Μοριοδότηση 2025
Ενδεικτικές απαντήσεις και από γραπτά μαθητών
Θέμα Α
Α1 - \(α\)
Α2 - \(β\)
Α3 - \(δ\)
Α4 - \(α\)
Α5: \(Λ - Σ - Σ - Λ - Λ\)
Θέμα Β
Β1 - \((iii)\)
άρα σωστό το (iii)
Β2 - \((iii)\)
\[α) \underline {τρόπος}\] \[φ_Μ < φ_Λ \Rightarrow\]άρα το \(Λ\) ταλαντώνεται περισσότερο χρόνο από το \(Μ\), οπότε το κύμα διαδίδεται προς τα δεξιά. Το \(Μ\) βρίσκεται στη θέση ισορροπίας του και η ταχύτητα ταλάντωσής του είναι αρνητική.
\[Δt_{Λ,Μ} = \frac{Δx_{ΛΜ}}{υ_δ} = \frac{\frac{λ}{4}}{\frac{λ}{T}} = \frac{T}{4}\]Άρα το \(Λ\) ταλαντώνεται για χρονική διάρκεια \(\frac{T}{4}\) μεγαλύτερη του \(Μ\), οπότε τη χρονική στιγμή \(t_1\) θα βρίσκεται στη θέση \(y_Λ = -Α\). Παρόμοια ισχύουν για τα σημεία \(Κ\) και \(Ν\) δηλαδή
\[y_Κ = 0, \quad y_N = +Α\] \[β) \underline {τρόπος}\]Για τη χρονική στιγμή \(t_1\) που το κύμα έχει ήδη διαδοθεί στην περιοχή \(ΚΝ\) και για το σημείο \(Μ\) ισχύουν
\[y_M = 0 \quad υ_Μ < 0\]Από την εξίσωση κύματος για το σημείο \(Μ\)
\[y_M = A \cdot ημ(\frac{2πt_1}{T} - \frac{2πx_M}{λ}) = 0\] \[ημφ_Μ = 0 \quad \Leftrightarrow \quad \begin{cases} φ_Μ = 2k\pi \\ φ_Μ = 2k\pi + \pi \end{cases} \quad, \quad k \in \mathbb{Z}\]όπου \(φ_Μ = \frac{2πt_1}{T} - \frac{2πx_M}{λ}\)
Για την ταχύτητα ταλάντωσης του σημείου \(Μ\) ισχύει
\[υ_Μ = υ_0 \cdot συνφ_Μ\]επειδή η ταχύτητα είναι αρνητική ισχύει
\[συνφ_Μ < 0 \Rightarrow φ_Μ = 2k\pi + \pi\]Εξίσωση κύματος για το σημείο \(Λ\)
\[y_Λ = A \cdot ημ(\frac{2πt_1}{T} - \frac{2π(x_Μ - \frac{λ}{4})}{λ}) =A \cdot ημ(\frac{2πt_1}{T} - \frac{2πx_M}{λ} + \frac{π}{2})\]και αντικαθιστώντας
\[y_Λ = A \cdot ημ(2k\pi + \pi + \frac{π}{2}) = -Α\]Παρόμοια ισχύουν για τα σημεία \(Κ\) και \(Ν\) δηλαδή
\[y_Κ = 0, \quad y_N = +Α\]Το στιγμιότυπο του κύματος δείχνεται στην παρακάτω εικόνα
Μετά από χρόνο \(\frac{3T}{2}\) για τα σημεία ισχύουν
\[y_M=0, \quad υ_Μ > 0, \quad, y_Λ=+Α, \quad υ_Λ = 0, \quad, y_Κ=0, \quad υ_Κ < 0, \quad y_Ν=-Α, \quad υ_Ν = 0\]οπότε το σωστό στιγμιότυπο του κύματος είναι
άρα σωστό το (iii)
Β3 - \((ii)\)
Τα χαρακτηριστικά για το προσπίπτον φωτόνιο είναι
\[Ε_0, \quad λ_0\]ενώ για το σκεδαζόμενο φωτόνιο είναι
\[Ε', \quad λ'\]Από την Αρχή Διατήρησης της Ενέργειας προκύπτει
\[Ε_0 = Ε' + Κ_e \Rightarrow E_0 = 2E'\]Όμως γνωρίζουμε ότι \(Ε=h \cdot f \Rightarrow E=\frac{h\cdot c}{λ}\), οπότε η προηγούμενη σχέση γίνεται
\[\frac{h\cdot c}{λ_0} = 2\frac{h\cdot c}{λ'} \Rightarrow λ'=2λ_0\]Η εξίσωση Compton για γωνία σκέδασης \(φ=60^ο\) είναι
\[λ'-λ_0= \frac{h}{m_e \cdot c}(1-συνφ) \Rightarrow λ_0= \frac{h}{2m_e \cdot c}\]οπότε η αρχική ενέργεια του προσπίτοντος φωτονίου είναι
\[Ε_0 = \frac{h\cdot c}{λ_0} \Rightarrow E_0 = \frac{h \cdot c}{\frac{h}{2m_e \cdot c}} \Rightarrow E_0 = 2m_e \cdot c^2\]άρα σωστό το (ii)
Θέμα Γ
Γ1-\((8)\)
Στη χρονική διάρκεια \(\quad 0 - 0,1s\)
\[\lvert E_{επ_{Δ_1Δ_2}} \lvert = \lvert -Ν \cdot \frac{ΔΦ}{Δt} \lvert= Ν \cdot A \cdot \lvert \frac{ΔB}{Δt} \lvert =10V\]Στη χρονική διάρκεια \(\quad 0,1 - 0,2s\)
η ένταση του μαγνητικού πεδίου παραμένει σταθερή οπότε η μεταβολή της είναι μηδέν.
Η γραφική παράσταση δείχνεται στην εικόνα
Γ2-\((5)\)
\[υ = -Ν \cdot \frac{dΦ}{dt} = Ν \cdot ω \cdot B \cdot A \cdot ημωt\] \[Ι_0 = \frac{V_0}{R} \Rightarrow I_0 = \frac{Ν \cdot ω \cdot B \cdot A}{R} \Rightarrow I_0=5π Α\]Η θερμότητα που εκλύεται στον αγωγό \(ΚΛ\) είναι
\[Q = I_{εν}^2 \cdot R \cdot T \Rightarrow Q = (\frac{I_0}{\sqrt{2}})^2 \cdot R \cdot \frac{2π}{ω} \Rightarrow Q=50J\]Γ3-\((6)\)
\[ω'=2ω \Rightarrow T'=\frac{T}{2}\] \[I_{εν}=\frac{I_0}{\sqrt2} \Rightarrow I_{εν}=\frac{ \frac{Ν \cdot ω \cdot B \cdot A}{R}}{\sqrt2} \Rightarrow I_{εν}=\frac{Ν \cdot ω \cdot B \cdot A}{R \cdot \sqrt2}\] \[I_{εν}' = 2\cdot I_{εν}\] \[Q'=I_{εν}'^2 \cdot R \cdot T' \Rightarrow Q'=2Q\]Οπότε το ποσοστό μεταβολής της εκλυόμενης θερμότητας στον αγωγό \(ΚΛ\) ανά περιστροφή είναι
\[Π_{\%} = \frac{Q'-Q}{Q} \cdot 100\% \Rightarrow Π_{\%}=100\%\]Γ4-\((6)\)
Νόμος του Ohm για κλειστό κύκλωμα
\[Ι=\frac{E_{επ}}{R} \Rightarrow I=2A\]Ένταση μαγνητικού πεδίου ευθύγραμμου αγωγού απείρου μήκους
\[Β_1 = \frac{μ_0}{4π} \cdot \frac{2I_1}{d} \Rightarrow B_1 = 5 \cdot 10^{-5} T\] \[F_L = B_1 \cdot I \cdot \ell \Rightarrow F_L = 10^{-4} N\]Η κατεύθυνση της δύναμης \(Laplace\) προκύπτει από τον κανόνα των τριών δαχτύλων και δείχνεται στο σχήμα
Θέμα Δ
Δ1-\((6)\)
Στην εικόνα δείχνονται οι δυνάμεις που ασκούνται στη στεφάνη.
Ισορροπία στεφάνης:
\[Στ_{(Ρ)} = 0 \Rightarrow T \cdot (R + R \cdot ημθ) - Μ \cdot g \cdot R \cdot ημθ =0 \Rightarrow T = 15N\] \[β) \underline {τρόπος}\]Η στεφάνη ισορροπεί:
\[Στ_{(Ο)} = 0 \Rightarrow T \cdot R - T_σ \cdot R =0 \Rightarrow T = T_σ\]Όπως δείχνεται στην εικόνα έστω ο άξονας \(x\) παράλληλος στη δοκό.
\[ΣF_x =0 \Rightarrow T_x + T_σ - W_x =0 \Rightarrow T \cdot ημθ + Τ = Μ \cdot g \cdot ημθ\]και μετά τις πράξεις
\[T = \frac{M \cdot g \cdot ημθ}{1+ημθ} \Rightarrow T = 15N\]Το νήμα που συνδέει τη στεφάνη με το σώμα \(Σ_1\) είναι αβαρές και μη εκτατό, οπότε οι τάσεις στα άκρα του νήματος είναι ίσες.
Για την ισορροπία του σώματος \(Σ_1\) ισχύει
\[ΣF=0 \Rightarrow F_{ελ} - m_1 \cdot g - T = 0 \Rightarrow F_{ελ} = 30Ν\]Οπότε η επιμήκυνση του ελατηρίου είναι:
\[F_{ελ} = k \cdot Δ\ell \Rightarrow Δ\ell = \frac{F_{ελ}}{k} \Rightarrow Δ\ell = 0,5 m\]Δ2-\((7)\)
α) Η στεφάνη εκτελεί κίνηση χωρίς ολίσθηση. Άρα για το σημείο επαφής της με τη δοκό θα ισχύουν
\[x_{cm} = Δs \Rightarrow \frac{dx_{cm}}{dt} = \frac{ds}{dt} \Rightarrow υ_{cm} = υ_{γραμ}\]Το σημείο \(Ζ\) όταν ακουμπά στη δοκό, είναι σημείο επαφής για το οποίο ισχύει
\[υ_{cm} = υ_{γραμ} \Rightarrow υ_Ζ=0\]Όταν η ταχύτητα του σημείου \(Ζ\) μηδενίζεται για δεύτερη φορά, τότε η στεφάνη έχει διαγράψει μισό και έναν κύκλο.
\[x_{cm}=Δs \Rightarrow x_{cm}= 1,5 \cdot (2π\cdot R) \Rightarrow x_{cm}=3π \cdot R \Rightarrow x_{cm}=\frac{27}{8}m\]β) Η στεφάνη κυλίεται χωρίς να ολισθαίνει, με σταθερή γωνιακή επιτάχυνση
\[υ_{cm} = ω \cdot R \Rightarrow \frac{dυ_{cm}}{dt} = \frac{dω}{dt} \cdot R \Rightarrow α_{cm} = α_{γων} \cdot R\]Για την ευθύγραμμη ομαλά επιταχυνόμενη κίνηση του κέντρου μάζας της στεφάνης ισχύει:
\[x_{cm} = \frac{1}{2} \cdot α_{cm} \cdot t^2 \Rightarrow α_{cm} = \frac{2x_{cm}}{t^2} \Rightarrow α_{cm} =3\frac{m}{s^2}\]Οπότε η ταχύτητα του κέντρου μάζας είναι
\[υ_{cm} = α_{cm} \cdot t \Rightarrow υ_{cm} = 4,5 \frac{m}{s}\]
Δ3-\((6)\)
Το σώμα \(Σ_1\) εκτελεί Α.Α.Τ. με σταθερά επαναφοράς \(D\)
\[D = k = m \cdot ω^2 \Rightarrow ω = \sqrt{\frac{k}{m}} \Rightarrow ω=\sqrt{40} \Rightarrow ω \approx 2π \frac{rad}{s}\]H περίοδος της ταλάντωσης είναι \(Τ=\frac{2π}{ω} \Rightarrow T=1s\).
Για τη θέση ισορροπίας του σώματος \(Σ_1\) ισχύει
\[ΣF =0 \Rightarrow F_{ελ} - m_1 \cdot g = 0 \Rightarrow k \cdot Δ\ell_1 = m_1 \cdot g \Rightarrow Δ\ell_1 = \frac{m_1 \cdot g}{k}\]και κάνοντας τις πράξεις έχουμε \(Δ\ell_1 = 0,25 m\).
To πλάτος της ταλάντωσης του σώματος \(Σ_1\) είναι
\[Α = Δ\ell - Δ\ell_1 \Rightarrow A=0,25m\]Άρα το σώμα \(Σ_1\) τη χρονική στιγμή \(t_1=1,5s\) βρίσκεται στην πάνω ακραία θέση της ταλάντωσής του, που είναι ταυτόχρονα και η θέση του φυσικού μήκους του ελατηρίου.
\[α) \underline {τρόπος}\]Το έργο της δύναμης του ελατηρίου είναι
\[W_{F_{ελ}{t_0 \rightarrow t_1}} = U_{ελ} - U_{ελ_{θ.Φ.Μ.}} = \frac{1}{2} \cdot k \cdot (Δ\ell)^2 - 0\]και μετά τις πράξεις
\[W_{F_{ελ}{t_0 \rightarrow t_1}}=7,5 J\] \[β) \underline {τρόπος}\]Θ.Μ.Κ.Ε. από τη χρονική στιγμή \(t_0\) έως τη χρονική στιγμή \(t_1\)
\[ΔK = ΣW \Rightarrow K_{τελ} - Κ_{αρχ} = W_{F_{ελ}{t_0 \rightarrow t_1}} - W_{W_1} \Rightarrow 0 = W_{F_{ελ}{t_0 \rightarrow t_1}} -m_1 \cdot g \cdot 2 \cdot A\]και μετά τις πράξεις
\[W_{F_{ελ}{t_0 \rightarrow t_1}}=7,5 J\]Δ4-\((6)\)
Η στεφάνη όπως δείχνεται στο σχήμα κατά τον άξονα \(y\) ισορροπεί
\[ΣF_y=0 \Rightarrow N - W_y = 0 \Rightarrow N = M\cdot g \cdot συνφ \Rightarrow N=32 N\]Εξαιτίας του τρίτου νόμου του Νεύτωνα η στεφάνη θα ασκεί δύναμη \(32Ν\) κάθετα στη δοκό.
Ισορροπία δοκού:
\[Στ_{(Α)}=0 \Rightarrow F \cdot \ell \cdot συνθ - Ν \cdot (d+x) - W_δ \cdot \frac{\ell}{2} \cdot συνθ =0\]όπου \(W_δ = m_δ \cdot g\) και μετά τις πράξεις
\[F = 10 + 10 \cdot x \quad (S.I.) \quad 0 \le x \le 3m\]H γραφική παράσταση του μέτρου της δύναμης \(F\) που δέχεται η δοκός από το οριζόντιο επίπεδο δείχνεται παρακάτω:
Μπορείτε να εκτυπώσετε τα θέματα και τις λύσεις σε μορφή pdf
blog comments powered by Disqus