Ποιες ενότητες καλύπτει το Διαγώνισμα Προσομοίωσης 2025 στη Φυσική;

Καλύπτει Ταλαντώσεις, Κύματα, Φωτοηλεκτρικό Φαινόμενο, Ηλεκτρομαγνητισμό, Κρούσεις και Μηχανική Στερεού Σώματος.

Πού μπορώ να βρω τις λύσεις του Διαγωνίσματος Προσομοίωσης 2025;

Στο άρθρο αυτό υπάρχουν πλήρεις αναλυτικές λύσεις για όλα τα θέματα (Α, Β, Γ, Δ), με διαδραστική αυτοαξιολόγηση.

Ποιο είναι το επίπεδο δυσκολίας του Διαγωνίσματος Προσομοίωσης 2025;

Τα θέματα είναι επιπέδου Πανελλαδικών Εξετάσεων, με έμφαση στη σύνθεση γνώσεων από πολλαπλές ενότητες.

ΦΥΣΙΚΗ Γ ΛΥΚΕΙΟΥ επιλογή θεμάτων

Name: Διαγώνισμα Προσομοίωσης 2025 - Εκπαιδευτικό Υλικό
Creator: Τάσος Τζανόπουλος
License: https://creativecommons.org/licenses/by/4.0/

Στο χώρο αυτό, οι μαθητές της Γ Λυκείου αλλά και οι συνάδελφοι εκπαιδευτικοί θα βρουν μια σειρά από ερωτήσεις, πρωτότυπες ασκήσεις και προβλήματα στο πνεύμα των πανελλαδικών εξετάσεων. Το υλικό δημιουργήθηκε μέσα από χρόνια δουλειάς με μαθητές και συναδέλφους. μπορεί όμως ακόμη να έχει κάποιες ατέλειες. Κάθε καλοπροαίρετη παρατήρηση ή διόρθωση δεν είναι τυπικό σχόλιο· είναι μια μικρή, ουσιαστική συμβολή σε μια δουλειά που εξακολουθεί να εξελίσσεται μαζί σας.

Τρίτη 22 Σεπτεμβρίου 2026

interactive exam simulation

Διαγώνισμα Προσομοίωσης Πανελλαδικών 2025 - Φυσική

⚛️

Διαγώνισμα Προσομοίωσης

Πανελλαδικών Εξετάσεων με διαδραστική αυτοαξιολόγηση

ΦΥΣΙΚΗ Γ' ΛΥΚΕΙΟΥ

Γ' Λυκείου • Θετικών Σπουδών & Υγείας Διαδραστική Έκδοση

Με Θέματα προτεινόμενα από την Ένωση Ελλήνων Φυσικών & Αναλυτικές Λύσεις

Ιδανικό για εξάσκηση στις Ταλαντώσεις, Κύματα, Φωτοηλεκτρικό Φαινόμενο, Ηλεκτρομαγνητική Επαγωγή & Μηχανική Στερεού Σώματος.

Επιμέλεια Λύσεων: Τάσος Τζανόπουλος

Σκορ

0 / 100

ΘΕΜΑ Α

0/25

ΘΕΜΑ Β

0/25

ΘΕΜΑ Γ

0/25

ΘΕΜΑ Δ

0/25

Α ΘΕΜΑ Α — Ερωτήσεις θεωρίας & κρίσης

25 μονάδες

Α1 5 μονάδες

Εκφώνηση

Στις ερωτήσεις Α1-Α4 να γράψετε στην κόλλα σας τον αριθμό της ερώτησης και δίπλα το γράμμα (α, ή β, ή γ, ή δ) που αντιστοιχεί στη φράση, η οποία συμπληρώνει σωστά την ημιτελή πρόταση.

Α1. Ένα φορτισμένο σωματίδιο εισέρχεται με ταχύτητα κάθετη στις δυναμικές γραμμές ομογενούς μαγνητικού πεδίου. Ποιο από τα παρακάτω μεγέθη μεταβάλλεται κατά τη διάρκεια της κίνησής του;

α) Η κινητική του ενέργεια β) Το μέτρο της ταχύτητάς του γ) Η ορμή του δ) Η στροφορμή του ως προς το κέντρο της κυκλικής τροχιάς του σωματιδίου

Εμφάνιση αναλυτικής λύσηςΑπόκρυψη λύσης

Η δύναμη Lorentz είναι πάντα κάθετη στην ταχύτητα, άρα:

Η κινητική ενέργεια δεν μεταβάλλεται (το έργο είναι 0)
Το μέτρο της ταχύτητας δεν μεταβάλλεται
Το μέτρο της ορμής δεν μεταβάλλεται
Η διεύθυνση της ορμής (διάνυσμα) μεταβάλλεται → η ορμή $\vec{p}$ μεταβάλλεται
Η στροφορμή $\vec{L} = \vec{r} \times \vec{p}$ παραμένει σταθερή (κάθετη στο επίπεδο)

Σωστή επιλογή: γ (Η ορμή του)

Α2 5 μονάδες

Εκφώνηση

Α2. Ένα πλαίσιο περιστρέφεται μέσα σε ένα ομογενές μαγνητικό πεδίο με γωνιακή ταχύτητα περιστροφής ίση με ω, οπότε στα άκρα του αναπτύσσεται εναλλασσόμενη τάση $V = V_0 \eta\mu(\omega t)$. Με την τάση αυτή τροφοδοτείται ένας αντιστάτης στον οποίον αποδίδεται μέγιστη ισχύς ίση με Ρ. Αν τετραπλασιαστεί η γωνιακή ταχύτητα περιστροφής, η μέση ισχύς Ρ' στον ίδιο αντιστάτη θα είναι:

α) P' = 4P β) P' = 16P γ) P' = 8P δ) Κανένα από τα προηγούμενα

Εμφάνιση αναλυτικής λύσηςΑπόκρυψη λύσης

Η μέγιστη ΗΕΔ από επαγωγή σε στρεφόμενο πλαίσιο είναι:

$$ V_0 = N \cdot B \cdot A \cdot \omega $$

Άρα η μέγιστη τάση είναι ανάλογη του $\omega$. Αν τετραπλασιαστεί το $\omega$, τότε $V_0' = 4V_0$.

Η μέση ισχύς σε ωμικό αντιστάτη δίνεται από τη σχέση:

$$ P_{μ} = \frac{V_{εν}^2}{R} = \frac{(V_0/\sqrt{2})^2}{R} = \frac{V_0^2}{2R} $$

Άρα η μέση ισχύς είναι ανάλογη του $V_0^2$, δηλαδή του $\omega^2$:

$$ P' = \frac{(4V_0)^2}{2R} = 16 \cdot \frac{V_0^2}{2R} = 16P $$

Σωστή επιλογή: β ($P' = 16P$)

Α3 5 μονάδες

Εκφώνηση

Α3. Σε φθίνουσα ταλάντωση η ενέργεια μεταβάλλεται με τον χρόνο σύμφωνα με την εξίσωση: $E = E_0 e^{-2\lambda t}$. Κατά τη χρονική στιγμή που η ενέργεια της ταλάντωσης έχει ελαττωθεί κατά 75% από την αρχική τιμή της $E_0$, το ποσοστό κατά το οποίο έχει ελαττωθεί το πλάτος της από την αρχική του τιμή είναι:

α) 25% β) 50% γ) 75% δ) 12.5%

Εμφάνιση αναλυτικής λύσηςΑπόκρυψη λύσης

Δίνεται $E(t) = E_0 e^{-2\lambda t}$. Όταν η ενέργεια ελαττωθεί κατά 75% από την αρχική, μένει το 25%:

$$ E(t) = 0{,}25 E_0 \Rightarrow E_0 e^{-2\lambda t} = 0{,}25 E_0 \Rightarrow e^{-2\lambda t} = \frac{1}{4} $$

Στη φθίνουσα ταλάντωση η ενέργεια σχετίζεται με το πλάτος: $E = \frac{1}{2} m \omega^2 A^2$, άρα $A \propto \sqrt{E}$:

$$ \frac{A(t)}{A_0} = \sqrt{\frac{E(t)}{E_0}} = \sqrt{0{,}25} = 0{,}5 $$

Άρα το πλάτος έχει ελαττωθεί κατά $1 - 0{,}5 = 0{,}5$, δηλαδή 50%.

Σωστή επιλογή: β (50%)

Α4 5 μονάδες

Εκφώνηση

Α4. Ένα φωτόνιο προσπίπτει σε ένα ελεύθερο ηλεκτρόνιο το οποίο θεωρείται αρχικά ακίνητο. Μετά την κρούση το σκεδαζόμενο φωτόνιο έχει αυξημένο μήκος κύματος σε σχέση με το προσπίπτον κατά $\Delta\lambda = 2h/mc$, όπου h η σταθερά του Planck, m η μάζα του ηλεκτρονίου και c η ταχύτητα του φωτός. Το σκεδαζόμενο φωτόνιο θα κινείται σε κατεύθυνση:

α) που σχηματίζει γωνία 90° με εκείνη του προσπίπτοντος. β) που σχηματίζει γωνία 0° με εκείνη του προσπίπτοντος. γ) αντίθετη από εκείνη του προσπίπτοντος. δ) άλλη από αυτές που προτείνονται στα (α), (β) και (γ)

Εμφάνιση αναλυτικής λύσηςΑπόκρυψη λύσης

Η μεταβολή του μήκους κύματος στο φαινόμενο Compton δίνεται από τη σχέση:

$$ \Delta\lambda = \frac{h}{mc}(1 - \sigma\upsilon\nu\theta) $$

Δίνεται $\Delta\lambda = \dfrac{2h}{mc}$. Άρα:

$$ \frac{h}{mc}(1 - \sigma\upsilon\nu\theta) = \frac{2h}{mc} \Rightarrow 1 - \sigma\upsilon\nu\theta = 2 \Rightarrow \sigma\upsilon\nu\theta = -1 $$

Άρα $\theta = 180°$, δηλαδή το σκεδαζόμενο φωτόνιο κινείται σε κατεύθυνση αντίθετη από εκείνη του προσπίπτοντος (οπισθοσκέδαση).

Σωστή επιλογή: γ (αντίθετη)

Α5 5 μονάδες

Εκφώνηση

A5. Να χαρακτηριστούν οι παρακάτω προτάσεις ως σωστές ή λάθος:

α. Μονάδα μέτρησης της στροφορμής στο SI είναι το $1\,\text{kg}\cdot\text{m}^2/\text{s}$.

β. Σε κάθε κεντρική ελαστική κρούση μεταξύ δύο σωμάτων οι μεταβολές των ορμών των σωμάτων είναι αντίθετες.

γ. Κατά τη διάρκεια της περιστροφικής κίνησης ενός στερεού σώματος δεν υπάρχει χρονική στιγμή κατά την οποία η γωνιακή ταχύτητα να είναι ίση με μηδέν και η γωνιακή επιτάχυνση διάφορη του μηδενός.

δ. Το φαινόμενο της παλίρροιας αποτελεί ένα παράδειγμα εξαναγκασμένης ταλάντωσης.

ε. Στον Νόμο του Ampere, $\Sigma B \cdot \Delta L \cdot \sigma\upsilon\nu\theta = \mu_0 \cdot I_{\text{εγκ}}$, η ένταση του μαγνητικού πεδίου Β οφείλεται μόνο στα ρεύματα που περικλείει η κλειστή διαδρομή και όχι στα ρεύματα που βρίσκονται έξω από αυτή.

Εμφάνιση αναλυτικής λύσηςΑπόκρυψη λύσης

α) Σωστό — $L = I\omega$, μονάδα $\text{kg}\cdot\text{m}^2/\text{s}$.

β) Σωστό — Από Α.Δ.Ο.: $\Delta\vec{p}_1 = -\Delta\vec{p}_2$.

γ) Λάθος — Στην αρχή ή στο τέλος περιστροφής μπορεί $ω = 0$ και $a_{γων} \neq 0$ (π.χ. στιγμιαία ακινητοποίηση).

δ) Σωστό — Η σελήνη ασκεί περιοδική δύναμη → εξαναγκασμένη ταλάντωση.

ε) Λάθος — Ο νόμος Ampere δίνει το ολοκλήρωμα, αλλά το $\vec{B}$ σε ένα σημείο εξαρτάται και από ρεύματα έξω από τη διαδρομή.

Απαντήσεις: α-Σ, β-Σ, γ-Λ, δ-Σ, ε-Λ

Β ΘΕΜΑ Β — Ασκήσεις εφαρμογής

25 μονάδες

Β1 8 μονάδες (2 + 6)

Εκφώνηση

Στο εργαστήριο φυσικής του σχολείου μας διαθέτουμε ένα ιδανικό ελατήριο σταθεράς k και ένα σώμα βάρους w. Προσδένουμε το σώμα στο ελατήριο διατηρώντας το οριζόντιο τη μία φορά και την άλλη κατακόρυφο, όπως φαίνεται στα σχήματα 1 και 2. Εκτρέπουμε σε κάθε περίπτωση το σώμα από τη θέση φυσικού μήκους κατά $d = w/k$ και το αφήνουμε ελεύθερο, οπότε και εκτελεί ΑΑΤ. Το χρονικό διάστημα μεταξύ του πρώτου και του δεύτερου μηδενισμού της δυναμικής ενέργειας του ελατηρίου για κάθε μία από τις δύο ΑΑΤ είναι $\Delta t_1$ για την ΑΑΤ στο σχήμα 1 και $\Delta t_2$ για την ΑΑΤ στο σχήμα 2. Η σχέση αυτών των δύο χρονικών διαστημάτων είναι:

α) $\Delta t_1 = \frac{3}{4}\Delta t_2$ β) $\Delta t_1 = \Delta t_2$ γ) $\Delta t_1 = \frac{6}{11}\Delta t_2$

Εμφάνιση αναλυτικής λύσηςΑπόκρυψη λύσης

Σχήμα 1 (οριζόντιο ελατήριο):

Το σώμα εκτελεί ΑΑΤ γύρω από τη Θέση Φυσικού Μήκους (Θ.Φ.Μ.). Αφού το αφήνουμε από $d = w/k$ με $v_0 = 0$, το πλάτος είναι $A = d$.

Η δυναμική ενέργεια $U_{ελ}$ μηδενίζεται στη Θ.Φ.Μ., δηλαδή στο κέντρο της ταλάντωσης. Μεταξύ πρώτου και δεύτερου μηδενισμού μεσολαβεί μισή περίοδος:

$$ \Delta t_1 = \frac{T}{2} \quad (1) $$

Σχήμα 2 (κατακόρυφο ελατήριο):

Στην κατακόρυφη διάταξη, η Θέση Ισορροπίας (Θ.Ι.) δεν ταυτίζεται με τη Θ.Φ.Μ. Στη Θ.Ι. ισχύει:

$$ mg = k\Delta\ell_0 \Rightarrow \Delta\ell_0 = \frac{mg}{k} = \frac{w}{k} = d $$

Αφού αφήνουμε το σώμα από τη Θ.Φ.Μ. (απόσταση $d$ πάνω από τη Θ.Ι.), το πλάτος είναι $A = d + \Delta\ell_0 = 2d$.

Η Θ.Φ.Μ. απέχει από τη Θ.Ι. κατά $\Delta\ell_0 = d = A/2$. Στον κύκλο αναφοράς, στο ζητούμενο χρονικό διάστημα το σώμα μεταβαίνει από τη θέση $+Α/2$ στη θέση $-Α$ και επιστρέφει ξανα στη θέση $+Α/2$. Η γωνία από τη θέση $y = +A/2$ (Θ.Φ.Μ) έως τη θέση $y = 0$ (Θ.Ι) είναι:

$$ \eta\mu\phi = \frac{A/2}{A} = \frac{1}{2} \Rightarrow \phi = \frac{\pi}{6}\,\text{rad} $$

Άρα η γωνία που διανύεται από τη στιγμή που διέρχεται για πρώτη φορά από τη Θ.Φ.Μ έως την επόμενη είναι:

$$ \Delta\theta = \pi + 2\phi = \pi + \frac{\pi}{3} = \frac{4\pi}{3}\,\text{rad} $$

Το χρονικό διάστημα υπολογίζεται από τη σχέση $\Delta\theta = \omega \Delta t_2$:

$$ \Delta t_2 = \frac{\Delta\theta}{\omega} = \frac{4\pi/3}{2\pi/T} = \frac{2T}{3} \quad (2) $$

Διαίρεση (1) / (2):

$$ \frac{\Delta t_1}{\Delta t_2} = \frac{T/2}{2T/3} = \frac{3}{4} \Rightarrow \Delta t_1 = \frac{3}{4}\Delta t_2 $$

Σωστή επιλογή: α) $\Delta t_1 = \frac{3}{4}\Delta t_2$

Β2 8 μονάδες (2 + 6)

Εκφώνηση

Στην ελεύθερη επιφάνεια ενός υγρού διαδίδονται δύο όμοια κύματα προερχόμενα από τις σύγχρονες πηγές Π1 και Π2 οι οποίες εκτελούν α.α.τ. με εξίσωση $y = A\eta\mu(2\pi t)$. Το υλικό σημείο Σ της επιφάνειας βρίσκεται αρχικά ακίνητο σε αποστάσεις $3\lambda/2$ και $7\lambda/2$ (λ το μήκος του κύματος) στο χώρο μεταξύ των πηγών. Τα κύματα ξεκινούν ταυτόχρονα από τις πηγές κατά τη χρονική στιγμή $t = 0$. Η απόσταση που διανύεται από το υλικό σημείο Σ μεταξύ των χρονικών στιγμών $2T$ έως $5T$ είναι ίση με:

α) 18A β) 20A γ) 24A

Εμφάνιση αναλυτικής λύσηςΑπόκρυψη λύσης

1. Διαφορά δρόμων:

$$ r_2 - r_1 = \frac{7\lambda}{2} - \frac{3\lambda}{2} = 2\lambda $$

Είναι πολλαπλάσιο του λ (N=2), άρα το σημείο Σ είναι σημείο ενισχυτικής συμβολής και ταλαντώνεται με πλάτος $A' = 2A$.

2. Χρόνοι άφιξης των κυμάτων στο Σ:

$$ t_1 = \frac{r_1}{\upsilon} = \frac{3\lambda/2}{\lambda/T} = \frac{3T}{2}, \quad t_2 = \frac{r_2}{\upsilon} = \frac{7\lambda/2}{\lambda/T} = \frac{7T}{2} $$

3. Ανάλυση χρονικών διαστημάτων:

$0 \le t < 3T/2$: Κανένα κύμα δεν έχει φτάσει → το Σ είναι ακίνητο.
$3T/2 \le t < 7T/2$: Μόνο το κύμα από Π1 έχει φτάσει → το Σ ταλαντώνεται με πλάτος $A$.
$t \ge 7T/2$: Και τα δύο κύματα έχουν φτάσει → το Σ ταλαντώνεται με πλάτος $2A$.

4. Διάστημα $2T \to 5T$:

Το διάστημα χωρίζεται σε δύο υπο-διαστήματα:

(α) $2T \to 7T/2$ (πλάτος Α):

$$ \Delta t_a = \frac{7T}{2} - 2T = \frac{3T}{2} $$

Σε χρόνο $T$ το σώμα διανύει $4A$. Άρα σε $3T/2$:

$$ s_a = \frac{3T/2}{T} \cdot 4A = 6A $$

(β) $7T/2 \to 5T$ (πλάτος 2Α):

$$ \Delta t_b = 5T - \frac{7T}{2} = \frac{3T}{2} $$

Σε χρόνο $T$ το σώμα με πλάτος $2A$ διανύει $4 \cdot 2A = 8A$. Άρα σε $3T/2$:

$$ s_b = \frac{3T/2}{T} \cdot 8A = 12A $$

5. Συνολική απόσταση:

$$ s_{ολ} = s_a + s_b = 6A + 12A = 18A $$

Σωστή επιλογή: α) 18A

Β3 9 μονάδες (2 + 7)

Εκφώνηση

Ένα πηνίο με αυτεπαγωγή L και μηδενική ωμική αντίσταση συνδέεται με τους αντιστάτες $R_1 = R$, $R_2 = R$ καθώς και με ηλεκτρική πηγή ΗΕΔ Ε και εσωτερικής αντίστασης $r = R$, όπως φαίνεται στο σχήμα, με τον διακόπτη Δ να παραμένει κλειστός για αρκετό χρονικό διάστημα, ώστε το κύκλωμα να φτάσει σε κατάσταση με σταθερή ένταση ρεύματος. Κάποια στιγμή ανοίγουμε τον διακόπτη Δ. Αμέσως μετά το άνοιγμα του διακόπτη, ο ρυθμός με τον οποίο το πηνίο προσφέρει ενέργεια στο κύκλωμα είναι:

α) $E^2/R$ β) $2E^2/R$ γ) $2E^2/9R$

Εμφάνιση αναλυτικής λύσηςΑπόκρυψη λύσης

1. Με κλειστό διακόπτη (μόνιμη κατάσταση):

Το πηνίο με μηδενική ωμική αντίσταση συμπεριφέρεται σαν βραχυκύκλωμα. Άρα οι R1 και R2 είναι παράλληλα συνδεδεμένοι (ισοδύναμη αντίσταση $R/2$), και σε σειρά με την εσωτερική αντίσταση $r = R$:

$$ I = \frac{E}{R/2 + R} = \frac{E}{3R/2} = \frac{2E}{3R} $$

Η Η πολική τάση (= τάση στους R1, R2) είναι:

$$ V_{ΚΛ} = E - I \cdot r = E - \frac{2E}{3R} \cdot R = \frac{E}{3} $$

Το ρεύμα που διαρρέει τον R2 (και το πηνίο) είναι:

$$ I_2 = \frac{V_{ΚΛ}}{R} = \frac{E}{3R} $$

Άρα το ρεύμα στο πηνίο είναι $I_L = I_2 = \dfrac{E}{3R}$ (σταθερό, σε μόνιμη κατάσταση).

2. Αμέσως μετά το άνοιγμα του διακόπτη:

Το ρεύμα στο πηνίο δεν μπορεί να αλλάξει ακαριαία, άρα:

$$ i_L(0^+) = \frac{E}{3R} $$

Μετά το άνοιγμα του διακόπτη, το κύκλωμα είναι το πηνίο σε σειρά με τους R2 και R1 (η πηγή καποσυνδέεται). Άρα η συνολική αντίσταση είναι $2R$ (εσωτερική του πηνίου = 0).

Η ΗΕΔ αυτεπαγωγής που αναπτύσσεται στο πηνίο ακριβώς τη στιγμή του ανοίγματος:

$$ E_{αυτ} = i_L \cdot 2R = \frac{E}{3R} \cdot 2R = \frac{2E}{3} $$

3. Ρυθμός προσφοράς ενέργειας:

Ο ρυθμός με τον οποίο το πηνίο προσφέρει ενέργεια στο κύκλωμα είναι η ισχύς του:

$$ P = E_{αυτ} \cdot i_L = \frac{2E}{3} \cdot \frac{E}{3R} = \frac{2E^2}{9R} $$

Σωστή επιλογή: γ) $2E^2/9R$

Γ ΘΕΜΑ Γ — Μηχανική Στερεού Σώματος

25 μονάδες

Εισαγωγική εκφώνηση

Ομογενής λεπτή ράβδος ΑΓ μάζας $M = 2m$ ισορροπεί οριζόντια, αρθρωμένη στο άκρο της Α σε κατακόρυφο τοίχο. Στο μέσο της Ο είναι δεμένο αβαρές και μη εκτατό νήμα που αναρτάται από τον τοίχο σχηματίζοντας γωνία $\theta = 30°$ με τη διεύθυνση της ράβδου. Στο ελεύθερο άκρο Γ είναι στερεωμένο κατακόρυφο ελατήριο σταθεράς k που στο κατώτερο άκρο του έχει προστεθεί ακλόνητα μικρό σώμα μάζας m. Το σύστημα αρχικά ισορροπεί.

Γ1 6 μονάδες

Εκφώνηση

Να υπολογίσετε το μέτρο της δύναμης που δέχεται ο κατακόρυφος τοίχος στο σημείο της άρθρωσης.

Εμφάνιση αναλυτικής λύσηςΑπόκρυψη λύσης

1. Ισορροπία σώματος μάζας m:

Το σώμα ισορροπεί στο κάτω άκρο του ελατηρίου. Από την ισορροπία του:

$$ mg = F_{ελ} \Rightarrow F_{ελ} = mg $$

2. Ισορροπία ράβδου — Ροπές ως προς Α (θετική: αντίθετα ρολογιού):

Οι δυνάμεις που ασκούνται στη ράβδο:

Τάση νήματος $\vec{T}$ στο μέσο Ο → συνιστώσα $T_y = T \cdot \eta\mu 30°$ προς τα πάνω
Βάρος ράβδου $W_ρ = Mg = 2mg$ στο μέσο Ο → προς τα κάτω
Δύναμη ελατηρίου $F_{ελ} = mg$ στο Γ → προς τα κάτω
Αντίδραση άρθρωσης $\vec{A}$ στο Α (δεν δημιουργεί ροπή ως προς Α)

$$ T_y \cdot \frac{L}{2} - W_ρ \cdot \frac{L}{2} - F_{ελ} \cdot L = 0 $$

$$ T \cdot \eta\mu 30° \cdot \frac{L}{2} = 2mg \cdot \frac{L}{2} + mg \cdot L $$

$$ T \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} = mg + mg = 2mg $$

$$ \frac{T}{4} = 2mg \Rightarrow T = 8mg $$

3. Συνιστώσες τάσης:

$$ T_x = T \cdot \sigma\upsilon\nu 30° = 8mg \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = 4\sqrt{3}\,mg $$

$$ T_y = T \cdot \eta\mu 30° = 8mg \cdot \frac{1}{2} = 4mg $$

4. Ισορροπία ράβδου — Δυνάμεις:

Οριζόντια:

$$ A_x = T_x = 4\sqrt{3}\,mg $$

Κατακόρυφα:

$$ A_y + T_y = W_ρ + F_{ελ} \Rightarrow A_y + 4mg = 2mg + mg \Rightarrow A_y = -mg $$

5. Μέτρο δύναμης άρθρωσης:

$$ A = \sqrt{A_x^2 + A_y^2} = \sqrt{(4\sqrt{3}\,mg)^2 + (mg)^2} = \sqrt{48m^2g^2 + m^2g^2} = \sqrt{49}\,mg = 7\,mg $$

$A = 7\,mg$

Γ2 11 μονάδες (4 + 7)

Εκφώνηση

Το σώμα μάζας m εκτοξεύεται κατακόρυφα προς τα πάνω με ταχύτητα $u = \sqrt{m/k}\,g$.

Γ2.1 Να βρείτε το πλάτος της ταλάντωσης του σώματος (μονάδες 4).
Γ2.2 Να βρείτε την τιμή του λόγου $T_1/T_2$ των τάσεων του νήματος στις θέσεις που μηδενίζεται στιγμιαία η ταχύτητα του σώματος. Δίνεται ότι $T_1$ και $T_2$ οι τιμές των τάσεων του νήματος την πρώτη και τη δεύτερη φορά μηδενισμού της ταχύτητας (μονάδες 7).

Εμφάνιση αναλυτικής λύσηςΑπόκρυψη λύσης

Γ2.1 — Πλάτος ταλάντωσης:

Το σώμα ισορροπεί στη θέση όπου η δύναμη του ελατηρίου ισούται με το βάρος του:

$$ mg = k\Delta\ell \Rightarrow \Delta\ell = \frac{mg}{k} $$

Η ταλάντωση γίνεται γύρω από τη Θέση Ισορροπίας (Θ.Ι.) που απέχει $\Delta\ell$ από τη Θ.Φ.Μ.

Εφόσον η εκτόξευση γίνεται από τη Θ.Ι. με ταχύτητα $u$, η μέγιστη ταχύτητα ταλάντωσης είναι $u = \omega A = \sqrt{m/k}\,g$:

$$ u = \omega A \Rightarrow A = \frac{u}{\omega} = \frac{\sqrt{m/k}\,g}{\sqrt{k/m}} = \frac{mg}{{k}} $$

Όμως στην αρχική ισορροπία ισχύει $mg = k\Delta\ell$, άρα $\Delta\ell = \dfrac{mg}{k} = A$

Άρα το πλάτος είναι $A = \Delta\ell = \dfrac{mg}{k}$. Επομένως η πάνω ακραία θέση, ταυτίζεται με τη Θ.Φ.Μ. του ελατηρίου.

Γ2.2 — Λόγος τάσεων νήματος $T_1 / T_2$:

Το σώμα ταλαντώνεται γύρω από τη Θ.Ι. με πλάτος $A$. Η ταχύτητα μηδενίζεται σε δύο θέσεις: στη μέγιστη θετική (+A) και στην ελάχιστη αρνητική (−A) απομάκρυνση.

Θέση 1 ($y = -A$, δηλαδή κάτω ακραία):

Η επιμήκυνση του ελατηρίου είναι $\Delta\ell + A = 2\Delta\ell$. Άρα:

$$ F_{ελ,1} = k \cdot 2\Delta\ell = 2mg $$

Η ράβδος ισορροπεί ως προς Α, με τη ροπή του βάρους της ράβδου:

$$ T_{1y} \cdot \frac{L}{2} = W_ρ \cdot \frac{L}{2} + F_{ελ,1} \cdot L $$

$$ T_{1y} \cdot \frac{L}{2} = 2mg \cdot \frac{L}{2} + 2mg \cdot L = mgL + 2mgL = 3mgL $$

$$ T_{1y} = 6mg \Rightarrow T_1 = \frac{6mg}{\eta\mu 30°} = \frac{6mg}{1/2} = 12mg $$

Θέση 2 ($y = +A$, δηλαδή πάνω ακραία):

Η επιμήκυνση του ελατηρίου είναι $\Delta\ell - A = 0$. Άρα $F_{ελ,2} = 0$.

Τώρα η ράβδος ισορροπεί υπό το βάρος της $W_ρ = 2mg$ (στο μέσο Ο) και την τάση $T_2$:

$$ T_{2y} \cdot \frac{L}{2} = W_ρ \cdot \frac{L}{2} \Rightarrow T_{2y} = W_ρ = 2mg $$

$$ T_2 = \frac{T_{2y}}{\eta\mu 30°} = \frac{2mg}{1/2} = 4mg $$

Λόγος:

$$ \frac{T_1}{T_2} = \frac{12mg}{4mg} = 3 $$

$A = \dfrac{mg}{k}$, $\dfrac{T_1}{T_2} = 3$

Γ3 8 μονάδες

Εκφώνηση

Να υπολογίσετε τη μέγιστη τιμή του πλάτους της ταλάντωσης του σώματος, ώστε η ράβδος να παραμένει διαρκώς σε ισορροπία.

Εμφάνιση αναλυτικής λύσηςΑπόκρυψη λύσης

Για να παραμένει η ράβδος σε ισορροπία, το νήμα πρέπει να είναι διαρκώς τεντωμένο, δηλαδή $T \ge 0$.

Από την ισορροπία της ράβδου ως προς Α (λαμβάνοντας υπόψη τη ροπή του βάρους της ράβδου):

$$ T_y \cdot \frac{L}{2} = W_ρ \cdot \frac{L}{2} + F_{ελ} \cdot L $$

όπου $T_y = T \cdot \eta\mu 30° = T/2$ και $W_ρ = Mg = 2mg$.

Αντικαθιστώντας:

$$ \frac{T}{2} \cdot \frac{L}{2} = 2mg \cdot \frac{L}{2} + F_{ελ} \cdot L $$

$$ \frac{T}{4} = mg + F_{ελ} \Rightarrow T = 4mg + 4F_{ελ} $$

Όπου $F_{ελ} = k(\Delta\ell - y)$ με $y$ η απομάκρυνση από τη Θ.Ι. (θετική προς τα πάνω, όπου το ελατήριο συμπιέζεται).

Για $T \ge 0$:

$$ 4mg + 4F_{ελ} \ge 0 \Rightarrow mg + F_{ελ} \ge 0 $$

Χειρότερη περίπτωση: $y = +A$ (πάνω ακραία θέση, μέγιστη συμπίεση):

$F_{ελ} = k(\Delta\ell - A)$. Με $k\Delta\ell = mg$:

$$ mg + k(\Delta\ell - A) \ge 0 \Rightarrow mg + mg - kA \ge 0 $$

$$ 2mg \ge kA \Rightarrow A \le \frac{2mg}{k} $$

Άρα η μέγιστη τιμή του πλάτους είναι:

$A_{max} = \dfrac{2mg}{k}$

Δ ΘΕΜΑ Δ — Κρούσεις & Ηλεκτρομαγνητισμός

25 μονάδες

Εισαγωγική εκφώνηση

Ένα σώμα μάζας $M = 150\,\text{g}$ βρίσκεται πάνω σε λείο οριζόντιο επίπεδο και είναι προσδεμένο στην άκρη οριζόντιου ελατηρίου σταθεράς $k = 80\,\text{N/m}$, η άλλη άκρη του οποίου είναι στερεωμένη ακλόνητα. Το σώμα μάζας M αρχικά ισορροπεί ακίνητο με το ελατήριο να έχει το φυσικό του μήκος. Βλήμα μάζας $m = 50\,\text{g}$, που κινείται στη διεύθυνση του άξονα του ελατηρίου με ταχύτητα $υ_0 = 20\,\text{m/s}$, συγκρούεται με το σώμα μάζας M και σφηνώνεται σε αυτό (Σχήμα 1).

Δ1 8 μονάδες

Εκφώνηση

Να υπολογίσετε την απόσταση που θα διανύσει το συσσωμάτωμα στο χρονικό διάστημα μιας περιόδου T της απλής αρμονικής ταλάντωσης που θα εκτελέσει.

Εμφάνιση αναλυτικής λύσηςΑπόκρυψη λύσης

1. Ταχύτητα συσσωματώματος μετά την κρούση (Α.Δ.Ο.):

$$ \vec{p}_{αρχ} = \vec{p}_{τελ} \Rightarrow m \cdot \upsilon_0 = (M + m) \cdot V_σ $$

$$ V_σ = \frac{m \cdot \upsilon_0}{M + m} = \frac{0{,}050 \cdot 20}{0{,}150 + 0{,}050} = \frac{1}{0{,}2} = 5\,\text{m/s} $$

2. Κυκλική συχνότητα ταλάντωσης:

$$ \omega = \sqrt{\frac{k}{M + m}} = \sqrt{\frac{80}{0{,}2}} = \sqrt{400} = 20\,\text{rad/s} $$

3. Πλάτος ταλάντωσης:

Αμέσως μετά την κρούση, το συσσωμάτωμα βρίσκεται στη Θ.Φ.Μ. (Θ.Ι.), με μέγιστη ταχύτητα $V_σ$. Άρα:

$$ V_σ = \omega A \Rightarrow A = \frac{V_σ}{\omega} = \frac{5}{20} = 0{,}25\,\text{m} $$

4. Απόσταση σε μία περίοδο:

Σε μία περίοδο ΑΑΤ, το σώμα διανύει $4A$:

$$ s = 4A = 4 \cdot 0{,}25 = 1\,\text{m} $$

$s = 1\,\text{m}$

Δ2 9 μονάδες

Εκφώνηση

Στην άκρη του προηγούμενου οριζόντιου ελατηρίου σταθεράς $k = 80\,\text{N/m}$, συνδέουμε τώρα ένα σώμα μάζας $M' = 50\,\text{g}$, που είναι αρνητικά φορτισμένο με ηλεκτρικό φορτίο $q = -0{,}1\,\text{C}$. Στην περιοχή που βρίσκεται όλη η διάταξη επικρατεί οριζόντιο ομογενές μαγνητικό πεδίο έντασης μέτρου $B = 1\,\text{T}$ και φοράς από τον αναγνώστη προς τη σελίδα, όπως φαίνεται στο Σχήμα 2. Το σώμα μάζας M' αρχικά ισορροπεί ακίνητο με το ελατήριο να έχει το φυσικό του μήκος. Κάποια στιγμή, απομακρύνουμε το σώμα μάζας M' οριζόντια κατά d, στη διεύθυνση του άξονα του ελατηρίου και το αφήνουμε ελεύθερο, με αποτέλεσμα να εκτελέσει απλή αρμονική ταλάντωση πάνω στο λείο οριζόντιο επίπεδο.

Δ2. Να υπολογίσετε τη μέγιστη απομάκρυνση $d_{max}$ που μπορούμε να δώσουμε στο σώμα μάζας M', έτσι ώστε αυτό να μην χάνει κατά την κίνησή του την επαφή του με το έδαφος.

Εμφάνιση αναλυτικής λύσηςΑπόκρυψη λύσης

1. Δυνάμεις στο σώμα M':

Το σώμα M' δέχεται:

Βάρος $W = M'g$ (προς τα κάτω)
Κάθετη αντίδραση $N$ από το έδαφος (προς τα πάνω)
Δύναμη ελατηρίου (οριζόντια)
Δύναμη Lorentz $F_L = B \cdot |q| \cdot \upsilon$ (κάθετη στην ταχύτητα και στο B, άρα κατακόρυφη)

Με τον κανόνα του δεξιού χεριού: όταν το σώμα κινείται προς τα αριστερά, η $F_L$ έχει φορά προς τα πάνω. Όταν κινείται προς τα δεξιά, η $F_L$ έχει φορά προς τα κάτω.

2. Συνθήκη μη-αποκόλλησης:

Για να μη χάνει την επαφή με το έδαφος, απαιτείται $N \ge 0$. Στη χειρότερη περίπτωση (κίνηση προς τα αριστερά, μέγιστη ταχύτητα $v_{max}$):

$$ N + F_{L,max} - M'g = 0 \Rightarrow N = M'g - B|q|v_{max} $$

Απαίτηση $N \ge 0$:

$$ M'g \ge B|q|v_{max} \Rightarrow v_{max} \le \frac{M'g}{B|q|} $$

3. Σύνδεση με πλάτος:

Για ΑΑΤ: $v_{max} = \omega' A_{max}$, όπου:

$$ \omega' = \sqrt{\frac{k}{M'}} = \sqrt{\frac{80}{0{,}05}} = \sqrt{1600} = 40\,\text{rad/s} $$

Άρα:

$$ A_{max} = \frac{v_{max}}{\omega'} = \frac{M'g}{B|q|\omega'} = \frac{0{,}05 \cdot 10}{1 \cdot 0{,}1 \cdot 40} = \frac{0{,}5}{4} = 0{,}125\,\text{m} $$

$d_{max} = A_{max} = 0{,}125\,\text{m}$

Δ3 8 μονάδες

Εκφώνηση

Όταν το σώμα μάζας M' = 50 g, ισορροπεί ακίνητο με το ελατήριο να έχει το φυσικό του μήκος, το απομακρύνουμε οριζόντια προς τα δεξιά κατά $d = 0{,}1\,\text{m}$, στη διεύθυνση του άξονα του ελατηρίου και το αφήνουμε ελεύθερο, με αποτέλεσμα να εκτελέσει απλή αρμονική ταλάντωση πάνω στο λείο οριζόντιο επίπεδο. Να υπολογίσετε τη δύναμη Lorentz που ασκείται στο σώμα μάζας M' όταν βρεθεί για πρώτη φορά σε απομάκρυνση $x = +0{,}05\,\text{m}$ από τη θέση ισορροπίας του, θεωρώντας ως θετική φορά στην ταλάντωση εκείνη κατά την οποία το ελατήριο επιμηκύνεται.

Εμφάνιση αναλυτικής λύσηςΑπόκρυψη λύσης

1. Πλάτος ταλάντωσης:

Αφήνουμε το σώμα από $d = 0{,}1\,\text{m}$ με $v_0 = 0$, άρα $A = 0{,}1\,\text{m}$.

$d_{max} = 0{,}125\,\text{m} > 0{,}1\,\text{m}$, άρα το σώμα δεν χάνει την επαφή με το έδαφος. ✅

2. Ταχύτητα στη θέση $x = +0{,}05\,\text{m}$ (ΑΔΕΤ):

$$ E = K + U \Rightarrow \frac{1}{2}kA^2 = \frac{1}{2}M'\upsilon^2 + \frac{1}{2}kx^2 $$

$$ \upsilon^2 = \frac{k(A^2 - x^2)}{M'} = \frac{80(0{,}01 - 0{,}0025)}{0{,}05} = \frac{80 \cdot 0{,}0075}{0{,}05} = 12 $$

$$ \upsilon = \pm 2\sqrt{3}\,\text{m/s} $$

Δεχόμαστε την αρνητική τιμή, γιατί με θετική φορά προς τα δεξιά (όπου το ελατήριο επιμηκύνεται), το σώμα κατευθύνεται προς τα αριστερά όταν διέρχεται για πρώτη φορά από το $x = +0{,}05\,\text{m}$:

$$ \upsilon = -2\sqrt{3}\,\text{m/s} $$

3. Δύναμη Lorentz:

$$ F_L = B \cdot |q| \cdot |\upsilon| = 1 \cdot 0{,}1 \cdot 2\sqrt{3} = 0{,}2\sqrt{3}\,\text{N} $$

Η φορά είναι προς τα πάνω (γιατί το σώμα κινείται προς τα αριστερά, άρα η $F_L$ έχει φορά προς τα πάνω — Σχήμα 2).

$F_L = 0{,}2\sqrt{3}\,\text{N}$, φορά προς τα πάνω

Τελικός πίνακας απαντήσεων

Σύνοψη

Ερώτηση	Απάντηση	Σύντομη αιτιολόγηση
Α1	γ) Η ορμή του	$F_L \perp \upsilon$ → αλλάζει διεύθυνση ορμής
Α2	β) P' = 16P	$V_0 \propto \omega$, $P \propto V_0^2 \propto \omega^2$...
Α3	β) 50%	$A \propto \sqrt{E}$, $E = 0{,}25 E_0 \Rightarrow A = 0{,}5 A_0$
Α4	γ) Αντίθετη	$\Delta\lambda = 2h/mc \Rightarrow \theta = 180°$
Α5	Σ, Σ, Λ, Σ, Λ	Στροφορμή, ΑΔΟ, περιστροφή, παλίρροια, Ampere
Β1	α) $\Delta t_1 = (3/4)\Delta t_2$	$\Delta t_1 = T/2$, $\Delta t_2 = 2T/3$
Β2	α) 18A	$6A + 12A = 18A$
Β3	γ) $2E^2/9R$	$i_L = E/3R$, $P = E_{αυτ} \cdot i_L$
Γ1	$A = 7\,mg$	Ανάλυση δυνάμεων + ροπές
Γ2.1	$A = mg/k$	$u = \omega A$
Γ2.2	$T_1/T_2 = 3$	$T_1 = 8mg$, $T_2 = 4mg$
Γ3	$A_{max} = 2mg/k$	Τάση νήματος $T \ge 0$
Δ1	$s = 1\,\text{m}$	$V_σ = 5$ m/s, $\omega = 20$ rad/s, $A = 0{,}25$ m
Δ2	$d_{max} = 0{,}125\,\text{m}$	$N \ge 0 \Rightarrow B\|q\|v_{max} \le M'g$
Δ3	$F_L = 0{,}2\sqrt{3}\,\text{N}$ ↑	ΑΔΕΤ → $\upsilon = -2\sqrt{3}$ m/s