ΦΥΣΙΚΗ - poukamisas.gr · Σελίδα 3 από 9 3 2 2 1 2 2 2 3 2 4 2 1 u x p dwp ux (3)....
9
ΦΥΣΙΚΗ 14:30
Transcript of ΦΥΣΙΚΗ - poukamisas.gr · Σελίδα 3 από 9 3 2 2 1 2 2 2 3 2 4 2 1 u x p dwp ux (3)....
ΦΥΣΙΚΗ
ΦΥΣΙΚΗ
14:30
Σελίδα 2 από 9
ΠΑΝΕΛΛΑΔΙΚΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ Γ΄ ΤΑΞΗΣ ΗΜΕΡΗΣΙΟΥ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ
ΗΜΕΡΟΜΗΝΙΑ ΕΞΕΤΑΣΗΣ: 12 / 06 / 201
ΕΞΕΤΑΖΟΜΕΝΟ ΜΑΘΗΜΑ: ΦΥΣΙΚΗ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ
ΠΡΟΤΕΙΝΟΜΕΝΕΣ
ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΘΕΜΑΤΩΝ
ΘΕΜΑ Α
Α1. β) Α2. γ) Α3. α) Α4. γ) Α5. α) Λ β) Σ γ) Λ δ) Σ ε) Σ ΘΕΜΑ Β
Β1. ssss
s
ffffffff21
20
20
21
20
1111
(1)
Κατά την κρούση ισχύει ότι
402
)()(
VVVMmmPP ss
(2)
Άρα ssss fffffffV
f41
40
40
41
40
2222
(3)
Διαιρώντας κατά μέλη τις σχέσεις (1) και (3) προκύπτει ότι
42
41
2140
4120
41
4021
20
2
1
2
1
2
1
f
f
f
f
f
f
f
f
s
s
.
Σωστή απάντηση η ii.
Β2. Εφαρμόζοντας την εξίσωση Bernoulli στα σημεία και , είναι:
2222
2
1
2
1
2
1 PPPP (1)
Εφαρμόζοντας εξίσωση συνέχειας στα σημεία και , είναι:
22 2221 (2)
Από τις σχέσεις (1) και (2) προκύπτει ότι:
Σελίδα 3 από 9
2222
2
33
2
14
2
1 PPPPPP (3).
Στον κατακόρυφο σωλήνα είναι ghPP (4).
Από τις σχέσεις (3) και (4) προκύπτει ότι:
gh
gh
ghPghP
8
3
42
3
2
3
2
3222
2
(5).
Ισχύει επίσης ότι
22
223232
(6). Εφαρμόζοντας την εξίσωση Bernoulli από την επιφάνεια του υγρού στο δοχείο μέχρι το
σημείο , είναι: g
Hg
HgHPgHP222
2 2
2
4)6(
22
1
(7).
Από τις σχέσεις (5) και (7) είναι :
16
3
2
83
2
2
H
h
g
g
H
h
.
Σωστή απάντηση η iii.
Β3.
Εφαρμόζουμε ΘΜΚΕ στις θέσεις (I) και (II):
s
rad
FLML
FLMLFLI
WKK FIII
392
9
2
1
2913
6
1
26
1
23
1
2
1
22
1
222
2
222
222
Σελίδα 4 από 9
Αρχή Διατήρησης Στροφορμής :
s
rad
mLMLML
IILL
2
3''23
'11133
1
2
313
3
1
'3
1
3
1
''
222
222
)()(
Όμως sttt3
1
2
3
2'
.
Σωστή απάντηση η ii.
ΘΕΜΑ Γ
Γ1.
Στη Θ.Ι.1 : ή
Στη Θ.Ι.2 :
Α
Α
Α
Α
Σελίδα 5 από 9
Εφόσον το συσσωμάτωμα φτάνει μέχρι τη θέση στην οποία το ελατήριο έχει το φυσικό
του μήκος Γ2. Η θέση έναρξης της ταλάντωσης απέχει από τη Θ.Ι.2 απόσταση x.
x Από ΑΔΕΤ
Εφόσον το σύστημα είναι μονωμένο (
= 0)
Εφαρμόζουμε A.Δ.Ο.
= ή m2 = ( )
ή =
ή =
ή
ή
ή
ή
Γ3.
Δ Σ2 = - ή ΔPΣ2 = m2 - m2 ή ΔPΣ2 = -
ή ΔPΣ2 = - kg
= kg
Με κατεύθυνση αντίθετη της αρχικής ταχύτητας υο (προς την αρνητική κατεύθυνση) Γ4.
x = A ημ (ω t + φο) ή ω =
ή ω =
ή ω = 10
Για t = 0 x = 0,05 m και υ > 0
x = A ημ (ω t + φο) ή 0,05 = 0,1 ημ φο ή ημ φο =
ή φο =
rad
x = 0,1 ημ (10 t +
) S.I.
2ος τρόπος Για την αρχική φάση εύρεση με χρήση του περιστρεφόμενου διανύσματος.
Σελίδα 6 από 9
ΘΕΜΑ Δ Δ1.
Σώμα Σ
ί
Κύλινδρος
Δ2
Σελίδα 7 από 9
Κύλινδρος:
(1)
(2)
= (3)
(1)
=
(4)
Τροχαλία:
(5)
=2
(5)+(6)
+ (7)
(4) =
=
(7)
=
Δ3.
Για
=0,25m
Σελίδα 8 από 9
(8)
= (9)
=
(1)+(2) =
=
Δ4.
Δ5.
δεν θα ανατραπεί Δ5. 2ος τρόπος Έστω ότι η ράβδος ανατρέπεται όταν ο κύλινδρος έχει ανέλθει σε απόσταση x από το σημείο Γ. Για τον κύλινδρο στον άξονα y έχουμε ΣFy = 0 ή Ν – wκy = 0 ή Ν = wκy
Σελίδα 9 από 9
ή Ν = Mκ g συνφ Η δύναμη Ν΄ που δέχεται η ράβδος από τον κύλινδρο λόγω Δράσης – Αντίδρασης θα
είναι Ν΄= Ν = Mκ g συνφ Όταν η ράβδος ανατρέπεται οριακά δεν ασκείται δύναμη από το δάπεδο, οπότε λόγω ισορροπίας έχουμε:
ΣτΓ= 0 ή + = 0 ή wρy (
) – Ν΄ x = 0
ή Mρ g συνφ (
) = Ν΄ x
ή Mρ g συνφ (
) = g συνφ x
Mρ = MΚ
x =
ή x = 2 - 1,5 ή x = 0,5 m
Λαμβάνοντας υπόψη ότι ο κύλινδρος ξεκίνησε από τη θέση Δ και διένυσε απόσταση Δxολ = 0,4 m τότε προκύπτει ότι σταματά σε θέση που απέχει από το σημείο Γ απόσταση d = Δxολ – (ΓΔ) ή d = 0,4 – 0,2 ή d = 0,2 m. Συνεπώς αφού d < x η ράβδος δεν ανατρέπεται.
