ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ Γ ΤΑΞΗΣ ΗΜΕΡΗΣΙΟΥ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΤΕΤΑΡΤΗ 12 ΙΟΥΝΙΟΥ 2019 ΕΞΕΤΑΖΟΜΕΝΟ ΜΑΘΗΜΑ: ΦΥΣΙΚΗ ΘΕΤΙΚΩΝ ΣΠΟΥΔΩΝ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ

Μέγεθος: px

Εμφάνιση ξεκινά από τη σελίδα:

Download "ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ Γ ΤΑΞΗΣ ΗΜΕΡΗΣΙΟΥ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΤΕΤΑΡΤΗ 12 ΙΟΥΝΙΟΥ 2019 ΕΞΕΤΑΖΟΜΕΝΟ ΜΑΘΗΜΑ: ΦΥΣΙΚΗ ΘΕΤΙΚΩΝ ΣΠΟΥΔΩΝ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ"

Ἰακϊώβ Ελευθεριάδης
4 χρόνια πριν
Προβολές:

ΠΝΕΛΛΗΝΙΕΣ ΕΞΕΤΣΕΙΣ Γ ΤΞΗΣ ΗΜΕΡΗΣΙΟΥ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΤΕΤΡΤΗ ΙΟΥΝΙΟΥ 09 ΕΞΕΤΖΟΜΕΝΟ ΜΘΗΜ: ΦΥΣΙΚΗ ΘΕΤΙΚΩΝ ΣΠΟΥΔΩΝ ΠΝΤΗΣΕΙΣ ΕΠΙΜΕΛΕΙ: ΟΜΔ ΚΘΗΓΗΤΩΝ ΦΥΣΙΚΗΣ ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΡΙΟΥ «ΕΚΠΙΔΕΥΣΗ» ΘΕΜ. β.. γ.. α.

1 ΠΝΕΛΛΗΝΙΕΣ ΕΞΕΤΣΕΙΣ Γ ΤΞΗΣ ΗΜΕΡΗΣΙΟΥ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΤΕΤΡΤΗ ΙΟΥΝΙΟΥ 09 ΕΞΕΤΖΟΜΕΝΟ ΜΘΗΜ: ΦΥΣΙΚΗ ΘΕΤΙΚΩΝ ΣΠΟΥΔΩΝ ΠΝΤΗΣΕΙΣ ΕΠΙΜΕΛΕΙ: ΟΜΔ ΚΘΗΓΗΤΩΝ ΦΥΣΙΚΗΣ ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΡΙΟΥ «ΕΚΠΙΔΕΥΣΗ» ΘΕΜ. β.. γ.. α. 4. γ. 5. α. Λ β. Σ γ. Λ δ. Σ ε. Σ ΘΕΜ Β Β. υ υ P ολ αρχ Ρ ολ τελ mυ S (m m)υ ' υ ' mυ m υ υ υ Άρα υ υ υ υ υ υ υ υ x υ 40υ υ υ 4 4 ii. EKΠΙ ΕΥΣΗ: Με Οράματα και Πράξεις για την Παιδεία --

2 Β. ernoulli Γ P ρυ Β P atm Εξίσωση συνέχειας υ Β υ Γ υ Β υ Γ υ Ρ Β ρ Γ P atm 4 Ρ Β P atm 4 λλά Ρ Β P atm ρgh P atm ρgh P atm 8 h υ Γ 8g Π Γ Π Ζ υ Γ υ Ζ υ Γ ernoulli E Z A υz υ Ζ υ Γ P atm ρυ E ρgh P atm ρυ Z υ Z gh 4υ Γ gh H υ Γ 8 h Η υγ 8g υγ g h iii. Η 6 Β. K τελ Κ αρχ W r (ο) ω ρ I π F L ω F L π (ο) Ι ρ ω F L π ΜL ω 9π π ω 9π ω π r/.δ. Στροφορμής L ολ αρχ L ολ τελ π ω κ r / ( ρ ω ( (ο) (ο) Iρ Im ) ω κ π ( I ο) )ω κ Επομένως θ ω κ t π π t t ii. EKΠΙ ΕΥΣΗ: Με Οράματα και Πράξεις για την Παιδεία --

3 ΘΕΜ Γ Γ. Στη Θ.Ι. του Σ : m g κδl 0 κ0, κ κ 00 Ν/m Οπότε στη Θ.Ι. της α.α.τ. του Σ Σ είναι: (m m )g κδl 0 00Δl Δl 0, m Οπότε Δl 0, m Γ. πό την.δ.ο. m υ 0 (m m )υ κ υ 0 υ κ πό.δ.ε.τ. Ε Τ K U Γ κ (m m )υ κ κy, όπου y Δl Δl 0,05 m άρα 000,0 υ κ 0, 5 υ κ υ κ 4 υ m / κ Οπότε υ 0 m / και Κ mυ0 K,5 J Γ. Ρ Ρ Ρ τελ Ρ mυκ mυ0 αρχ Ρ Ρ kg m / kg m / με φορά προς τα κάτω K Γ4. Είναι x Aημ(ωt φ 0 ) όπου ω 0r / m m και 0,05 0,ημφ 0 ημφ 0 ημ 6 π Οπότε φ 0 κπ 6 π 5π ή φ 0 κπ 6 π 5π Για κ 0: φ 0 rad ή φ0 rad 6 6 EKΠΙ ΕΥΣΗ: Με Οράματα και Πράξεις για την Παιδεία --

4 Επειδή υ κ > 0 είναι φ 0 6 π rad. Επομένως x 0,ημ(0t 6 π ) (SI) ΘΕΜ Δ Δ. Για την ισορροπία του Σ: ΣF 0 ή M Σ g T 0 ή T M Σ g 0 N Για την ισορροπία της τροχαλίας: Σ Τ 0 ή Τ ' R T T ' ' ' R T 0 () είναι Τ Τ και Τ Τ επειδή το νήμα είναι αβαρές. Άρα από (): Τ Τ 0 Ν Για την ισορροπία του κυλίνδρου: ΣF 0 ή Τ Τ στ F W x ή Τ Τ στ F M κ gημφ () και Σ Τ 0 ή Τ R κ Τ στ R κ 0 ή Τ Τ στ 0 Ν πό (): Τ F M κ gημφ ή F 0 N T T T T Wx W φ Tστ Wy MΣg EKΠΙ ΕΥΣΗ: Με Οράματα και Πράξεις για την Παιδεία -4-

5 Δ. Για την κίνηση του σώματος Σ: ΣF M Σ α ή Μ Σ g T 4 M Σ α () Για τη κίνηση της τροχαλίας: Σ Τ Ι Τ α γων Τ ή Τ ' 4 R Τ Τ ' R Τ MT RT αγων Τ Επειδή Τ 4 ' Τ 4 και Τ ' Τ έχουμε Τ 4 Τ M T R α (4) Τ γων Τ Ισχύει α α γων R T επειδή το νήμα δε γλιστρά στο αυλάκι της τροχαλίας Η (4): Τ 4 Τ MT α (5) Προσθέτουμε κατά μέλη () και (5) κι έχουμε: Μ Σ g T (M Σ MT ) α ή 0 Τ α (6) Για την κίνηση του κυλίνδρου: ΣF M κ α cm ή Τ Τ στ ' W x M κ α cm ή Τ Τ στ ' M κ gημφ M κ α cm (7) και ΣΤ Ι κ α γωνκ ή Τ R κ Τ' στ R κ M κ R κ αγων κ ή Τ Τ' στ Mκ R κ αγων κ Ισχύει α cm α γων R κ για την κύλιση χωρίς ολίσθηση Άρα Τ Τ' στ M κ αcm (8) Προσθέτω κατά μέλη (7) και (8): Τ Μ κ gημφ M κ α Μ gημφ ή Τ 5 αcm 4 κ cm ή Τ Mκ αcm Επειδή το νήμα δε γλιστρά στο αυλάκι της τροχαλίας: α cm α ή α cm α Άρα Τ 5 α α ή Τ 5 4 (9) Προσθέτω (6) και (9) και α 4 m/ Είναι α cm α m/ EKΠΙ ΕΥΣΗ: Με Οράματα και Πράξεις για την Παιδεία -5-

6 T T4 T4 Wx T Tστ φ W Wy MΣg Δ. Τη χρονική στιγμή t 0,5 ec ο κύλινδρος αποκτά υ cm α cm t m/ Μετά την κοπή του νήματος υπολογίσουμε τη νέα επιτάχυνση του σώματος ΣF M κ α cm' ή Μgημφ Τ στ Μ κ α' cm ()' και ΣΤ I ή Τ στ R κ Mκ R κ αγων κ ή Τ στ M κ αcm ()' επειδή α' cm R κ α γων κ κ α γων κ Προσθέτουμε ()' με ()' και Μgημφ M κ αcm ή α' cm gημφ 0, άρα α' cm m/ Για την επιβραδυνόμενη κίνηση: υ cm υ cm α' cm Δt ή 0 υ cm (α' cm )Δt ή Δt υ α cm cm 0, ec Άρα τη χρονική στιγμή μηδενισμού της ταχύτητας: t t Δt 0,8 ec. Tστ Wx W φ Wy EKΠΙ ΕΥΣΗ: Με Οράματα και Πράξεις για την Παιδεία -6-

7 Δ4. πό 0 έως t ο κύλινδρος διανύει S Δx αcmt 0,5 m πό t έως t ο κύλινδρος διανύει S Δx υcm t (αcm t ) 0,5 m Άρα S ολ ΔΧ 0,5 0,5 0,4 m Δ5. Έστω ότι ισορροπεί η ράβδος στη θέση όπου ο κύλινδρος σταματά σε απόσταση x 0,4 m από το Δ. Ισχύει Στ (Γ) 0 για τη ράβδο ή Ν συνφ(γ) Μgσυνφ(ΜΓ) Ν'(Χ ΔΓ) 0 ()' Είναι Ν' Ν όπου Ν η δύναμη που δέχεται ο κύλινδρος από τη ράβδο και ΣF y 0 για τον κύλινδρο. Δηλαδή Ν w y ή Ν Μ κ gσυν0. Άρα η ()': Ν (Γ)συν0 Μg(ΚΓ)συν0 Μ κ gσυν0(x 0,) 0 N A,5 00,5 00, 0,5 N A ή Ν,4 Ν Είναι Ν > 0. Επομένως η σανίδα δεν ανατρέπεται. Z x 0,4m Μ N Μg NA Σχόλιο: Τα φετινά θέματα απαιτούσαν από τους υποψήφιους μεγάλη εμπειρία, γνώση, έφεση σε πράξεις και κυρίως εξαιρετική ψυχραιμία. Το μεγάλο τους εύρος καθιστούσε αρκετά δύσκολο να τα αντιμετωπίσεις σε τρεις ώρες. Μεμονωμένα τα ερωτήματα δεν παρουσίαζαν εξαιρετική δυσκολία, συνολικά όμως καθιστούν το διαγώνισμα αυτό ως ένα από τα πιο απαιτητικά των τελευταίων ετών. EKΠΙ ΕΥΣΗ: Με Οράματα και Πράξεις για την Παιδεία -7-

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)