ΘΕΜΑ Α Α1 β Α2 γ Α3 β Α4 δ. Α5. α Σωστό β Λάθος γ Σωστό δ Λάθος ε Λάθος. ΘΕΜΑ Β Β1. Η σωστή απάντηση είναι το iii.

Μέγεθος: px

Εμφάνιση ξεκινά από τη σελίδα:

Download "ΘΕΜΑ Α Α1 β Α2 γ Α3 β Α4 δ. Α5. α Σωστό β Λάθος γ Σωστό δ Λάθος ε Λάθος. ΘΕΜΑ Β Β1. Η σωστή απάντηση είναι το iii."

Ευγένιος Γιαννακόπουλος
6 χρόνια πριν
Προβολές:

ΠΑΝΕΛΛΑΔΙΚΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ Γ ΤΑΞΗΣ ΗΜΕΡΗΣΙΟΥ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΚΑΙ ΕΠΑΛ (ΟΜΑΔΑ Β ) ΔΕΥΤΕΡΑ

Απαντήσεις) ΘΕΜΑ Α Α β Α γ Α3 β Α4 δ Α5. α Σωό β Λάθος γ Σωό δ Λάθος ε Λάθος ΘΕΜΑ Β Β.

Ο ακίνητος παρατηρητής πο βρίσκεται πάνω ις γραμμές και πίσω από το τρένο, ακούει από

1 ΠΑΝΕΛΛΑΔΙΚΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ Γ ΤΑΞΗΣ ΗΜΕΡΗΣΙΟΥ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΚΑΙ ΕΠΑΛ (ΟΜΑΔΑ Β ) ΔΕΥΤΕΡΑ 3 ΜΑΪΟΥ 06 ΕΞΕΤΑΖΟΜΕΝΟ ΜΑΘΗΜΑ: ΦΥΣΙΚΗ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ (ΝΕΟ ΣΥΣΤΗΜΑ) (Ενδεικτικές Απαντήσεις) ΘΕΜΑ Α Α β Α γ Α3 β Α4 δ Α5. α Σωό β Λάθος γ Σωό δ Λάθος ε Λάθος ΘΕΜΑ Β Β. Η σωή απάντηση είναι το iii. Ο ακίνητος παρατηρητής πο βρίσκεται πάνω ις γραμμές και πίσω από το τρένο, ακούει από το τρένο ήχο σχνότητας f. fs 0 0 f = fs = = fs ηχ + 0 Έω ποθετικός παρατηρητής ο τούνελ. Ατός αντιλαμβάνεται ήχο σχνότητας f τ : fτ = f s ηχ τρ

2 O βράχος λειτοργεί ως δετερογενής πηγή πο εκπέμπει ήχο σχνότητας ίση με ατή πο αντιλαμβάνεται. Άρα, f s = f τ Ο ακίνητος παρατηρητής αντιλαμβάνεται ήχο από την ανάκλαση ο βράχο, σχνότητας: fs 0 0 f = f s = fτ = fs = fs = = fs τρ ηχ Άρα, Β. Η σωή απάντηση είναι το i. H εξίσωση το άσιμο κύματος είναι: Το πλάτος της ταλάντωσης το σημείο Μ είναι: 0 f f s 9 = = f 0 f s 9 πx π y= Ασν ηµ t λ Τ 9λ π πxμ 8 9π Α Μ = Α σν = Α σν = Α σν λ λ 4 π π Α Μ = Α σν π + = Ασν = = 4 4 Άρα, η μέγιη ταχύτητα ταλάντωσης το σημείο Μ της χορδής είναι: πα ax,m = ω M = T Β3. Η σωή απάντηση είναι το ii. Η κινητική ενέργεια ανά μονάδα όγκο ο σημείο Α είναι: Κ Α = = ρ = Λ V V όπο Λ μια θετική αθερά.

Εφαρμόζομε την αρχή της σνέχειας για τα σημεία Α και Β: Α = = = Α

είναι: ρ B = ρ = 4 ρ = 4 Λ Εφαρμόζομε εξίσωση Bernoulli κατά

προκύπτει: ρ + ρ = ρ Β + ρb ρα ρ Β = ρb ρ = 4Λ Λ = 3Λ ΘΕΜΑ Γ Γ.

από τη θέση Α η θέση Γ θεωρώντας U = Γ 0.

3 Εφαρμόζομε την αρχή της σνέχειας για τα σημεία Α και Β: Α = = = Α B B B B B B Άρα, η κινητική ενέργεια ανά μονάδα όγκο ο σημείο Β είναι: ρ B = ρ = 4 ρ = 4 Λ Εφαρμόζομε εξίσωση Bernoulli κατά μήκος της ρεματικής γραμμής ΑΒ χρησιμοποιώντας τις (), () προκύπτει: ρ + ρ = ρ Β + ρb ρα ρ Β = ρb ρ = 4Λ Λ = 3Λ ΘΕΜΑ Γ Γ. Εφαρμόζομε Αρχή Διατήρησης Μηχανικής Ενέργειας (ΑΔΜΕ) για το Σ από τη θέση Α η θέση Γ θεωρώντας U = Γ 0. K + U = KΓ + UΓ 0 + gr = ο = gr ο = 0 / s Γ. Ισχύει Σ F = 0 N= w = g y T= µν = µ g προκύπτει = 8 / s +

Εφαρμόζομε Θεώρημα Μεταβολής Κινητικής Ενέργειας (ΘΜΚΕ) για το Σ από τη θέση Γ η θέση Δ για να βρούμε την ταχύτητα το σώματος Σ ακριβώς πριν την κρούση με το σώμα Σ.

4 Εφαρμόζομε Θεώρημα Μεταβολής Κινητικής Ενέργειας (ΘΜΚΕ) για το Σ από τη θέση Γ η θέση Δ για να βρούμε την ταχύτητα το σώματος Σ ακριβώς πριν την κρούση με το σώμα Σ. Κ Κ Γ = Wολ = T s = µ g s 0 0 Εφαρμόζοντας αρχή διατήρησης ορμής και διατήρηση μηχανικής ενέργειας για την ελαική κρούση και πολογίζομε τις αλγεβρικές τιμές των ταχτήτων των σωμάτων μετά την κρούση: 6 = + = 8 + ( 4) = 0 / s = + = 8 + ( 4) = / s Γ3. Η μεταβολή της ορμής για το σώμα Σ (λαμβάνοντας θετική τη φορά προς τα δεξιά) είναι: Ρ =Ρ Ρ P = ( ) = 6 + = 8kg τελ αρχ s Άρα το μέτρο της μεταβολής είναι 8kg και επειδή P > 0 η φορά είναι προς τα δεξιά. s Γ4. Το ποσοό μεταβολής κινητικής ενέργειας για το Σ κατά την κρούση δίνεται από την σχέση: Κ, τελ Κ, αρχ 36 Κ % = 00% = 00% = 00% = 56, 5% Κ, αρχ 64 ΘΕΜΑ Δ Αρχικά για τα δύο σώματα πο ισορροπούν, πολογίζομε: w = g ηµϕ = 5Ν x

5 w x = M g ηµϕ = 0 3Ν Δ. Για το σώμα μάζας πο ισορροπεί ισχύει: Σ F = 0 F = w + T kx = w + T x ελ x 0 x Για τον κύλινδρο λόγω ισορροπίας ισχύει: Σ F = 0 T + T = w T + T = 0 x x Σ = 0 Τ R T R = 0 T = T 3 τ T = T αφού το νήμα είναι αβαρές. Από (), (3) έχομε ότι: Τ = 0 Τ = 5Ν =Τ Από την () προκύπτει ότι: 00x0 = x0 = 0, Δ. Τη χρονική ιγμή t = 0 πο κόβομε το νήμα το σώμα βρίσκεται ην ακραία θέση της ταλάντωσής το. Αρχικά βρίσκομε τη νέα θέση ισορροπίας το σώματος Σ F = 0 F = w kx = w 00x = 5 x = 0,05 x ελ x x Οπότε το πλάτος της ταλάντωσης το είναι Α= x0 x = 0,05. Το σώμα εκτελεί απλή αρμονική ταλάντωση με αθερά επαναφοράς: N D = 00 ω = D ω = 00 ω= 0rad / s Από τις αρχικές σνθήκες πολογίζομε την αρχική φάση:

6 t = 0 3π x = = ηµϕ0 ϕ 0 = rad = 0 Η εξίσωση απομάκρνσης είναι x = ηµ ( ω t + ϕ 0) Οπότε, η δύναμη επαναφοράς είναι: 3π Σ Fεπ = D x Σ Fεπ = Dηµ ( ω t +ϕ0 ) Σ Fεπ = 00 0,05 ηµ 0t + 3π Σ Fεπ = 5ηµ 0t + (S.I.) Δ3. Ο κύλινδρος από την χρονική ιγμή t = 0 και μετά κάνει σύνθετη κίνηση. Ισχύει θ Ν= θ=ν π= π= 4rad π π Εφαρμόζομε τον Θεμελιώδη Νόμο της Μηχανικής για την μεταφορική κίνηση το σώματος. ΣF = Mα w T =Μα 0 T = α 4 x c x c c Εφαρμόζομε Θεμελιώδη Νόμο Στροφικής Κίνησης για τη ροφική κίνηση. αc Σ τ =Ιαγ Τ R = ΜR Τ = α c ( 5) R = 3αc α c = / s 3 Επειδή ο κύλινδρος κλίεται χωρίς ολίσθηση, ισχύει: αc 00 rad / s α γ = = R 3 00 θ = α = = = 3 00 γt 4 t t t, s 00 ω=α γt =, = 40rad / s 3

7 Οπότε η ροφορμή το είναι L = Iω= ΜR ω= 0,0 40 L = 0,4kg / s Δ4. Βρίσκομε τη γωνιακή ταχύτητα και την μεταφορική ταχύτητα την χρονική ιγμή t = 3s. 00 ω=αγ t = 3 = 00rad / s 3 c =ω R = 0 / s Επομένως ο ρθμός μεταβολής της κινητικής ενέργειας πολογίζετε: dκ dkρ dkµετ dκ dκ = + =Στ ω+σfx c = Iαγω+Μαcc dt dt dt dt dt d 00 0 dt 3 3 Κ = 0, dκ = + = 00J / s dt 3 3

Σχετικά έγγραφα

ΠΑΝΕΛΛΑΔΙΚΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ Γ ΤΑΞΗΣ ΗΜΕΡΗΣΙΟΥ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΔΕΥΤΕΡΑ 23 ΜΑΪΟΥ 2016 ΕΞΕΤΑΖΟΜΕΝΟ ΜΑΘΗΜΑ: ΦΥΣΙΚΗ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ (ΝΕΟ ΣΥΣΤΗΜΑ)

ΠΑΝΕΛΛΑΔΙΚΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ Γ ΤΑΞΗΣ ΗΜΕΡΗΣΙΟΥ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΔΕΥΤΕΡΑ 3 ΜΑΪΟΥ 06 ΕΞΕΤΑΖΟΜΕΝΟ ΜΑΘΗΜΑ: ΦΥΣΙΚΗ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ (ΝΕΟ ΣΥΣΤΗΜΑ) ΘΕΜΑ Α Α. β Α. γ Α3. β Α4. δ Α5. Σ Λ Σ Λ Λ ΘΕΜΑ Β Β. Σωστό είναι το