Πανελλήνιες Εξετάσεις Ημερήσιων Γενικών Λυκείων. Εξεταζόμενο Μάθημα: Φυσική Προσανατολισμού, Θετικής Κατεύθυνσης (Παλαιό Σύστημα)

Μέγεθος: px

Εμφάνιση ξεκινά από τη σελίδα:

Download "Πανελλήνιες Εξετάσεις Ημερήσιων Γενικών Λυκείων. Εξεταζόμενο Μάθημα: Φυσική Προσανατολισμού, Θετικής Κατεύθυνσης (Παλαιό Σύστημα)"

Κλεοπάτρα Ζάχος
4 χρόνια πριν
Προβολές:

Πανελλήνιες Εξετάσεις Ημερήσιων Γενικών Λυκείων Εξεταζόμενο Μάθημα: Φυσική Προσανατολισμού, Θετικής Κατεύθυνσης (Παλαιό Σύστημα) Ημ/νία: Μαΐου 016 Απαντήσεις Θεμάτων ΘΕΜΑ Α Α1. δ Α. γ Α. δ Α4. γ Α5.

1 Πανελλήνιες Εξετάσεις Ημερήσιων Γενικών Λυκείων Εξεταζόμενο Μάθημα: Φυσική Προσανατολισμού, Θετικής Κατεύθυνσης (Παλαιό Σύστημα) Ημ/νία: Μαΐου 016 Απαντήσεις Θεμάτων ΘΕΜΑ Α Α1. δ Α. γ Α. δ Α4. γ Α5. α) Σωστό β) Λάθος γ) Λάθος δ) Λάθος ε) Σωστό ΘΕΜΑ Β Β1. Η ενέργεια του μαγνητικού πεδίου μεγιστοποιείται κάθε φορά που μεγιστοποιείται κατ απόλυτη τιμή η ένταση του ρεύματος. Δηλαδή κατά Τ = π LC Β. υ = υ max λf = ωα Σωστό το (ii) λf = πfa λ = 4πΑ Σωστό το (iii) Β. Για την πρώτη διάθλαση έχω: n 1 ημθ 1 = n ημθ (1) Για τη δεύτερη διάθλαση έχω: n ημθ = n ημθ () Από (1) και () έχω: n 1 ημθ 1 = n ημθ Επειδή ημθ > ημθ 1 θ > θ 1 (θ 1, θ οξείες) άρα n 1 > n Σωστό το (ii) Β4. Κατά την άνοδό του το σώμα κάνει μόνο επιβραδυνόμενη μεταφορική κίνηση. Η περιστροφική του κίνηση μένει αμετάβλητη καθώς Στ = 0 Σωστό το (iii) Βουλιαγμένης & Κύπρου, Αργυρούπολη, Τηλ: Δ. Γούναρη 01, Γλυφάδα, Τηλ:

2 ΘΕΜΑ Γ Γ1. F y T Τ y A l O w F x Τ x φ Γ Από την ισορροπία της ράβδου παίρνουμε: Στ = 0 g ( l l l ) = T ημφ g l l = T ημφ = T T = 5 N Για τη δύναμη στον άξονα περιστροφής έχουμε: ΣF x = 0 F x = T x F x = 5 N ΣF y = 0 F y + T y = g F y = 10 5 = 15 N Είναι: F 0 = F x + F y = 5 4 και εφθ = F y = 15 =, άρα θ = 600 F x = 00 = 5 N 4 Γ. Ι = 1 1 Μl + ( l l ) = 1 1 l + l 6 = 4l 6 = l 9 = 1, 9 = 1,44 9 kg m Βουλιαγμένης & Κύπρου, Αργυρούπολη, Τηλ: Δ. Γούναρη 01, Γλυφάδα, Τηλ:

3 Σ τ = Ι αγ Μg l 6 = l 9 a γ , = a γ 0,4 r/sec = a γ Γ. Εφαρμόζουμε ΑΔΜΕ για την περιστροφή της ράβδου: Μg l 6 = 1 Iω Μg l 6 = 1 l 9 ω 10 6 = 1, 18 ω , = ω 0 1, = ω U B = , = ω ω = 5 r/sec Τέλος για το άκρο Γ της ράβδου είναι: υ = ω (l l l ) = ω = 1 = 4m/sec ( l l ) ημ0 Γ4. Δl Δt = Σ τ Σ τ = Μg ( l l ) ημ 0 = 10 1, 6 1 = 1 = 1 Ν m 1 U B = g ΘΕΜΑ Δ Δ1. Το σώμα Σ θα αποκολληθεί από το Σ 1 στη Θέση Φυσικού Μήκους του ελατηρίου. Μέχρι τη θέση αυτή οι δυνάμεις μεταξύ των σωμάτων φαίνονται στο παρακάτω σχήμα. Επίσης μέχρι τη Θέση Φυσικού Μήκους που είναι και η Θέση Ισορροπίας για την Απλή Αρμονική Ταλάντωση που εκτελούν ως σύστημα τα σώματα Σ 1, Σ τα σώματα επιταχύνονται. Ν 1 Ν Θ. Φ. Μ. Θ. Ι. k F 1 Σ 1 Σ F ελ F w 1 w Βουλιαγμένης & Κύπρου, Αργυρούπολη, Τηλ: Δ. Γούναρη 01, Γλυφάδα, Τηλ:

4 Στη Θέση Φυσικού Μήκους η δύναμη του ελατηρίου που ασκείται μόνο στο σώμα Σ 1 μηδενίζεται και αλλάζει φορά. Οπότε το Σ 1 αρχίζει να επιβραδύνεται ενώ το Σ από εκεί και μετά εκτελεί ευθύγραμμη ομαλή κίνηση καθώς: ΣF x = 0. Διαφορετικά, το σώμα Σ εκτελεί απλή αρμονική ταλάντωση στον xox υπό την επίδραση της F, όσο τα σώματα είναι σε επαφή. Άρα: ΣF x = D x F = D x, όπου x η απόσταση από τη Θέση Ισορροπίας (που ταυτίζεται με τη Θέση Φυσικού Μήκους). Επομένως στη Θέση Ισορροπίας, αφού x = 0 έχουμε: F = 0. Άρα, η δύναμη επαφής μεταξύ των σωμάτων μηδενίζεται και το Σ αποκολλάται από το Σ 1. Δ. Στην Θέση Ισορροπίας η μέγιστη ταχύτητα του Σ 1 είναι: υ max = ω A υ max = ω d = 5 0,4 = m/sec με D = m ολ ω η σταθερά επαναφοράς της ταλάντωσης και D = k Άρα k = m ολ ω ω = Κ m ολ = = 5 rad/sec Μετά την αποκόλληση αλλάζει η μάζα του ταλαντούμενου συστήματος και D = m 1 ω k = m 1 ω ω = k m 1 = 10 rad sec η νέα κυκλική συχνότητα της ταλάντωσης του Σ 1. Στην ΘΦΜ υ max = υ max ω A = ω A 5 0,4 = 10 A A = 0,m το καινούργιο πλάτος της ταλάντωσης του Σ 1. Δ. υ = υ max S Σ Σ Βουλιαγμένης & Κύπρου, Αργυρούπολη, Τηλ: Δ. Γούναρη 01, Γλυφάδα, Τηλ:

5 Αρχή διατήρησης της ορμής για την πλαστική κρούση. Ρ αρχ = Ρ + δεξιά τελ m υ max + 0 = (m + m ) V σ = 5 V σ V σ = 6 5 m/sec και το ποσοστό της κινητικής που μετατράπηκε σε θερμότητα κατά την πλαστική κρούση είναι: π% = Κ αρχ συστ Κ τελ συστ Κ αρχ συστ 100% 1 = m υ max 1 (m + m ) V σ 100% 1 m υ max 1 6 s = 100% = (1 6 4 ) 100% = % = 40% Δ4. k δέκτης υ max S πηγή V συσ Σ + Σ Σ 1 Θ. Ι. Η πηγή κινείται προς τα δεξιά με ταχύτητα V συσ. Ο δέκτης κινείται προς τα αριστερά και εκτελεί ταλάντωση και τη στιγμή που διέρχεται από τη Θ. Ι έχει τη μέγιστη ταχύτητα υ max = m/sec. Από το φαινόμενο Doppler (πηγή απομακρύνεται, παρατηρητής απομακρύνεται) f Δέκτη = υ HX υ max υ HX + V συσ f s f Δέκτη = = 1690Hz 5 Επιμέλεια: Μπάμπης Μπέσης, Χαρίλαος Τσαγκαράκης, Στέφανος Μαυρογιώργης, Αντώνης Παρασκευάς, Ιωάννης Τριανταφύλλου Βουλιαγμένης & Κύπρου, Αργυρούπολη, Τηλ: Δ. Γούναρη 01, Γλυφάδα, Τηλ:

Σχετικά έγγραφα

Πανελλήνιες Εξετάσεις Ημερήσιων Γενικών Λυκείων. Εξεταζόμενο Μάθημα: Φυσική Προσανατολισμού, Θετικών Σπουδών. Ημ/νία: 23 Μαΐου 2016

Πανελλήνιες Εξετάσεις Ημερήσιων Γενικών Λυκείων Εξεταζόμενο Μάθημα: Φυσική Προσανατολισμού, Θετικών Σπουδών Ημ/νία: 3 Μαΐου 06 Απαντήσεις Θεμάτων ΘΕΜΑ Α Α. β Α. γ Α3. β Α4. δ Α5. α) Σωστό β) Λάθος γ) Σωστό