Πανελλαδικές Εξετάσεις 2025 — physics, Θέμα C (5 μονάδες)

Με $B=0{,}5$ T σταθερό, το πλαίσιο ($N=100$ σπείρες, $A=2\cdot 10^{-2}\ m^{2}$) περιστρέφεται με σταθερή γωνιακή ταχύτητα $\omega=50\pi$ rad/s και κλείνουμε τον διακόπτη $(\delta_1)$, οπότε το πλαίσιο τροφοδοτεί τον αγωγό ΚΛ με $R=10\ \Omega$ (το πλαίσιο έχει αμελητέα αντίσταση).
Γ2. Να υπολογίσετε τη θερμότητα Q που εκλύεται στον αγωγό ΚΛ σε μια πλήρη περιστροφή του πλαισίου. (Δίνεται $\pi^{2}\approx 10$.)

Απάντηση:
Πλάτος τάσης: $V=NB\omega A=100\cdot 0{,}5\cdot 50\pi\cdot 2\cdot 10^{-2}=50\pi$ V. Μέση ισχύς: $P=\dfrac{V^{2}}{2R}=\dfrac{(50\pi)^{2}}{20}=125\pi^{2}=1250$ W. Περίοδος: $T=\dfrac{2\pi}{\omega}=\dfrac{2\pi}{50\pi}=0{,}04$ s. Άρα $Q=P\,T=1250\cdot 0{,}04=50$ J.

ΚΛΕΙΔΙ ΒΑΘΜΟΛΟΓΗΣΗΣ (5 μ.). Πλάτος τάσης $V=NB\omega A=50\pi$ V: 2 μ. Χρήση ενεργού τιμής (ή μέσης ισχύος $V^{2}/2R$) και περιόδου $T=2\pi/\omega=0{,}04$ s: 2 μ. Τελικό $Q=50$ J: 1 μ. Μερική πίστωση: χρήση πλάτους αντί ενεργού έντασης (αποτέλεσμα 100 J): -2 μ. Λάθος περίοδος: -2 μ. Παράλειψη της προσέγγισης $\pi^{2}\approx 10$ με σωστή συμβολική έκφραση $125\pi^{2}T$: πλήρης βαθμός.

Πανελλαδικές Εξετάσεις 2025 — physics, Θέμα C (6 μονάδες)

Για τη διάταξη του Θέματος Γ (πλαίσιο που τροφοδοτεί τον αγωγό ΚΛ με $R=10\ \Omega$, αρχικά $\omega=50\pi$ rad/s, $Q=50$ J ανά περιστροφή):
Γ3. Να υπολογίσετε το ποσοστό μεταβολής της εκλυόμενης θερμότητας στον αγωγό ΚΛ ανά περιστροφή, αν το πλαίσιο περιστρεφόταν με διπλάσια γωνιακή ταχύτητα.

Απάντηση:
Με $\omega'=2\omega$: το πλάτος της τάσης διπλασιάζεται ($V'=2V$), άρα η μέση ισχύς τετραπλασιάζεται ($P'=\dfrac{V'^{2}}{2R}=4P$), ενώ η περίοδος υποδιπλασιάζεται ($T'=T/2$). Άρα $Q'=P'T'=4P\cdot\dfrac{T}{2}=2Q=100$ J. Ποσοστό μεταβολής: $\dfrac{Q'-Q}{Q}\cdot 100\%=100\%$ (αύξηση κατά 100%).

ΚΛΕΙΔΙ ΒΑΘΜΟΛΟΓΗΣΗΣ (6 μ.). Αναγνώριση $V'=2V \Rightarrow P'=4P$ (ή $I'_{εν}=2I_{εν}$): 3 μ. Αναγνώριση $T'=T/2$: 2 μ. Συμπέρασμα $Q'=2Q$ και ποσοστό μεταβολής $+100\%$: 1 μ. Μερική πίστωση: υπολογισμός $Q'=100$ J χωρίς έκφραση του ποσοστού: -1 μ. Παράλειψη της μεταβολής της περιόδου (απάντηση 300%): -3 μ.

Πανελλαδικές Εξετάσεις 2025 — physics, Θέμα D (7 μονάδες)

Τη χρονική στιγμή $t_0=0$ κόβουμε το νήμα. Η στεφάνη ($M=4$ kg, $R=\dfrac{9}{8\pi}$ m) αρχίζει να κυλίεται χωρίς να ολισθαίνει πάνω στη δοκό με σταθερή γωνιακή επιτάχυνση, ενώ το $\Sigma_1$ εκτελεί απλή αρμονική ταλάντωση σταθεράς $D=k=60$ N/m. Στο άνω άκρο της κάθετης στη δοκό διαμέτρου ΡΖ της στεφάνης υπάρχει το υλικό σημείο Ζ.
Δ2. α) Τη χρονική στιγμή $t_1$, όταν η ταχύτητα του σημείου Ζ μηδενιστεί για δεύτερη φορά, να υπολογίσετε τη μετατόπιση του κέντρου μάζας της στεφάνης (μονάδες 3). β) Αν $t_1=1{,}5$ s, να υπολογίσετε το μέτρο της ταχύτητας των σημείων της περιφέρειας της στεφάνης, η απόσταση των οποίων από τη δοκό είναι ίση με την ακτίνα της στεφάνης (μονάδες 4).

Απάντηση:
α) Σε κύλιση χωρίς ολίσθηση η ταχύτητα ενός υλικού σημείου της περιφέρειας μηδενίζεται μόνο όταν αυτό βρεθεί στο σημείο επαφής με τη δοκό. Το Ζ ξεκινά διαμετρικά αντίθετο του σημείου επαφής, οπότε μηδενίζει την ταχύτητά του πρώτη φορά μετά από μισή περιστροφή και δεύτερη φορά αφού η στεφάνη έχει εκτελέσει 1,5 περιστροφές, δηλαδή $\Delta\theta=3\pi$ rad. Μετατόπιση κέντρου μάζας: $x_{cm}=R\Delta\theta=\dfrac{9}{8\pi}\cdot 3\pi=\dfrac{27}{8}=3{,}375$ m. β) Με σταθερή επιτάχυνση: $x_{cm}=\tfrac{1}{2}a_{cm}t_1^{2} \Rightarrow a_{cm}=\dfrac{2\cdot 3{,}375}{1{,}5^{2}}=3\ m/s^{2}$, οπότε $v_{cm}=a_{cm}t_1=4{,}5$ m/s. Τα σημεία της περιφέρειας που απέχουν από τη δοκό απόσταση R είναι τα άκρα της διαμέτρου που είναι παράλληλη στη δοκό· εκεί η ταχύτητα μεταφοράς $v_{cm}$ και η περιφερειακή $v_\pi=\omega R=v_{cm}$ είναι κάθετες μεταξύ τους, οπότε $v=\sqrt{v_{cm}^{2}+v_\pi^{2}}=v_{cm}\sqrt{2}=4{,}5\sqrt{2}\approx 6{,}36$ m/s.

ΚΛΕΙΔΙ ΒΑΘΜΟΛΟΓΗΣΗΣ. α (3 μ.): αναγνώριση ότι η ταχύτητα του Ζ μηδενίζεται μόνο στο σημείο επαφής και ότι ο δεύτερος μηδενισμός αντιστοιχεί σε 1,5 περιστροφές ($\Delta\theta=3\pi$): 2 μ.· $x_{cm}=R\Delta\theta=27/8$ m: 1 μ. β (4 μ.): $a_{cm}=3\ m/s^{2}$: 1 μ.· $v_{cm}=4{,}5$ m/s: 1 μ.· σύνθεση κάθετων ταχυτήτων ($v_{cm}$ και $v_\pi=\omega R$) για σημείο σε γωνία 90° από την επαφή: 1 μ.· αριθμητικό αποτέλεσμα $4{,}5\sqrt{2}$ m/s: 1 μ. Μερική πίστωση: αν στο (α) θεωρηθεί μισή περιστροφή ($x_{cm}=9/8$ m), χάνονται 2 μ. στο (α) αλλά το (β) βαθμολογείται πλήρως εφόσον η μέθοδος είναι ορθή με τα δικά του δεδομένα (μεταφορά λάθους). Χρήση $v=2v_{cm}$ (σημείο διαμετρικά αντίθετο) αντί $v_{cm}\sqrt{2}$: -2 μ.

Πανελλαδικές Εξετάσεις 2025 — physics, Θέμα D (6 μονάδες)

Το σώμα $\Sigma_1$ ($m_1=1{,}5$ kg) εκτελεί, μετά το κόψιμο του νήματος τη στιγμή $t_0=0$, απλή αρμονική ταλάντωση σταθεράς $D=k=60$ N/m (πριν το κόψιμο το νήμα ασκούσε σε αυτό τάση $T=15$ N).
Δ3. Να υπολογίσετε το έργο της δύναμης του ελατηρίου για το χρονικό διάστημα από $t_0$ έως $t_1=1{,}5$ s. Δίνεται ότι $\sqrt{40}\approx 2\pi$.

Απάντηση:
Πλάτος: με το κόψιμο του νήματος καταργείται η δύναμη $T=15$ N, οπότε η νέα θέση ισορροπίας μετατοπίζεται κατά $A=\dfrac{T}{k}=\dfrac{15}{60}=0{,}25$ m και το $\Sigma_1$ ξεκινά από ακραία θέση. Γωνιακή συχνότητα: $\omega=\sqrt{\dfrac{k}{m_1}}=\sqrt{40}\approx 2\pi$ rad/s, άρα $T_{ταλ}=\dfrac{2\pi}{\omega}=1$ s. Στο $t_1=1{,}5$ s $=1{,}5\,T_{ταλ}$ το σώμα βρίσκεται στην άλλη ακραία θέση, δηλαδή έχει ανέβει κατά $2A=0{,}5$ m, με μηδενική ταχύτητα στα δύο άκρα ($\Delta K=0$). Από το θεώρημα έργου–ενέργειας: $W_{ελ}+W_{βάρους}=\Delta K=0 \Rightarrow W_{ελ}=-W_{βάρους}=m_1g\cdot 2A=1{,}5\cdot 10\cdot 0{,}5=7{,}5$ J.

ΚΛΕΙΔΙ ΒΑΘΜΟΛΟΓΗΣΗΣ (6 μ.). Εύρεση πλάτους $A=T/k=0{,}25$ m (ή μέσω νέας θέσης ισορροπίας $\Delta\ell'=m_1g/k$): 2 μ. Περίοδος $T_{ταλ}=2\pi\sqrt{m_1/k}=1$ s και εντοπισμός ότι στο $t_1=1{,}5T$ το σώμα βρίσκεται στην αντίθετη ακραία θέση: 2 μ. Υπολογισμός του έργου (μέσω Θ.Μ.Κ.Ε. με $\Delta K=0$, ή μέσω διαφοράς δυναμικών ενεργειών ελατηρίου) και αποτέλεσμα $W_{ελ}=+7{,}5$ J: 2 μ. Μερική πίστωση: σωστό μέτρο με λάθος πρόσημο: -1 μ. Χρήση μετατόπισης $A$ αντί $2A$: -2 μ.