ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ Γ ΤΑΞΗΣ ΗΜΕΡΗΣΙΟΥ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΤΕΤΑΡΤΗ 13 ΙΟΥΝΙΟΥ 2018 ΕΞΕΤΑΖΟΜΕΝΟ ΜΑΘΗΜΑ: ΦΥΣΙΚΗ ΘΕΤΙΚΩΝ ΣΠΟΥΔΩΝ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ

Transcript

1 ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ ΤΑΞΗΣ ΗΜΕΡΗΣΙΟΥ ΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΤΕΤΑΡΤΗ ΙΟΥΝΙΟΥ 08 ΕΞΕΤΑΖΟΜΕΝΟ ΜΑΘΗΜΑ: ΦΥΣΙΚΗ ΘΕΤΙΚΩΝ ΣΠΟΥΔΩΝ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ: ΟΜΑΔΑ ΚΑΘΗΗΤΩΝ ΦΥΣΙΚΗΣ ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΡΙΟΥ «ΕΚΠΑΙΔΕΥΣΗ» ΘΕΜΑ Α Α. γ Α. δ Α. α Α. δ Α5. α) Λ β) Σ γ) Λ δ) Σ ε) Λ ΘΕΜΑ Β Β. i) Από πυθαγόρειο θεώρημα στο τρίγωνο ΣΚ Δ Λ d = d d 9λ 5λ 5λ d λ ια το σημείο Σ ισχύει: d d = λ 5 λ λ Αν f f τότε υδ υδ λ λ λ λ Α λ π Α συν λ π λ Α συν λ Α Άρα το σημείο Σ σημείο ενίσχυσης EKΠΑΙ ΕΥΣΗ: Με Οράματα και Πράξεις για την Παιδεία --

2 Β. iii) Εφαρμόζουμε αρχ διατρησης της στροφορμς για το σφαιρίδιο m. L αρχ L τελ mω = mω ια έχουμε: ω ω ω = ω Εφαρμόζουμε θεώρημα μεταβολς κινητικς ενέργειας για τη μετακίνηση του σφαιριδίου. Κ τελ Κ αρχ = W F W F = mυ mυ W F = mω ω W F = m6ω ω W F = mω W F = mω Β. i) Εφαρμόζουμε εξίσωση Bernoulli μεταξύ δύο σημείων, Δ της ίδιας ρευματικς γραμμς. p + Ρ Δ Δ ρυ ρυ ρgh Δ p p Δ = ρυ υ ρgh () Από εξίσωση συνέχειας Α υ = Α Δ υ Δ Α Δ υ = Α Δ υ Δ υ Δ = υ () EKΠΑΙ ΕΥΣΗ: Με Οράματα και Πράξεις για την Παιδεία --

3 (),() p p p Δ ρ υ υ ρgh pδ ρυ ρgh () ια την οριζόντια βολ: άξονας y y: h gt h t () g άξονας x x: x max = υ Δ t μέσω της () x max = h = h υ Δ g h υ Δ υ Δ = g g h h υ Δ = 8gh gh υ Δ = gh Από τη σχέση (): υ gh υ gh υ gh (5) Από (), (5) έχουμε p p Δ = υ ρυ ρ p p Δ = ρυ P Ρ Δ = ρυ EKΠΑΙ ΕΥΣΗ: Με Οράματα και Πράξεις για την Παιδεία --

4 ΘΕΜΑ. Θ.Ι U U = 0 Λίγο πριν την κρούση είναι υ = υ max = ω Α όπου ω = και Α = Δl = 0,m Άρα υ = m/s k m = 5rad/s ια την πλαστικ κρούση εφαρμόζουμε αρχ διατρησης της ορμς. p πριν p μετά m υ = (m + m )υ κ υ κ = m υ m m m/ s Πριν την κρούση: f = υhx υ υ ΗΧ f s 8 f 0 s Μετά την κρούση: f = υhx υ υ ΗΧ κ f s 9 f 0 s Επομένως f f 8 9 EKΠΑΙ ΕΥΣΗ: Με Οράματα και Πράξεις για την Παιδεία --

5 . Σε μια τυχαία θέση του θετικού ημιάξονα: Θ.Φ.Μ. x Θ.Ι. F ελ Τ.Θ. F ελ ΣF = F ελ F ελ ΣF = k x k x ΣF = kx Συνεπώς το σύστημα εκτελεί Α.Α.Τ. με D = k = 00N/m Αμέσως μετά την κρούση το σύστημα ξεκινά Α.Α.Τ. και την t = 0 βρίσκεται στη Θ.Ι. άρα υ k = υ max υ k = ω συσ Α συσ () όπου ω συσ = k m m ω συσ = 5rad/s Συνεπώς από τη σχέση (): Α συσ = υ ω k συσ 5 0,m. f A = f S όταν το σύστημα βρίσκεται σε ακραία θέση. Αυτό για πρώτη φορά συμβαίνει σε Δt = T συσ π π όπου Τσυσ = sec ω 5 συσ Επομένως Δt = π sec 0 EKΠΑΙ ΕΥΣΗ: Με Οράματα και Πράξεις για την Παιδεία -5-

6 . dp dt max D Α συσ k A συσ 0kgm /s ΘΕΜΑ Δ Δ. Ι συσ(ο) = Ι ρ(ο) + Ι Δ(Ο) όπου Ι ρ(ο) = I (ρ) + M M M M και Ι Δ(Ο) = M Δ Δ Συνεπώς Ι συσ(ο) = + M M Δ Δ = 5kg m Δ. φ φ w y w Την t = 0 dl dt συσ(ο) Επομένως dl dt συσ(ο) ΣT εξ(ο) w y Mgσυνφ 7kgm /s EKΠΑΙ ΕΥΣΗ: Με Οράματα και Πράξεις για την Παιδεία -6-

7 Δ. l/ l/ h (Ι) h U βαρ = 0 (ΙΙ) Εφαρμόζουμε Αρχς Διατρησης της Μηχανικς Ενέργειας για το σύστημα μεταξύ των θέσεων (Ι), (ΙΙ). Κ Ι + U I = K II + U II Θεωρούμε μηδενικό βαρυτικό επίπεδο τη θέση του κέντρου μάζας στο σχμα ΙΙ. Στην αρχικ θέση Ι είναι Κ Ι = 0. Συνεπώς Μgh = Κ συστ Από τη γεωμετρία του σχματος έχουμε: ημφ = h ημφ h h = ( ημφ ) h = 0,m Συνεπώς Κ συστ = Mgh = J EKΠΑΙ ΕΥΣΗ: Με Οράματα και Πράξεις για την Παιδεία -7-

8 Δ. T v T v w x Α T στ φ w y ια τον κύλινδρο ΣF x = mα mgημφ Τ ν Τ στ = mα () α α Στ = 0 Τ στ T v = m γων α γων Τ στ Τ ν = mα () () + () mgημφ Τ ν = mα () Επειδ το νμα δεν ολισθαίνει η επιτάχυνση στο ανώτερο σημείο Α του κυλίνδρου είναι: Είναι α Α = α εα + α A = α γων + α A α Α = α A + α A α Α = α Η επιτάχυνση του σημείου Α είναι ίση με την επιτρόχιο της περιφέρειας της μικρς τροχαλίας α Α = α ε α = α γων α γων = ια τη διπλ τροχαλία: α () Στ = Ι (τρ) α γων Τ ν ( ) I(τρ) α I Τν = (τρ) α (5) Από () και (5) έχουμε mgημφ I (τρ) α mα EKΠΑΙ ΕΥΣΗ: Με Οράματα και Πράξεις για την Παιδεία -8-

9 I(τρ) mgημφ = m α α = m/s ια την επιταχυνόμενη μεταφορικ κίνηση: S = α t t s α sec και υ = α t υ = m/s EKΠΑΙ ΕΥΣΗ: Με Οράματα και Πράξεις για την Παιδεία -9-