Απολυτήριες εξετάσεις Γ΄τάξης

στη Φυσική Κατεύθυνσης 29 Μαΐου 2008

Το πρώτο θέμα

Να γράψετε στο τετράδιό σας τον αριθμό καθεμιάς από τις παρακάτω ερωτήσεις 1-4 και δίπλα το γράμμα που αντιστοιχεί στη σωστή απάντηση

1. Τα δύο άκρα του ηλεκτρομαγνητικού φάσματος, με βάση τα μήκη κύματός των είναι :

α . η ιώδης και η ερυθρή ακτινοβολία

β. η υπεριώδης και η υπέρυθρη ακτινοβολία

γ. οι ακτίνες Χ και οι ακτίνες γ

δ. οι ακτίνες γ και τα ραδιοφωνικά κύματα ( μονάδες 5 )

Με την ερώτηση 1 επιδιώκεται να αξιολογηθεί κατά πόσον έχει επιτευχθεί ο διδακτικός στόχος COGNITION

( ΓΝΩΣΗ ) αναφορικά με γνωστικό αντικείμενο «κατάταξη των ηλεκτρομαγνητικών ακτινοβολιών με κριτήριο το μήκος κύματος».

Σχετικά με τη διατύπωση θα μπορούσε να αποφευχθεί το γλωσσικά και επιστημολογικά «παράξενο»

με βάση τα μήκη κύματός των ( καθεμια από τις ακτινοβολίες δεν έχει ΕΝΑ δικό της μήκος κύματος )

και να προτιμηθεί η διατύπωση: Με κριτήριο το μήκος κύματος τα δύο άκρα του ηλεκτρομαγνητικού φάσματος είναι :

2. Η κρούση στην οποία διατηρείται η κινητική ενέργεια του συστήματος των συγκρουόμενων σωμάτων ονομάζεται :

α. ελαστική β . ανελαστική

γ. πλαστική δ. έκκεντρη ( μονάδες 5 )

Με την ερώτηση 2 επιδιώκεται να αξιολογηθεί κατά πόσον έχει επιτευχθεί ο διδακτικός στόχος COGNITION

( ΓΝΩΣΗ ) του προσδιορισμού «ελαστική» αναφορικά με το ΦΑΙΝΟΜΕΝΟ κρούση

3. Ένας αρμονικός ταλαντωτής εκτελεί εξαναγκασμένη ταλάντωση κρούση. Όταν η συχνότητα του διεγέρτη παίρνει τις τιμές f₁ = 5 Hz και f₂ = 10 Hz, το πλάτος της ταλάντωσης είναι το ίδιο. Θα έχουμε μεγαλύτερο πλάτος ταλάντωσης, όταν η συχνότητα του διεγέρτη πάρει την τιμή :

α. 2 Hz β. 4 Hz γ. 8 Hz δ. 12 Hz ( μονάδες 5 )

Με την ερώτηση 3 επιδιώκεται να αξιολογηθεί κατά πόσον έχει επιτευχθεί ο διδακτικός στόχος COMPREHENSION

(ΚΑΤΑΝΟΗΣΗ) του ΦΑΙΝΟΜΕΝΟΥ εξαναγκασμένη ταλάντωση και ειδικότερα η γραφική παράσταση « πλάτος – συχνότητα»

4. Στην απλή αρμονική ταλάντωση, το ταλαντούμενο σώμα, έχει μέγιστη ταχύτητα :

α. στις ακραίες θέσεις της τροχιάς του

β. όταν η επιτάχυνση είναι μέγιστη

γ. όταν η δύναμη επαναφοράς είναι μέγιστη

δ. όταν η δυναμική του ενέργεια είναι μηδέν. ( μονάδες 5 )

Με την ερώτηση 4 επιδιώκεται να αξιολογηθεί κατά πόσον έχει επιτευχθεί ο διδακτικός στόχος COMPREHENSION

(ΚΑΤΑΝΟΗΣΗ) του ΦΑΙΝΟΜΕΝΟΥ αρμονική ταλάντωση και ειδικότερα η εξέλιξη των τιμών των ΕΝΝΟΙΩΝ ταχύτητα, επιτάχυνση, δύναμη επαναφοράς και δυναμική ενέργεια

5. Να γράψετε στο τετράδιο 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. Ένα κατεργασμένο διαμάντι ( με πολλές έδρες ), που περιβάλλεται από αέρα, λαμποκοπά στο φως επειδή έχει μεγάλη κρίσιμη γωνία ΛΑΘΟΣ

β. Η ροπή αδράνειας ενός στερεού δεν εξαρτάται από τη θέση του άξονα περιστροφής του. ΛΑΘΟΣ

γ. Το διάγραμμα της συνάρτησης y = Aημ2π( t/T – σταθ.) είναι στιγμιότυπο κύματος ΛΑΘΟΣ

δ. Ένα εγκάρσιο μηχανικό κύμα είναι αδύνατον να διαδίδεται στον αέρα ΣΩΣΤΟ

ε. Η Γη έχει στροφορμή λόγω της κίνησής της γύρω από τον Ήλιο ΣΩΣΤΟ ( μονάδες 5 )

Με τις πέντε προτάσεις επιδιώκεται να αξιολογηθεί κατά πόσον έχει επιτευχθεί ο διδακτικός στόχος COGNITION

( ΓΝΩΣΗ ) των αντίστοιχων γνωστικών αντικειμένων

Σχετικά με τη διατύπωση της πρότασης β πρέπει να υπενθυμίσουμε ότι η έννοια ΡΟΠΗ ΑΔΡΑΝΕΙΑΣ αναφέρεται σε ΣΩΜΑ και σε ΑΞΟΝΑ και όχι σε άξονα περιστροφής. Ένα οποιοδήποτε σώμα –ως προς κάποια γεωμετρική ευθεία- έχει μια ορισμένη ροπή αδράνειας είτε κινείται είτε δεν κινείται- ως προς κάποιο σύστημα αναφοράς .

Σχετικά με τη διατύπωση της πρότασης ε πρέπει να υπενθυμίσουμε ότι η στροφορμή αναφέρεται σε σύστημα αναφοράς και στο γεωμετρικό σημείο «Αρχή των αξόνων» και ότι κάθε κινούμενο - ως προς κάποιο σύστημα αναφοράς- σημειακό αντικείμενο, ανεξάρτητα από το είδος της τροχιάς του, είναι δυνατόν να έχει στροφορμή ως προς την αρχή των αξόνων.

Αυτό σημαίνει ότι η πρόταση ε θα μπορούσε να λείπει.

Το δεύτερο θέμα

Να γράψετε στο τετράδιό σας τον αριθμό της ερώτησης και δίπλα το γράμμα που αντιστοιχεί στη σωστή απάντηση

1. Η εξίσωση που περιγράφει το ηλεκτρικό πεδίο ενός αρμονικού ηλεκτρομαγνητικού κύματος που διαδίδεται σε υλικό μέσο με δείκτη διάθλασης n είναι : Ε = 100ημ2π( 12.10¹²t – 6.10⁴x) ( όλα τα μεγέθη στο S.I.). Αν η ταχύτητα του φωτός στο κενό είναι 3.10⁸ m/s ο δείκτης διάθλασης του υλικού είναι :

α. 1,2 β. 1,5 γ. 2 ( μονάδες 3 )

Να αιτιολογήσετε την απάντησή σας ( μονάδες 3 )

Η απάντηση απαιτεί από τον ερωτώμενο

α. να γνωρίζει την εξίσωση Ε = Ε_maxημ2π( tf- x/λ) για το ηλεκτρομαγνητικό κύμα

τη θεμελιώδη εξίσωση των κυμάτων c=λf και τη σχέση n = c₀/c για τον δείκτη διάθλασης

υπό την προϋπόθεση ότι και για τις τρεις γνωρίζει το σημαινόμενο καθενός από τα σύμβολα

β. τη δεξιότητα του να είναι μπορεί να συνδυάζει τις παραπάνω σχέσεις

μία ΛΥΣΗ: Αν συγκρίνουμε την Ε = 100ημ2π( 12.10¹²t – 6.10⁴x) με την Ε = Ε_maxημ2π( t/T- x/λ) συμπεραίνουμε ότι f = 12.10¹² Hz και ότι λ = 1/6.10⁴ m , και εφόσον c=λf η ταχύτητα του ηλεκτρομαγνητικού κύματος στο υλικό μέσο είναι c = 2. 10⁸ m/s . Άρα ο δείκτης διάθλασης είναι 3/2.

2. Σε ιδανικό κύκλωμα ηλεκτρικών ταλαντώσεων αν κάποια χρονική στιγμή ισχύει q = Q/3 , όπου q το στιγμιαίο φορτίο και Q η μέγιστη τιμή στο ηλεκτρικό φορτίο του πυκνωτή , τότε ο λόγος της ενέργειας του ηλεκτρικού πεδίου προς την ενέργεια του μαγνητικού πεδίου είναι :

α. 1/8 β. 1/3 γ. 3 ( μονάδες 3 )

Να αιτιολογήσετε την απάντησή σας ( μονάδες 4 )

Η απάντηση απαιτεί από τον ερωτώμενο

α. να γνωρίζει ότι η ενέργεια η αποθηκευμένη στο ηλεκτρικό πεδίο του πυκνωτή δίνεται από την εξίσωση U_E = ½ q²/C .

β. να γνωρίζει ότι κατά την εξέλιξη του φαινομένου η ενέργεια ( το άθροισμα δηλαδή της U_E και της ενέργειας U_Β της αποθηκευμένης στο μαγνητικό πεδίο του πηνίου ) διατηρείται και είναι ίσο με την ποσότητα ½ Q²/C γ. τη δεξιότητα του να είναι μπορεί να συνδυάζει τα παραπάνω σχέσεις και να τα διαχειρίζεται αλγεβρικά

μία ΛΥΣΗ. Ο ζητούμενος λόγος μ είναι μ = U_E / U_Β = ½ q²/C /(½Q²/C - ½ q²/C) και εφόσον q = Q/3 μ = 1/8

μία άλλη ΛΥΣΗ: Αν επιλέξουμε ως αρχή των χρόνων τη στιγμή με q= Q και i = 0 ισχύει q = Qσυνωt και i = - Ιημωt

και μ = ½q²/C/½Li² = ½Q²συν²ωt/ ½LΙ²ημ²ωt. Η διατήρηση της ενέργειας μπορεί να αποδοθεί με την ½LΙ² = ½Q²/C

οπότε μ = συν²ωt/ ημ²ωt μ =συν²ωt/ ( 1- ημ²ωt). Από την q = Qσυνωt τη στιγμή που q = Q/3 θα είναι Q/3 = Qσυνωt άρα συνωt = 1/3.

Αν αντικαταστήσω στην μ = συν²ωt/ ( 1- ημ²ωt) θα έχω μ = 1/8 .

3. Ένα σώμα συμμετέχει σε δύο αρμονικές ταλαντώσεις ίδιας διεύθυνσης που γίνονται γύρω από το ίδιο σημείο με το ίδιο πλάτος και γωνιακές ταχύτητες, που διαφέρουν πολύ λίγο. Οι εξισώσεις των δύο ταλαντώσεων είναι : x₁ = 0,2 ημ(998t) και x₂ = 0,2 ημ(1002t) ( όλα τα μεγέθη στο S.I.). Ο χρόνος ανάμεσα σε δύο διαδοχικούς μηδενισμούς του πλάτους της ιδιόμορφης ταλάντωσης

( διακροτήματος) του σώματος είναι :

α . 2 s β. 1s γ. 0,5 s ( μονάδες 6 )

Να αιτιολογήσετε την απάντησή σας ( μονάδες 6 )

Ένα σχόλιο: Εντυπωσιάζει το γεγονός ότι στέλνεται σε χιλιάδες μαθητές η διατύπωση που εμπεριέχει την έννοια «γωνιακή ταχύτητα ταλάντωσης» ενώ τέτοια έννοια δεν υφίσταται. Όπως θα συνέβαινε σε ένα μαθητή που βλέπει το γράμμα ω και λέει «γωνιακή ταχύτητα» οι συντάκτες συγχέεουν την έννοια/διανυσματικό μέγεθος ΓΩΝΙΑΚΗ ΤΑΧΥΤΗΤΑ με την έννοια – βαθμωτό μέγεθος «2π-συχνότητα». Το γεγονός ότι στάλθηκε διόρθωση μία ώρα αργότερα δεν ακυρώνει τη σύγχυση των συντακτών

Ένα δεύτερο σχόλιο: Οι μονάδες για όποιον απαντήσει τυχαία και δώσει τη σωστή απάντηση είναι έξι ( πρωτοφανές για δεύτερο θέμα )

Η απάντηση απαιτεί από τον ερωτώμενο

α. να είναι σε θέση να «μεταφράζει» το ζητούμενο «χρόνος» ( χρονικό διάστημα) ανάμεσα σε δύο διαδοχικούς μηδενισμούς του πλάτους σε «περίοδο του διακροτήματος» και να γνωρίζει ότι το αντίστροφό της - η συχνότητα του διακροτήματος- είναι ίση με την απόλυτη τιμή της διαφοράς των δύο συχνοτήτων

β. να γνωρίζει ότι η συνάρτηση θέσης- χρόνου για μία αρμονική ταλάντωση, η υπό δεδομένες προϋποθέσεις, είναι η x = Aημ2πft

γ. τη δεξιότητα του να συγκρίνει καθεμιά από τις x₁ = 0,2 ημ(998t) και x₂ = 0,2 ημ( 1002 t ) με τη x = A ημ2πft και να καταλήγει στην τιμή της συχνότητας για κάθε μία από τις ταλαντώσεις

μία ΛΥΣΗ. Από την x₁ = 0,2 ημ(998t) συμπεραίνουμε ότι η συχνότητα της μίας ταλάντωσης είναι f₁ = 499 Hz και από την x₂ = 0,2 ημ( 1002 t ) συμπεραίνουμε ότι η συχνότητα της άλλης ταλάντωσης είναι f₂ = 501 Hz. Άρα η συχνότητα του διακροτήματος είναι ίση με τη διαφορά 501Hz - 499 Hz = 2 Hz και η περίοδος του διακροτήματος, το ζητούμενο δηλαδή χρονικό διάστημα, είναι ½ s.

Το τρίτο θέμα

Ομογενής και ισοπαχής ράβδος μήκους L = 4 m και μάζας M = 2 kg ισορροπεί οριζόντια.

Το άκρο Α της ράβδου συνδέεται με άρθρωση σε κατακόρυφο. Σε σημείο Κ της ράβδου έχει προσδεθεί το ένα άκρο κατακόρυφου νήματος σταθερού μήκους, με το επάνω άκρο του συνδεδεμένο στην οροφή, όπως φαίνεται στο σχήμα.

Στο σημείο Γ ισορροπεί ομογενής σφαίρα μάζας m = 2,5 kg και ακτίνας r = 0,2 m.

Δίνονται ΑΚ = L/4, ΑΓ = 3L/4.

α . Να υπολογιστεί το μέτρο της δύναμης που ασκεί το νήμα στη ράβδο ( μονάδες 6 )

ο υπολογισμός απαιτεί από τον ερωτώμενο

α. Να έχει τη δεξιότητα να επιλέγει ως σώμα σε ισορροπία το σύστημα « ράβδος – σφαίρα»

β. Να μπορεί να σημειώνει τις ασκούμενες στο σύστημα αυτό δυνάμεις

γ. Να γνωρίζει πόσες και ποιες είναι οι ανεξάρτητες εξισώσεις που περιγράφουν το φαινόμενο ισορροπία τρεις αλλά να διαθέτει και τη δεξιότητα να τις εφαρμόζει στο συγκεκριμένο φαινόμενο και να επιλέγει μία από αυτές.

μία ΛΥΣΗ. Οι ασκούμενες στο σύστημα «ράβδος – σφαίρα» δυνάμεις είναι η βάρος Mg της ράβδου, η βάρος mg της σφαίρας, η δύναμη F_ν του τεντωμένου νήματος και η δύναμη F_A την οποία ασκεί η άρθρωση στο σημείο Α. Με καθένα από τα σύμβολα Mg, mg, F_ν , F_A συμβολίζουμε τα αντίστοιχο μέτρο καθεμιάς από τις δυνάμεις. Οι τρεις (Mg, mg, F_ν ) από τις τέσσερεις αυτές δυνάμεις είναι κατακόρυφες, και εφόσον το σύστημα ισορροπεί συμπεραίνεται ότι κατακόρυφη θα είναι και η F_A . Αυτό όμως δεν ενδιαφέρει τον υπολογισμό της ζητούμενης F_ν διότι στην εξίσωση που θα εφαρμόσουμε η F_A δεν θα κάνει την εμφάνισή της .

Εφόσον το σύστημα ισορροπεί – και πρόκειται για δυνάμεις ομοεπίπεδες – οι τρεις ανεξάρτητες αλγεβρικές εξισώσεις που απορρέουν από τον ΝΟΜΟ ΤΗΣ ΑΔΡΑΝΕΙΑΣ είναι οι ΣF_x = 0 ΣF_y = 0 και η εξίσωση σύμφωνα με την οποία η ολική ροπή - θα συμβολίζεται με Στ- ως προς οποιοδήποτε σημείο του επιπέδου είναι μηδενική . Για τον υπολογισμό της ζητούμενης F_ν επιλέγουμε την εξίσωση με την ολική ροπή και ως γεωμετρικό σημείο επιλέγουμε το Α. Η εξίσωση είναι Στ_Α = 0. Θεωρούμε ως θετική φορά την κατά τη φορά των δεικτών του ρολογιού, οπότε ΜgL/2 + mg3L/4 - F_νL/4 = 0 F_ν = 2Μg + 3mg.

Αν αντικαταστήσουμε στο SI θα είναι F_ν = 115 Ν

Η λύση θα μπορούσε επίσης να προκύψει με το να μελετήσει χωριστά την ισορροπία της ράβδου και την ισορροπία της σφαίρας

Τη χρονική στιγμή t = 0 ασκείται στο κέντρο μάζας της σφαίρας, με κατάλληλο τρόπο, σταθερή οριζόντια δύναμη μέτρου F = 7 N, με φορά προς το άκρο Β. Η σφαίρα κυλίεται χωρίς να ολισθαίνει.

β. Να υπολογισθεί το μέτρο της επιτάχυνσης του κέντρου μάζας της σφαίρας κατά την κίνησή της . ( μονάδες 6 )

ο υπολογισμός απαιτεί από τον εξεταζόμενο

α. Να προσέξει ότι το ΦΑΙΝΟΜΕΝΟ είναι «κύλιση χωρίς ολίσθηση του σώματος σφαίρα»

β. Να μπορεί να σημειώνει τις ασκούμενες στη σφαίρα δυνάμεις και να διακρίνει την παρουσία της μη αναφερόμενης ΣΤΑΤΙΚΗΣ ΤΡΙΒΗΣ. Να έχει δηλαδή κατανοήσει ότι το αρχικώς ακίνητο αυτό σώμα είναι αδύνατον να εκτελέσει κύλιση χωρίς την παρουσία κάποιας δύναμης στατικής τριβής. Αν η επιφάνειες ράβδου και σφαίρας ήταν απολύτως λείες η κίνηση υπό την επίδραση της σταθερής οριζόντιας F θα ήταν μεταφορική με σταθερή επιτάχυνση

γ. Να γνωρίζει πόσες και ποιες είναι οι ανεξάρτητες εξισώσεις που περιγράφουν το φαινόμενο ΚΥΛΙΣΗ ΧΩΡΙΣ ΟΛΙΣΘΗΣΗ

αλλά να διαθέτει και τη δεξιότητα να τις εφαρμόζει στο συγκεκριμένο φαινόμενο

δ. Να γνωρίζει τη σχέση που συνδέει την ( επιτρόχια ) επιτάχυνση του κέντρου μάζας με τη γωνιακή επιτάχυνση λόγω περιστροφής στην οποία αναλύεται η κύλιση χωρίς ολίσθηση.

μία ΛΥΣΗ. Οι ασκούμενες στη σφαίρα δυνάμεις είναι η βάρος mg, η κάθετη αντίδραση Ν και η στατική τριβή Τ. Η κίνηση μπορεί να αναλυθεί σε μεταφορική με την επιτάχυνση του κέντρου μάζας και σε στροφική περί άξονα που περνά από το κέντρο μάζας. Οι αντίστοιχες εξισώσεις – εφόσον οι δυνάμεις είναι ομοεπίπεδες- ειναι οι ΣF_x = ma ΣF_y = 0 Στ_cm = 0. Επιλέγουμε την πρώτη και την τρίτη F-T = mα_cm και Τr = I_cma_γων . Εφόσον η κύλιση γίνεται σε επίπεδη επιφάνεια το κέντρο μάζας εκτελεί ευθύγραμμη κίνηση άρα η επιτάχυνσή του είναι ( μόνο ) επιτρόχια. Εφόσον κύλιση γίνεται χωρίς ολίσθηση η ταχύτητα του σημείου επαφής είναι μηδενική και αυτό οδηγεί στην α_cm = a_γων .r. Εφόσον δίνεται ότι I_cm= 2mr²/5 καταλήγουμε στο Τ = 2/5 m α_cm και στο α_cm = 5F/7m και με την αντικατάσταση στο α_cm = 2 m/s².

γ. Να υπολογισθεί το μέτρο της ταχύτητας του κέντρου μάζας της σφαίρας όταν φθάσει στο άκρο Β. ( μονάδες 6 )

ο υπολογισμός απαιτεί από τον εξεταζόμενο

α. Να μπορεί να διακρίνει ότι το κέντρο μάζας της κυλιόμενης σφαίρας εκτελεί ευθύγραμμη κίνηση με σταθερή επιτάχυνση.

β. Να γνωρίζει τις συναρτήσεις «ταχύτητας – χρόνου» και «θέσης – χρόνου» για την ευθύγραμμη κίνηση με σταθερή επιτάχυνση ενός υλικού σημείου ή ενός ΓΕΩΜΕΤΡΙΚΟΥ ΣΗΜΕΙΟΥ, όπως είναι το ΚΕΝΤΡΟ ΜΑΖΑΣ της σφαίρας και να είναι σε θέση να τις εφαρμόσει στο συγκεκριμένο ΦΑΙΝΟΜΕΝΟ αλλά και να μπορεί να τις διαχειριστεί αλγεβρικά αναζητώντας το ζητούμενο

μία ΛΥΣΗ. Για το κέντρο μάζας ισχύει υ_cm = α_cmt και x = ½a_cmt² . Με απαλοιφή του t προκύπτει υ²_cm = 2α_cmx Το εφαρμόζουμε για x = L/4 = 1 m και α_cm = 2 m/s². οπότε υ_cm = 2m/s

μία άλλη ΛΥΣΗ. Εφαρμόζουμε το θεώρημα έργου ενέργειας στο σώμα σφαίρα κατά την κύλιση της μέχρι το άκρο της ράβδου Κ_τελ – Κ_αρχ = W. Από τις ασκούμενες δυνάμεις μόνο η οριζόντια F εκτελεί έργο. Η κινητική ενέργεια της κυλιόμενης σφαίρας είναι ίση με το άθροισμα ½mυ_cm² + ½ I_cmω² Άρα ½mυ_cm² + ½ I_cmω² = F.x

και εφόσον υ_cm= ωr με δεδομένο το I_cm= 2mr²/5 καταλήγουμε στο υ_cm² = 10Fx/7 m οπότε υ_cm = 2m/s

δ. Να υπολογισθεί το μέτρο της στροφορμής της σφαίρας όταν φθάσει στο άκρο Β. ( μονάδες 7 )

Ένα σχόλιο. Η χωρίς ολίσθηση κίνηση της σφαίρας αναλύεται σε μεταφορά με την ταχύτητα του κέντρου μάζας και σε περιστροφή περί άξονα που διέρχεται από το κέντρο μάζας. Αυτό εκτός των άλλων σημαίνει ότι εάν αλλάξουμε Σύστημα Αναφοράς – μεταφορικά κινούμενο με την επιτάχυνση του κέντρου μάζας- η παρατηρούμενη κίνηση της σφαίρας θα είναι στροφική. Η ζητούμενη στροφορμή της οποίας το μέτρο καλούνται να υπολογίσουν οι εξεταζόμενο υποτίθεται ότι είναι η ως προς το κέντρο μάζας στροφορμή λόγω της στροφικής κίνησης. Ωστόσο η κύλιση της σφαίρας μπορεί να μελετηθεί και με άλλους τρόπους. Μπορεί λόγου χάρη να θεωρηθεί ΣΤΡΟΦΙΚΗ περί τον στιγμιαίο άξονα που περνάει από το εκάστοτε σημείο Σ της επαφής με τη ράβδο. Με αυτή τη θεώρηση η ως προς Σ στροφορμή είναι ίση με το γινόμενο Ι_Σω και εφόσον Ι_Σ= Ιcm + mr² = 7mr²ω/5 η ως προς Σ στροφορμή θα είναι 7mr²ω/5. = 7mυ_cmr/5.

Πώς θα βαθμολογήσουμε τους ελάχιστους εκείνους μαθητές οι οποίοι σκεπτόμενοι λίγο διαφορετικά ή λίγο βαθύτερα από τους εξεταστές τους δώσουν την απάντηση «στροφορμή = 7mυ_cmr/5 » ; Η άποψή μου είναι ότι πρέπει να βαθμολογηθούν με 7 μονάδες

Μία φαντασίωση . Ονειρευόμαστε ένα κοντινό μέλλον στο οποίο οι ευθυνόμενοι για τη σύνταξη των θεμάτων θα είναι σαφέστεροι στο το ακριβώς θέλουν αλλά και επιστημολογικά επαρκέστεροι από τους σημερινούς.

Το ζητούμενο Η σύμφωνα με τη διατύπωση η ζητούμενη στροφορμή «υπονοείται» ότι είναι η ως προς το κέντρο μάζας στροφορμή λόγω της στροφικής κίνησης χωρίς όμως να γίνεται λόγος για το γεωμετρικό σημείο αναφοράς δηλαδή για το κέντρο μάζας. Ο υπολογισμός της απαιτεί από τον εξεταζόμενο α. να καταλάβει ποια ακριβώς στροφορμή ζητείται β. να γνωρίζει ότι η τιμή της ζητούμενης στροφορμή είναι ίση με Ι_cmω και γ. να μπορεί να υπολογίζει την τιμή της γωνιακής ταχύτητας – λόγω της στροφικής κίνησης- τη στιγμή που η σφαίρα φθάνει στο άκρο της ράβδου

μία ΛΥΣΗ. Για τη λόγω της στροφικής κίνησης στροφορμή ως προς το κέντρο μάζας ισχύει L = Ι_cmω . Η τιμή της γωνιακής ταχύτητας υπολογίζεται βάσει της τιμής της ταχύτητας του κέντρου μάζας υ_cm = ωr I_cm= 2mr²/5

L = 2mr²/5 υ_cm /r L = 2mυ_cm r/5 οπότε L = 0,4 Js

Για περισσότερα αναφορικά με τη ΣΤΡΟΦΟΡΜΗ ΜΙΑ ΣΦΑΙΡΑΣ να κάνετε κλικ

Δίνονται : η ροπή αδράνειας της σφαίρας μάζας m ως προς το κέντρο μάζας της

Ι = 2/5 mr² και g= 10m/s².

Η έννοια ΡΟΠΗ ΑΔΡΑΝΕΙΑΣ αναφέρεται σε σώμα και σε ευθεία – άξονα και όχι στο γεωμετρικό σημείο κέντρο μάζας

Με το τρίτο θέμα επιδιώκεται να αξιολογηθεί κατά πόσον έχει επιτευχθεί

α. ο διδακτικός στόχος κατανόηση σχετικά με το φαινόμενο «ισορροπία στερεού σώματος» με την εφαρμογή του νόμου της αδράνειας σε ένα σώμα με την αξιοποίηση της έννοιας ροπή δύναμης .

β. ο διδακτικός στόχος κατανόηση σχετικά με το φαινόμενο κύλιση, με την εφαρμογή του δεύτερου νόμου της κίνησης σε αυτό και με την αξιοποίηση των εννοιών στατική τριβή, ροπή, ροπή αδράνειας , γωνιακή επιτάχυνση, επιτάχυνση του κέντρου μάζας, γωνιακή ταχύτητα, ταχύτητα του κέντρου μάζας

γ. ο αμφιλεγόμενος στόχος « να γνωρίζουν ότι η χωρίς καμία γεωμετρική αναφορά – ε στροφορμή –νός κυλιόμενου σώματος είναι ίση με κάποια « γωνιακή ταχύτητα» επί τη ροπή αδράνειας

Το τέταρτο θέμα

Σώμα μάζας m₁ κινούμενο σε οριζόντιο επίπεδο συγκρούεται ελαστικά με ταχύτητα μέτρου υ₁ = 15 m/s κεντρικά και ελαστικά με ακίνητο σώμα μάζας m₂. η χρονική διάρκεια της κρούσης θεωρείται αμελητέα. Αμέσως μετά την κρούση, το σώμα μάζας m₁ κινείται αντίρροπα με ταχύτητα μέτρου

υ₁΄ = 9 m/s α. Να προσδιορίσετε το λόγο των μαζών m₁ /m_2. ( μονάδες 6 )

β. Να βρεθεί το μέτρο της ταχύτητας του σώματος μάζας m₂ αμέσως μετά την κρούση ( μονάδες 6 )

ο υπολογισμός απαιτεί από τον εξεταζόμενο

α. Να γνωρίζει ότι το ΦΑΙΝΟΜΕΝΟ κρούση δύο ελεύθερων υπακούει στον ΝΟΜΟ Διατήρηση της ορμής του συστήματος και εφόσον είναι και ελαστική στον ΝΟΜΟ Διατήρηση της ενέργειας του συστήματος, να μπορεί να εφαρμόζει τους δύο νόμους στο συγκεκριμένο φαινόμενο και να είναι σε θέση να διαχειριστεί αλγεβρικά τις σχέσεις που θα προκύψουν.

μία ΛΥΣΗ. Για το σύστημα των δύο σωμάτων ισχύει m₁υ₁ + 0 = m₁V₁ + m₂V₂

½m₁υ₁² + 0 = ½m₁V₁ ²+ ½ m₂V₂²

στις οποίες τα σύμβολα υ₁ , V₁ και V₂ παριστάνουν τις αλγεβρικές τιμές των αντίστοιχων διανυσμάτων- ταχυτήτων . Θεωρούμε τον άξονα βαθμολογημένο με + προς τα δεξιά οπότε υ₁= + 15 m/s V₁ = -9 m/s.

Διαιρούμε και τα δύο μέλη καθεμιάς από τις σχέσεις με m₂, θέτουμε λ = m₁/m₂

λυ₁ = λV₁ + V₂ λυ₁² = λV₁ ²+ V₂² Η λύση του συστήματος δίνει λ = ¼ και V₂ = 6m/s

μία άλλη ΛΥΣΗ. Σύμφωνα με τύπο που υπάρχει στο σχολικό βιβλίο V₁ = (m₁- m₂ )υ₁/(m₁+ m₂ )

αντικαθιστούμε με τα δεδομένα και βρίσκουμε λ = ¼

Σύμφωνα με τύπο που υπάρχει στο σχολικό βιβλίο V₂ = 2m₁υ₁/(m₁+ m₂ )

αντικαθιστούμε με τα δεδομένα και βρίσκουμε V₂ = 6m/s

η Κεντρική επιτροπή προτείνει για λύση τον τύπο του βιβλίου

και όσοι γνωρίζουν τα «ισχύοντα» δεν εντυπωσιάζονται . Πρόκειται για τη διαιώνιση μιας διδακτικής πρακτικής η οποία διατηρείται αναλλοίωτη εδώ και 20 χρόνια. Στο ερώτημα

«ΤΙ ΑΚΡΙΒΩΣ ΕΠΙΔΙΩΚΟΥΜΕ ΝΑ ΑΞΙΟΛΟΓΗΣΟΥΜΕ ΜΕ ΤΟ ΤΕΤΑΡΤΟ ΖΗΤΗΜΑ ΤΩΝ ΦΕΤΙΝΩΝ ΕΞΕΤΑΣΕΩΝ ;»

Το κατά πόσον οι διδασκόμενοι γνωρίζουν ότι το ΦΑΙΝΟΜΕΝΟ ελαστική κρούση υπακούει στον ΝΟΜΟ Διατήρηση της ορμής του συστήματος και στον ΝΟΜΟ Διατήρηση της ενέργειας του συστήματος, ή

το κατά πόσον οι διδασκόμενοι έχουν μάθει έναν τύπο της σελίδας 156 ;

Η Κεντρική Επιτροπή δίνει, με τις οδηγίες-λύσεις, τη δεύτερη απάντηση

Πρόκειται για ένα ΣΚΑΝΔΑΛΟ ΤΟ ΟΠΟΙΟ – εδώ και δύο δεκαετίες - ΠΑΡΑΒΙΆΖΕΙ ΚΑΘΕ ΔΕΟΝΤΟΛΟΓΙΑ ΤΗΣ ΔΙΔΑΚΤΙΚΗΣ. Πρόκειται για γεγονός μοναδικό στην ιστορία της διδασκαλίας της Φυσικής, μία «ελληνική επιλογή» μοναδική στην Ευρώπη, η οποία οδηγεί τον σκεπτόμενο εκπαιδευτικό στο σε στοχασμούς του τύπου « Τελικά γιατί διδάσκω φυσική ; Ο στόχος μου είναι να θυμούνται οι μαθητές μου τον ασήμαντο αυτό τύπο της σελίδας 156;» Η φετινή πρακτική της Κεντρικής Επιτροπής φέρνει τη διδασκαλία της Φυσικής 20 χρόνια πίσω.

γ. Να βρεθεί το ποσοστό της αρχικής κινητικής ενέργειας του σώματος μάζας m₁ που μεταβιβάστηκε στο σώμα μάζας m₁ λόγω της κρούσης ( μονάδες 6 )

Καλωσορίζουμε τη χρήση του ρήματος ΜΕΤΑΒΙΒΑΣΤΗΚΕ. Ήταν καιρός να χρησιμοποιηθεί η απόδοση στα ελληνικά του transfer energy με τον εύστοχο αυτόν τρόπο. Μέσα στη έντονη απογοήτεύση μας την οποία εκφράσαμε με τα προηγούμενα νιώθουμε και μια μικρή ικανοποίηση διότι έχουμε συμβάλλει στην εδραίωση της διατύπωσης « Η ΕΝΕΡΓΕΙΑ ΜΕΤΑΒΙΒΑΖΕΤΑΙ»

μία ΛΥΣΗ. Εφόσον κατά την εξέλιξη του φαινομένου η ΕΝΕΡΓΕΙΑ του συστήματος διατηρείται μπορούμε να υποστηρίξουμε ότι η ποσότητα της ενέργειας που μεταβιβάστηκε από το ένα σώμα μάζας m₁ στο άλλο σώμα είναι ίση με τη μείωση της ενέργειας του σώματος μάζας m₁.

Άρα το ποσοστό θα είναι ( ½m₁υ₁² - ½m₁V₁ ² )/ ½m₁υ₁² = 1- V₁²/υ₁² = 1 – 9²/15² = 0,64

Το % ποσοστό θα είναι 64%

μία άλλη ΛΥΣΗ. Το ποσοστό μπορεί να υπολογιστεί και από το κλάσμα ½m₂V₂²/ ½m₁υ₁²

δ. Να υπολογιστεί πόσο θα απέχουν τα σώματα όταν σταματήσουν . O συντελεστής τριβής ολίσθησης μεταξύ του επιπέδου και κάθε σώματος είναι μ = 0,1. Δίνεται g= 10m/s². ( μονάδες 7 )

Αναρωτιέται κανείς τι ακριβώς επιδιώκεται με το τελευταίο αυτό ερώτημα.

Να αξιολογηθεί κατά πόσον οι εξεταζόμενοι είναι σε θέση να εφαρμόσουν το θεώρημα έργου ενέργειας σε μεταφορική κίνηση και να υπολογίσουν την τιμή της τριβής και το έργο της ; Μα αυτά δεν ανήκει στους διδακτικούς στόχους της Γ΄ Λυκείου.

Να αξιολογηθεί κατά πόσον οι εξεταζόμενοι μπορούν να χρησιμοποιήσουν τις εξισώσεις για την επιβραδυνόμενη κίνηση με σταθερή επιτάχυνση ; Μα αυτό δεν ανήκει στους διδακτικούς στόχους της Γ΄ Λυκείου.

μία ΛΥΣΗ. Εφαρμόζουμε το θεώρημα έργου ενέργειας για την κίνηση του σώματος μάζας m₁ .

0 – ½m₁V₁²= - Τ₁x₁ Αλλά για την τιμή της τριβής ισχύει Τ₁ = μ Ν₁ = μ m₁g

0 – ½m₁V₁²= - μ m₁g x₁ x₁= V₁²/2μg. x₁= 40,5 m

Αντίστοιχα για την κίνηση του σώματος μάζας m₂ x₁= V₂²/2μg. x₂ = 18 m

Τα δύο σώματα όταν θα είναι ακίνητα θα απέχουν 58,5 m.

μία άλλη ΛΥΣΗ. Εφαρμόζουμε τον δεύτερο νόμο της κίνησης σε κάθε σώμα και υπολογίζουμε την τιμή της επιβραδύνουσας επιτάχυνσης για κάθε σώμα χωριστά. Εφαρμόζουμε τις εξισώσεις κίνησης για καθένα σώμα χωριστά |α₁|= |a₂ |= μg x₁= |V₁| t – ½ |a₁|t₁ 0 = |V₁| –|a₁|t₁ x₁= 40,5 m

x₂= V₂t – ½ |a₂|t₂ 0 = V₂ – |a₂|t₂ x₂= 18 m.

Και όλα αυτά με την επίγνωση ότι το «να κρίνεις»

είναι σίγουρα ευκολότερο από να δημιουργείς.

Και είναι πιθανό σε αυτά που παρουσιάζω να έχει παρεισφρήσει κάποιο σφάλμα

Ανδρέας Ιωάννου Κασσέτας, 30 Μαΐου 2008