ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΘΕΜΑ Α Α1 α Α2 δ Α3 γ Α4 β Α5 α Σ, β Λ, γ Σ, δ Σ, ε Λ.

Μέγεθος: px

Εμφάνιση ξεκινά από τη σελίδα:

Download "ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΘΕΜΑ Α Α1 α Α2 δ Α3 γ Α4 β Α5 α Σ, β Λ, γ Σ, δ Σ, ε Λ."

Καλλιόπη Κουταλιανός
5 χρόνια πριν
Προβολές:

1 ΕΙΣΑΓΩΓΙΚΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ ΤΕΚΝΩΝ ΕΛΛΗΝΩΝ ΤΟΥ ΕΞΩΤΕΡΙΚΟΥ ΚΑΙ ΤΕΚΝΩΝ ΕΛΛΗΝΩΝ ΥΠΑΛΛΗΛΩΝ ΠΟΥ ΥΠΗΡΕΤΟΥΝ ΣΤΟ ΕΞΩΤΕΡΙΚΟ ΤΕΤΑΡΤΗ 6 ΣΕΠΤΕΜΒΡΙΟΥ 07 ΕΞΕΤΑΖΟΜΕΝΟ ΜΑΘΗΜΑ: ΦΥΣΙΚΗ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΘΕΜΑ Α Α α Α δ Α3 γ Α4 β Α α Σ, β Λ, γ Σ, δ Σ, ε Λ. ΘΕΜΑ Β Β.α) Σωστό το iii. β) Έστω υ και υ οι ταχύτητες των σωμάτων Σ και Σ αντίστοιχα. Αφού τα σώματα έχουν ίσες κινητικές ενέργειες ισχύει: = mυ 4m m = 4mυ υ = υ () Τα σώματα κινούνται αντίθετα. Από τη διατήρηση της ορμής του συστήματος κατά την κεντρική πλαστική κρούση τους έχουμε: p = p πριν µετά 4m υ m υ = (m 4m) Vk () 4m υ m υ = m Vk υ = Vk Vk = υ () Η κινητική ενέργεια του συστήματος είναι: () Μετά την κρούση: µετ ά = (m 4m)Vk () µετά = m υ 4 µετά = m υ ()

2 4 µετά = mυ (3) Πριν την κρούση: πριν =Κ Κ = Κ = 4mυ (4) Από τις σχέσεις (3) και (4) με διαίρεση κατά μέλη έχουμε: 4 m υ µετά = πριν 4mυ μετά = 0 πριν Β.α) Σωστό το i. β) Για τις ταχύτητες εκροής υ και υ ισχύουν οι προϋποθέσεις του θεωρήματος Torricelli. Άρα: υ = g( Η h ) () και υ = g( Η h ) () Η κατακόρυφη κίνηση της κάθε φλέβας είναι ελεύθερη πτώση, οπότε ο χρόνος της κίνησης είναι: Για τη φλέβα : h y = gt h = gt t = (3) g h Ομοίως για τη φλέβα : t = (4) g Η οριζόντια κίνηση της κάθε φλέβας είναι ευθύγραμμη ομαλή, και δόθηκε ότι οι φλέβες φθάνουν στο ίδιο σημείο. Άρα: (),() x = x (3),(4) (),() h h g( Η h ) g( h ) (3),(4) g = Η g h h g( Η h ) g( h ) g = Η g ( Η h ) h = ( Η h ) h Ηh h =Ηh h Ηh Η h = h h H h h

3 Η(h h ) = (h h )(h h ) (διότι Η= h h () Δόθηκε όμως ότι h = 3h οπότε η () γίνεται: Η= h 3h Η = 4h 3 h h h h 0) Β3.α) Σωστό το iii. β) Από τους τύπους που υπολογίζουν την κινητική ενέργεια λόγω ιδιοπεριστροφής και του μέτρου της στροφορμής, με απαλοιφή τη γωνιακής ταχύτητας έχουμε: = I ω L = I L I L= I ωω= I = I L I L = () I Για συμπαγή ομογενή σφαίρα δόθηκε ότι I= m r, οπότε η () γίνεται L = m r L = () 4 m r Επειδή ο αστέρας είναι απομονωμένος δεν δέχεται δυνάμεις από άλλα άστρα, άρα δεν δέχεται εξωτερικές ροπές. Συνεπώς η στροφορμή του L παραμένει σταθερή, όπως και η μάζα του m. Έτσι με εφαρμογή της σχέσης () έχουμε: Για την αρχική κατάσταση του αστέρα, όπου r = : L 0 = (3) 4 m Για την τελική κατάσταση του αστέρα, όπου r = : L = 4 m

4 4 L = 4 m 4 L = 4 (4) 4 m Με διαίρεση κατά μέλη των (4) και (3) έχουμε: L 4 = 4 m 0 L 4 m =4 0 ΘΕΜΑ Γ Από τη γραφική παράσταση που δόθηκε έχουμε τις εξής πληροφορίες: Πλάτος ταλάντωσης κάθε πηγής Α = 0 m. Άφιξη του κύματος από την πλησιέστερη πηγή (r =,4 m) τη χρονική στιγμή t = 0,3 s. Άφιξη του κύματος από την πιο απομακρυσμένη πηγή (r ) τη χρονική στιγμή t = 0,3 s. T = 0, 0,3 T = 0, T = 0, s. και ω= π f = π 0 ω= 0 π rad/s. Γ. Η ταχύτητα διάδοσης των κυμάτων είναι: r, 4 υ = = υ = 4 m / s. t 0,3 και η απόσταση r είναι: r = υ t = 4 0, r =, m Γ. Η συχνότητα ταλάντωσης των πηγών είναι: f = = f = 0 Hz. T 0, Από τη θεμελιώδη εξίσωση της κυματικής υπολογίζουμε το μήκος κύματος. υ=λ f υ 4 λ= = f 0 λ = 0,4 m.

5 Γ3. Τη χρονική στιγμή t = = 0,6 s έχει αρχίσει η συμβολή των κυμάτων 8 στο σημείο Σ, όπως φαίνεται από τη γραφική παράσταση. Η εξίσωση απομάκρυνσης για την ταλάντωση του σημείου Σ μετά τη χρονική στιγμή t = 0,3 s που αρχίζει η συμβολή είναι: π(r r ) π π (r r ) yσ = Aσυν ημ t λ Τ λ π(,4,) π π(,4,) y Σ = 0 συν ημ t 0,4 0, 0,4 y = 0 0 συν( π)ημ(0πt 9π) Σ y Σ = 0 0 ημ(0πt 9π) (S.I) () Για t = = 0,6 s η () δίνει: 8 y Σ = 0 0 ημ 0π 9π 8 π y Σ = 0 0 ημ 9π 7π y Σ = 0 0 ημ 6ππ y Σ = 0 0 ημ π y Σ = 0 0 ημ 3π π y Σ = 0 0 ημ π - y = 0 0 m = 0 cm. Σ Γ4. Για τα ακίνητα του ευθύγραμμου τμήματος Π Π = d = m ισχύει: λ r r = (N ) 0,4 = r r (N ) r r = (N )0, () Επίσης r r = d= () Με πρόσθεση κατά μέλη των () και () έχουμε: r = (N )0,

6 6 r = (N )0, (3) Για όλα τα σημεία του ευθύγραμμου τμήματος Π Π = d = m, που βρίσκονται ανάμεσα στα σημεία Π και Π ισχύει: 0< r < d 0 < (N )0, < < (N )0, < 0 < N < 0 < N < 9,< N < 4, Οι ακέραιοι που βρίσκονται στην παραπάνω περιοχή είναι N = {, 4, 3,,,0,,,3, 4} Συνεπώς τα ακίνητα σημεία είναι 0. ΘΕΜΑ Δ Δ. Επειδή το σώμα Σ ισορροπεί ισχύει: F = 0 Σ y T w = 0 T = mg T = 3 0 T = 30 N Επειδή το σώμα Σ ισορροπεί ισχύει: F = 0 Σ y T T w = 0 T T mg = 0 T 30 0 = 0 T = 0 N. Επειδή το στερεό Σ ισορροπεί ισχύει: Στ = (O) 0 F T = 0 F = T F = 0 F = 00 N Δ. Αφού κοπεί το νήμα το στερεό αρχίζει να στρέφεται δεξιόστροφα και το Σ αρχίζει να κινείται προς τα πάνω με επιτάχυνση α cm. Επειδή τα νήματα δεν ολισθαίνουν, ισχύει: υ = ω () cm T T T w T T m w m w T m O O A A F F

7 α cm = αγων 7 α cm αγων = () Για την μεταφορική κίνηση του σώματος Σ έχουμε: Σ F = m α y cm T w = m αcm T m g= m αcm T 0 = αcm T 0 = α cm T = 0 α cm (3) Για την στροφική κίνηση του στερεού Σ έχουμε: Στ = Ι α (O) γων 3 F Τ = M αγων () 3 F Τ= M αγων () 3 α F Τ= M cm 3 α 00 Τ= 8 cm (3) 00 Τ= 6α cm (3) 00 (0 α cm ) = 6αcm αcm = 6αcm 60 = 0α cm α = 6 m / s. cm Δ3. Από τη σχέση () έχουμε: α = αcm 6 γων = 0, αγων = 30 rad/s. Έτσι το μέτρο του ρυθμού μεταβολής της στροφορμής του στερεού Σ είναι dl = Στ ( ο) = Ι α γων dt dl 3 = Μ αγων dt

8 dl 3 = 8 0, 30 dt dl = 3,6 g m / s. dt 8 Δ4. Όταν το στερεό έχει εκτελέσει 0 N = π περιστροφές, έχει στραφεί κατά γωνία: 0 θ= N π= π π θ= 40 rad. Έτσι το έργο της δύναμης F είναι: W F =τf θ WF = F θ WF = 00 0, 40 W = 400 J. F ΑΒΡΑΜΙΔΗΣ Σ. ΘΕΟΔΩΡΟΣ ΦΥΣΙΚΟΣ ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΣ ΣΥΓΓΡΑΦΕΑΣ SCIENCE PESS

Σχετικά έγγραφα

ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΘΕΜΑ Α Α1 α Α2 δ Α3 γ Α4 β Α5 α Σ, β Λ, γ Σ, δ Σ, ε Λ.

ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΘΕΜΑ Α Α1 α Α2 δ Α3 γ Α4 β Α5 α Σ, β Λ, γ Σ, δ Σ, ε Λ. ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΕΣ ΠΑΝΕΛΛΑΔΙΚΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ Γ ΤΑΞΗΣ ΗΜΕΡΗΣΙΟΥ ΚΑΙ Δ ΤΑΞΗΣ ΕΣΠΕΡΙΝΟΥ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΤΕΤΑΡΤΗ 6 ΣΕΠΤΕΜΒΡΙΟΥ 07 ΕΞΕΤΑΖΟΜΕΝΟ ΜΑΘΗΜΑ: ΦΥΣΙΚΗ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΘΕΜΑ Α Α α Α δ Α3 γ Α4 β Α α