Aριστοβάθμιο Ενδεικτικε ς απαντή σεις στή φυσική Προσανατολισμου Πανελλή νιες

Μέγεθος: px

Εμφάνιση ξεκινά από τη σελίδα:

Download "Aριστοβάθμιο Ενδεικτικε ς απαντή σεις στή φυσική Προσανατολισμου Πανελλή νιες"

Λέανδρος Παπάζογλου
4 χρόνια πριν
Προβολές:

Ενδεικτικε ς απαντή σεις στή φυσική Προσανατολισμου Πανελλή νιες 12-06-2017 Β1) Σωστή απάντηση η (ii).

1 Ενδεικτικε ς απαντή σεις στή φυσική Προσανατολισμου Πανελλή νιες Β1) Σωστή απάντηση η (ii). ΘΕΜΑ Α Α1) δ Α2) γ Α3) α Α) δ Α5) α) Λ β) Σ γ) Σ δ) Σ ε) Λ ΘΕΜΑ Β ΘI: F = 0 m g = K Δl o = Δl o = mg K (1) Σελ 1 από 7

2 Στη θέση Ι : Δl = 2Δl o Ε ελ = 1 2 KΔl2 Ε ελ = 1 2 Β2) Σωστό το (iii). m 2 g 2 K Βάση Θεωρήματος Torricelli σελ.97 σχολικό βιβλίο εφαρμογή 3.2. v 1 = 2g(H h) v 1 = 2g(5h h) v 1 = 2gh v 1 = 2 2gh O σωλήνας έχει την ίδια διατομή άρα βάση της εξίσωσης της συνέχειας v = v 1 = 2 2gh B3) Σωστό το (ii) fb= UHX+ U2 UHX + U1 fs fb= UHX UHX + 10 UHX + UHX 5 fs fb= 11 UHX 10 6 UHX 5 fs fb= fs Σελ 2 από 7

3 ΘΕΜΑ Γ Γ1) Το ελάχιστο χρονικό διάστημα Δt= T 2 =0, s T=0,8 s +Α Άρα ω = 2π Τ 2π 20π ω = ω = 0,8 8 E T = 1 D 2 2 E T = ET= 1 Δm 2 ω2 2 5π J = 1 25π = m 2 v = λ T = Δx Δt Γ2) y = 0, ημ( 5π 2 Στιγμιότυπο = 2 m = 0, m 5 λ = 0,0 0,8 0, t 25πx) Βήμα 1: Μηδενίζω τη φάση φ 1 λ = 0,1 0,8 λ = 0,08 m = 0 5π 2 t 1 25π x 1 = 0 5π 2 1, 25π x 1 = 0 10x 1 = 1, Βήμα 2: Βρίσκω τον αριθμό μηκών κύματος x1 = 0,1 = 1 = 7 λ 0,08 8 x 1 = 7 λ Βήμα 3: Βρίσκω πού βρίσκεται η πηγή ω = 5π 2 rad x1 = λ+3λ yο = 0, ημ( 5π 2 1,) yο = 0, ημ(7π 2 ) s λ = 8 cm x 1 = λ + 3λ - yο = 0, m x 1 = 0,1 m Σελ 3 από 7

4 K=(5π 2 1,25π 2 )10 7 J Γ3) Α.Δ.Ε : K + U = E τ K = E τ U K = 5π J π2 Γ) yp=0, ημ( 5π 2 t 25π x p) yσ=0, ημ( 5π 2 t 25π x Σ) y Ρ = Α ημ(ωt 2πx Ρ λ ) y Σ = Α ημ(ωt 2πx Σ λ ) δφ= ωt 2πxp λ ωt + 2πxΣ λ <=> δφ= 2π(xΣ xp) = 3π λ 2 xσ xp = 3λ K = 3, j J Το P είναι στη θέση μέγιστης απομάκρυνσης. Άρα το Σ βρίσκεται στη θέση ισορροπίας και θα κινηθεί προς τα αρνητικά. v Σ = ω => v Σ =- 5π 2. 0, m/s = π m/s Άρα το Σ βρίσκεται στη θέση ισορροπίας και θα κινηθεί προς τα αρνητικά άρα v Σ = ω v Σ = 5π 2. 0, m/s UΣ= -π m/s Σελ από 7

5 ΘΕΜΑ Δ Δ1) 1 η Λύση { mg T = m a cm (1) T R = I a γων (2) Αφού ο δίσκος εκτελεί κύλιση χωρίς ολίσθηση πάνω στο ακίνητο νήμα ισχύει: v cm = ω R { a cm = a γων R(3) Το σύστημα των εξισώσεων 1,2,3 δίνει a cm = 2g = 20 m 3 3 s 2 2 η Λύση όταν ο κύλινδρος κατέβει κατά h εφαρμόζοντας ΑΔΜΕ: K ολ = mgh = K μετ + K στρ mg 1 2 a cm t 2 = 1 2 m v cm I ω2 mg 1 2 a cm t 2 = 1 2 m a cm 2 t mr2 a γων 2 t 2 g a cm = a cm R2 a γων 2 g a cm = a cm a cm 2 a cm = 2g 3 Σελ 5 από 7

6 Δ2) το σύστημα των εξισώσεων 1,2,3 του ερωτήματος Δ1 δίνει T = mg 3 = 20 3 N άθροισμα ροπών ως προς το Α είναι μηδέν : τ Α = 0 T ν ημφ l mg l 3 Μg l 2 = = 0,8 T ν T ν = Ν 1 η Λύση L = τ t () { h = 1 2 a cm t 2 (5) Δ3) Τη στιγμή που κόβεται το νήμα η στροφορμή είναι Η (5) δίνει t = 0,3sec L = mg m2 R t = 0,2kg 3 s Η στροφορμή μετά το κόψιμο του νήματος μένει σταθερή 2 η Λύση όταν ο κύλινδρος κατέβει κατά h εφαρμόζοντας ΘΜΚΕ: W ολ = 1 2 m v cm I ω2 mg h = 1 2 m v cm m R2 ω 2 mgh = 1 2 m R2 ω m R2 ω 2 gh = 3 m R2 ω 2 ω = gh rad = 20 3 R2 sec L = I ω L = 1 2 m R2 ω = 0,2 kg m2 s Σελ 6 από 7

7 Δ) 1 η Λύση K στρ = 1 2 I ω2 K στρ = mr2 ω 2 K στρ = ,1 0, K στρ = 2J 2 η Λύση K μετ = 1 2 m v cm 2 K μετ = 1 2 m (ω R + g t ) 2 K μετ = (20 0, ,1)2 K μετ = 9J K στρ K μετ = 2 9 K στρ = 1 2 I ω2 K στρ = 2J όταν ο κύλινδρος κατέβει κατά h εφαρμόζοντας ΑΔΜΕ: K ολ = W B = mgh = mg(h 1 + h 2 ) K ολ = W B = mgh = mg (h 1 + v cmo t g t2 ) K ολ = mg (h 1 + ω R t g t2 ) K ολ = 2 10 (0, ,1 0, ,1 0,1) K ολ = 11J K στρ K μετ = 2 9 Σελ 7 από 7

Σχετικά έγγραφα

ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΡΙΑ ΜΕΤΑΒΑΣΗ

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