ΠΑΝΕΛΛΑΔΙΚΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ Γ ΤΑΞΗΣ ΗΜΕΡΗΣΙΟΥ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΤΕΤΑΡΤΗ 12 ΙΟΥΝΙΟΥ 2019 ΕΞΕΤΑΖΟΜΕΝΟ ΜΑΘΗΜΑ: ΦΥΣΙΚΗ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΘΕΜΑΤΩΝ

Μέγεθος: px

Εμφάνιση ξεκινά από τη σελίδα:

Download "ΠΑΝΕΛΛΑΔΙΚΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ Γ ΤΑΞΗΣ ΗΜΕΡΗΣΙΟΥ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΤΕΤΑΡΤΗ 12 ΙΟΥΝΙΟΥ 2019 ΕΞΕΤΑΖΟΜΕΝΟ ΜΑΘΗΜΑ: ΦΥΣΙΚΗ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΘΕΜΑΤΩΝ"

Ἐλισάβετ Βλαχόπουλος
4 χρόνια πριν
Προβολές:

ΠΑΕΛΛΑΙΚΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ Γ ΤΑΞΗΣ ΗΜΕΡΗΣΙΟΥ ΓΕΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΤΕΤΑΡΤΗ ΙΟΥΙΟΥ 9 ΕΞΕΤΑΖΟΜΕΟ ΜΑΘΗΜΑ: ΦΥΣΙΚΗ ΠΡΟΣΑΑΤΟΛΙΣΜΟΥ ΘΕΜΑ Α ΑΠΑΤΗΣΕΙΣ ΘΕΜΑΤΩ Α. β, Α. γ, Α. α, Α. γ 5.

1 ΠΑΕΛΛΑΙΚΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ Γ ΤΑΞΗΣ ΗΜΕΡΗΣΙΟΥ ΓΕΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΤΕΤΑΡΤΗ ΙΟΥΙΟΥ 9 ΕΞΕΤΑΖΟΜΕΟ ΜΑΘΗΜΑ: ΦΥΣΙΚΗ ΠΡΟΣΑΑΤΟΛΙΣΜΟΥ ΘΕΜΑ Α ΑΠΑΤΗΣΕΙΣ ΘΕΜΑΤΩ Α. β, Α. γ, Α. α, Α. γ 5. α Λάθος, β Σωστό, γ Λάθος, δ Σωστό, δ Σωστό ΘΕΜΑ Β Β. Σωστό το ii Αρχικά ο παρατηρητής αντιλαμβάνεται: Εαρμόζουμε Α..Ο για την κρούση των Σ, Σ. m pαρχ. p τελ. m (m m) m Οπότε: Άρα: πριν (+) μετά Β. Σωστό το iii Β Από την εξίσωση της συνέχειας για τα σημεία, Γ έχουμε: Γ h Π = Π Α = Α = = Αού η ποσότητα του υγρού στο δοχείο παραμένει () () Ε σταθερή θα ισχύει: V υγρ.(εισ.) = V υγρ.(εξερ.) Π = Π Η Ζ Α = Α = = = Εαρμόζουμε την εξίσωση του ernolli για τα σημεία () και (Γ) που ανήκουν στην ίδια ρευματική γραμμή: p + ρ = pγ + ρ () Tο υγρό του κατακόρυου σωλήνα πάνω από το σημείο ισορροπεί, οπότε: p = p atm +ρgh και p Γ = p atm Ιατροπούλου & Χρυσ. Παγώνη - Καλαμάτα τηλ.: & 99

2 Οπότε η () γίνεται: p atm + ρgh + ρ = patm + ρ ρgh + ρ = ρ ρgh = ρ h () g Εαρμόζουμε την εξίσωση του ernolli για τα σημεία (Ε) και (Ζ) της ίδιας ρευματικής γραμμής: p Ε + ρ E + ρgη = pζ + ρ pe pz p atm ρgη = ρ gη = 8 H g () Με διαίρεση κατά μέλη των (), () έχουμε: Β. Σωστό το ii Θ.Μ.Κ.Ε για τη ράβδο από τη θέση ΟΑ στην Ο. Κ = ΣW Κ (Ο) - Κ (ΟΑ) = W τf h H g 8 g h H I ω W τf F π ΜLω Fπ ΜL ω FL ω ω Α Ο Ε Ο ω 9π πριν Ο μετά ω = π rad/ Εαρμόζουμε..Στροορμής για την κρούση. Lαρχ. L τελ. Iρ ω Ισυστ. ω ΜL ω ( ΜL ml ) ω π ( ) ω F π = ω ω = π rad/ Το σύστημα ράβδος σώμα μετά την κρούση θα εκτελέσει ομαλή στροική κίνηση με ω = π rad/. π π Οπότε: = ω t = t t = ΘΕΜΑ Γ Γ. Στη Θ.Ι (m) έχουμε: m ΣF = k l = m g g k k k = N/m, 5 kl kl v x Ιατροπούλου & Χρυσ. Παγώνη - Καλαμάτα τηλ.: & 99 l l (+) Θ.Ι (m) w w ολ l Θ.Ι.Ταλ.

3 Το συσσωμάτωμα μετά την κρούση, θα εκτελέσει α.α.τ. Θα βρούμε τη θέση ισορροπίας ταλάντωσης (Θ.Ι.Ταλ.) ( ) ΣF = k l = (m + m )g l =, m Αού το συσσωμάτωμα μετά την κρούση τάνει μέχρι τη θέση υσικού μήκους του ελατηρίου, αυτή θα είναι η ακραία θέση της ταλάντωσης. Άρα Α = l =, m Γ. Εαρμόζουμε την Α..Ε.Τ για τη θέση που έγινε η κρούση. Ε ταλ. = Κ + U ταλ. k = (m + m )v + k x k = (m + m )v + k (l -l ), = v +,5 v =,5 v = m/ Εαρμόζουμε την Α..O για την κρούση. p αρχ p τελ. m (m m ) v ( ) Οπότε: Κ = m = ( ) Κ =,5 J. m/ Γ. p p p = m v m = m (v ) p = ( - ) ( τελ.) p( αρχ.) p = - Kg m/ Το πρόσημο (-) μας δηλώνει πως η κατεύθυνση του διανύσματος της μεταβολής της ορμής είναι αντίθετη από τη θετική που έχουμε ορίσει. Συνεπώς θα είναι: p = Kgm/ με κατεύθυνση κατακόρυη προς τα κάτω. Γ. Το συσσωμάτωμα ξεκινάει την ταλάντωσή του στη θέση x = +,5m με θετική ταχύτητα, συνεπώς η εξίσωση ταλάντωσης θα είναι της μορής: x = ημ(ωt + ) D = k = (m +m )ω k ω ω = rad/ m m Για t =, x =,5 m. π k π π kπ rad,5 =,ημ ημ = = ημ π k 5π kπ π rad Αλλά πρέπει > ωασυν > συν > Οπότε Άρα π rad x =,ημ(t + π ), (.I) ΘΕΜΑ. Για την ισορροπία του σώματος Σ έχουμε: ΣF = T w Σ = T = w Σ = m Σ g T = = N Ιατροπούλου & Χρυσ. Παγώνη - Καλαμάτα τηλ.: & 99

4 Για την ισορροπία της τροχαλίας έχουμε: Στ = T R T T ν R T = T = T ν = N Για την στροική ισορροπία του κυλίνδρου έχουμε: Στ = T ν R Κ T σ R Κ = T ν = T σ = N Για την μεταορική ισορροπία του κυλίνδρου έχουμε: ΣF x = T ν + T σ F = F = T ν + T σ Μ Κ g συν = + -,5 F = N F T ν T σ T ν T T w Σ. Ο κύλινδρος εκτελεί κύλιση χωρίς ολίσθηση, συνεπώς cm = ωr K Για το σημείο Ζ του κυλίνδρου: Ζ = cm + ωr K Ζ = cm d d Και Z cm α Ζ = α cm dt dt Επειδή το νήμα είναι ιδανικό, όλα του τα σημεία θα έχουν την ίδια ταχύτητα, την ίδια επιτάχυνση και στα άκρα του θα ασκεί Z K ίσες δυνάμεις. Οπότε θα είναι: α Ζ = α ε(τροχ) =, Τ =Τ, Τ =Τ και για την τροχαλία α γων(τροχ) R T = Για το Σ: ΣF = M Σ α w Σ T = M Σ α () Για την τροχαλία: Στ = Ι τροχ α γων(τροχ) (Τ Τ )R T = ΜΤ R T α γων(τροχ) Τ Τ = ΜΤ R T α γων(τροχ) Τ Τ = ΜΤ () Μ () + () w Σ T + Τ Τ = M Σ α + ΜΤ w Σ Τ = (M Σ + Τ ) () Για τη μεταορική κίνηση του κυλίνδρου: α ΣF x = M K α cm T + Τ σ - = M K α cm T + Τ σ - = M K Σ () Για τη στροική κίνηση του κυλίνδρου: Στ (Κ) = Ι K α γων(κυλ) T R Κ - Τ σ R Κ = ΜΚ R Κ α γων(κυλ) T - Τ σ = ΜΚ α cm T T σ T T T w Σ T - Τ σ = ΜΚ T - Τ σ = Μ Κ () + (5) T + Τ σ - + T - Τ σ = M K (5) + Μ Κ T - = M K T - w K(x) = MK () 8 () + () w Σ Τ + T - w Σ - w K(x) Μ = (MΣ + Τ + 8 w K(x) Μ = (MΣ + Τ α ) + M K Σ 8 Μ K ) 5 = ( + +,75) 5 =,75 = m/. Τη χρονική στιγμή t, ο κύλινδρος έχει ταχύτητα: cm = α cm t = t =,5 cm = m/ Ιατροπούλου & Χρυσ. Παγώνη - Καλαμάτα τηλ.: & 99

5 Μετά την κοπή του νήματος στον κύλινδρο ενεργούν οι δυνάμεις του διπλανού σχήματος. Θα είναι: Μεταορική κίνηση: ΣF x = M K α cm Τ σ - = M K α cm (7) T σ Στροική κίνηση: Στ (Κ) = Ι K α γων(κυλ) - Τ σ R Κ = ΜΚ R Κ α γων(κυλ) - Τ σ = ΜΚ α cm (8) (7) + (8) Τ σ - - Τ σ = M K α cm + ΜΚ α cm - = gημ Μ Κ gημ = ΜΚ α cm α cm = α cm = m/ Ο κύλινδρος εκτελεί ομαλά επιβραδυνόμενη κίνηση. Όταν σταματήσει στιγμιαία θα είναι cm = cm - α cm t = Άρα t = t + t =,5 +, t =,8. Ο κύλινδρος τη χρονική στιγμή t έχει μετατοπιστεί κατά: x = αcm t =,5 x =,5 m ΜΚ α cm t = t =, Στο χρονικό διάστημα t = t - t μετατοπίστηκε επιπλέον κατά x = cm t - αcm t =, -, x =,5 m Οπότε x ολ = x + x =,5 +,5 x ολ =, m. Έστω πως η σανίδα είναι «έτοιμη» να ανατραπεί όταν ο κύλινδρος απέχει απόσταση x από το σημείο Γ. Τότε η δύναμη στήριξης του δαπέδου στο σημείο Α θα είναι δ =. Ο κύλινδρος στη διεύθυνση y y ισορροπεί οπότε: ΣF y = w K(y) = = w K(y) = M K gσυν Η ράβδος δεν στρέεται, οπότε: Στ (Γ) = w y (ΚΓ) x = Mgσυν(ΚΓ) M K gσυνx =,5 = x x =,5 m ηλαδή η σανίδα θα ανατραπεί όταν ο κύλινδρος βρεθεί σε θέση,5 m από το Γ ή μεγαλύτερη. Αλλά βρήκαμε πως ο κύλινδρος ακινητοποιείται (στιγμιαία) αού διατρέξει x ολ =, m πάνω από το. ηλ., (Γ) =, =, m πάνω από το Γ. Κι αού, m < 5 m, η σανίδα δεν ανατρέπεται. Επιμέλεια απαντήσεων: Λογιώτης Σταύρος Οικονόμου Θανάσης Γρουσουζάκου Γιώτα Λαζάρου Γεωργία Φυσικοί Φροντιστήριο Μ.Ε «ΕΠΙΛΟΓΗ» - Καλαμάτα N δ w x w K x w y (y) Γ Ιατροπούλου & Χρυσ. Παγώνη - Καλαμάτα τηλ.: & 99

Σχετικά έγγραφα

ΠΑΝΕΛΛΑΔΙΚΕΣ 2019 ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΩΝ 2019 ΦΥΣΙΚΗΣ Γ ΛΥΚΕΙΟΥ. Α1. β Α2. γ Α3. α Α4. γ Α5. α) Λάθος β) Σωστό γ) Λάθος δ) Σωστό ε) Σωστό (2) = 41

ΠΑΝΕΛΛΑΔΙΚΕΣ 2019 ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΩΝ 2019 ΦΥΣΙΚΗΣ Γ ΛΥΚΕΙΟΥ. Α1. β Α2. γ Α3. α Α4. γ Α5. α) Λάθος β) Σωστό γ) Λάθος δ) Σωστό ε) Σωστό (2) = 41 ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΩΝ 019 ΦΥΣΙΚΗΣ Γ ΛΥΚΕΙΟΥ ΘΕΜΑ Α Α1. β Α. γ Α3. α Α4. γ Α5. α) Λάθος β) Σωστό γ) Λάθος δ) Σωστό ε) Σωστό ΘΕΜΑ Β Β1. Σωστή απάντηση η ( ii ) Αιτιολόγηση: Ισχύει f 1 = υ ΗΧ υ ΗΧ +υ S (1)