απαιτητικά, αλλά παράλληλα είναι και

ιδιαιτέρως σαφή, ώστε να μπορούν να κατανοηθούν και να αντιμετωπιστούν από

τους υποψηφίους. Ειδικότερα:

Οι ερωτήσεις που κλήθηκαν να απαντήσουν οι υποψήφιοι στο θέμα Α δεν

παρουσιάζουν σημεία άξια σχολιασμού σε αντίθεση με τα επόμενα θέματα.

Το θέμα Β περιέχει τρεις ποιοτικές ερωτήσεις με την ερώτηση Β2 να αναδεικνύεται

κατά την άποψή μας στο πρώτο ιδιαίτερα απαιτητικό ζητούμενο της σημερινής

εξέτασης.

Το θέμα Γ παρουσιάζει κλιμακούμενη δυσκολία με το ερώτημα Γ4 να καθορίζει το

επίπεδο της δυσκολίας του θέματος και να αποτελεί το δεύτερο σημαντικό εμπόδιο

στην πορεία προς το άριστα.

Τέλος, το θεωρητικό πρόβλημα που περιέχει το θέμα Δ αποτελεί, κατά την γνώμη

μας, μια αρκετά δύσκολη άσκηση στο κεφάλαιο της Μηχανικής του Στερεού ,γιατί

απαιτεί πολύ δύσκολους αλγεβρικούς υπολογισμούς και υψηλού επιπέδου φυσική

διαίσθηση.

Συνεπώς τα σημερινά απαιτητικά θέματα είναι ποιοτικά, σαφή με σχετικά

μεγάλη έκταση , δηλαδή είναι θέματα που μπορούν να αντιμετωπιστούν

μόνο από καλά προετοιμασμένους και προσεκτικούς υποψηφίους.

Documents

(Φυσική Γ ΚΑΤ 2013) · Αμέσως μετά τη κρούση, που είναι κεντρική και ελαστική, το σώμα Σ 1 αποκτά ταχύτητα