ΦΥΣΙΚΗ Ο.Π. ΘΕΤΙΚΩΝ ΣΠΟΥΔΩΝ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ

Σχετικά έγγραφα
ΦΥΣΙΚΗ Ο.Π. ΘΕΤΙΚΩΝ ΣΠΟΥΔΩΝ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑ ΠΡΟΣΟΜΟΙΩΣΗΣ ΘΕΜΑ Α Ι. Α1.Β Α2.Γ Α3. Α Α4. Α ΙΙ. 1.Σ 2.Σ 3.Λ 4.Σ 5. Λ

ΦΥΣΙΚΗ Ο.Π. ΘΕΤΙΚΩΝ ΣΠΟΥΔΩΝ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ. ΘΕΜΑ Β Β1. Σωστή η γ) Σύμφωνα με τον ορισμό της ροπής αδράνειας στερεού σώματος ως προς άξονα

ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΤΕΛΙΚΟΥ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑΤΟΣ ΠΡΟΣΟΜΟΙΩΣΗΣ Θέμα 1ο. Θέμα 2ο

ΦΥΣΙΚΗ Ο.Π. ΘΕΤΙΚΩΝ ΣΠΟΥΔΩΝ

ΦΥΣΙΚΗ Ο.Π. ΘΕΤΙΚΩΝ ΣΠΟΥΔΩΝ. Ι. Στις ερωτήσεις Α1 έως Α4 να επιλέξετε την σωστή απάντηση.

ΘΕΜΑ Α Ι. Στις ερωτήσεις 1-4 να γράψετε στο τετράδιο σας τον αριθμό της ερώτησης και το γράμμα που αντιστοιχεί στη σωστή απάντηση.

ΛΥΣΕΙΣ ΘΕΜΑ Α Ι. 1. Γ

ΦΥΣΙΚΗ Ο.Π. ΘΕΤΙΚΩΝ ΣΠΟΥΔΩΝ

ΦΥΣΙΚΗ Ο.Π. ΘΕΤΙΚΩΝ ΣΠΟΥΔΩΝ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ

ΘΕΜΑ Α Α. Στις ερωτήσεις 1-5 να γράψετε στο τετράδιο σας τον αριθμό της ερώτησης και το γράμμα που αντιστοιχεί στη σωστή απάντηση

ΘΕΜΑ Α Στις ερωτήσεις Α1 Α5 να γράψετε στο τετράδιο σας τον αριθμό της ερώτησης και δίπλα το γράμμα που αντιστοιχεί στη σωστή απάντηση.

ΦΥΣΙΚΗ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ - ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΕΣ 2016 ΛΥΣΕΙΣ ΘΕΜΑΤΩΝ. ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ : Φ. ΧΑΛΑΝΤΖΟΥΚΑ ΦΥΣΙΚΟΣ M.Sc.

ΦΥΣΙΚΗ Ο.Π. ΘΕΤΙΚΩΝ ΣΠΟΥΔΩΝ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ

ΦΥΣΙΚΗ Ο.Π. ΘΕΤΙΚΩΝ ΣΠΟΥΔΩΝ

ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΘΕΜΑ Α Α. 1. Δ 2. Α 3. Β 4. Α 5. Α Β. 1.Λ 2.Λ 3.Λ 4.Σ 5.Λ Ν 1 Ν 2

ΦΥΣΙΚΗ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ 2017 ΛΥΣΕΙΣ ΘΕΜΑΤΩΝ ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ: ΧΑΛΑΝΤΖΟΥΚΑ ΦΩΤΕΙΝΗ

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

ΦΥΣΙΚΗ Ο.Π. ΘΕΤΙΚΩΝ ΣΠΟΥΔΩΝ

ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΤΕΛΙΚΟΥ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑΤΟΣ ΠΡΟΣΟΜΟΙΩΣΗΣ Θέμα 1ο. Θέμα 2ο

ΘΕΜΑ Α Στις ερωτήσεις Α1 Α5 να γράψετε στο τετράδιο σας τον αριθμό της ερώτησης και δίπλα το γράμμα που αντιστοιχεί στη σωστή απάντηση.

ΘΕΜΑΤΑ ΠΡΟΣΟΜΟΙΩΣΗΣ Γ ΤΑΞΗΣ ΗΜΕΡΗΣΙΟΥ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΕΞΕΤΑΖΟΜΕΝΟ ΜΑΘΗΜΑ: ΦΥΣΙΚΗ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ ΘΕΤΙΚΩΝ ΣΠΟΥΔΩΝ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ

ΦΥΣΙΚΗ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ ΘΕΤΙΚΩΝ ΣΠΟΥΔΩΝ

ΑΡΧΗ 1ΗΣ ΣΕΛΙΔΑΣ. ΘΕΜΑ 1 ο Στις ερωτήσεις 1-4 να γράψετε τον αριθμό της ερώτησης και δίπλα το γράμμα που αντιστοιχεί στη σωστή απάντηση.

ΠΡΟΤΕΙΝΟΜΕΝΕΣ ΠΛΗΡΕΙΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ. Άρα, για τις αντίστοιχες αλγεβρικές τιμές των ταχυτήτων των δύο σωμάτων πριν από την κρούση τους προκύπτει ότι:

Β. Σωστή απάντηση είναι η γ. Οι θέσεις των δεσµών στον θετικό ηµιάξονα είναι: χ = (κ + 1) λ 4 δεύτερος δεσµός είναι στη θέση που προκύπτει για κ = 1 δ

ΔΙΠΛΑ ΣΟΥ ΔΙΠΛΑ ΣΟΥ ΤΑ ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΡΙΑ ΤΩΝ ΕΠΙΤΥΧΙΩΝ

ΦΥΣΙΚΗ Ο.Π. ΘΕΜΑ Α Στις ερωτήσεις Α1 Α4 να γράψετε στο τετράδιο σας τον αριθμό της ερώτησης και δίπλα το γράμμα που αντιστοιχεί στη σωστή απάντηση.

ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΕΣ ΠΑΝΕΛΛΑΔΙΚΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ Γ ΤΑΞΗΣ ΗΜΕΡΗΣΙΟΥ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ 2016 ΦΥΣΙΚΗ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ (ΝΕΟ ΣΥΣΤΗΜΑ) ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ

ΔΙΑΡΚΕΙΑ: 180min ΤΜΗΜΑ:. ONOMA/ΕΠΩΝΥΜΟ: ΗΜΕΡΟΜΗΝΙΑ: ΘΕΜΑ 1 ο ΘΕΜΑ 2 ο ΘΕΜΑ 3 ο ΘΕΜΑ 4 ο ΣΥΝΟΛΟ ΜΟΝΑΔΕΣ

ΟΜΟΣΠΟΝΔΙΑ ΕΚΠΑΙΔΕΥΤΙΚΩΝ ΦΡΟΝΤΙΣΤΩΝ ΕΛΛΑΔΟΣ (Ο.Ε.Φ.Ε.) ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 2018 Β ΦΑΣΗ

ΜΑΘΗΜΑ / ΤΑΞΗ: ΦΥΣΙΚΗ ΚΑΤΑΥΕΘΥΝΣΗΣ / Γ ΛΥΚΕΙΟΥ ΣΕΙΡΑ: ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ Α (ΘΕΡΙΝΑ) ΗΜΕΡΟΜΗΝΙΑ: 09/03/2014

ΤΕΛΟΣ 1ΗΣ ΑΠΟ 6 ΣΕΛΙΔΕΣ

Φυσική Ο.Π. Γ Λυκείου

ΦΥΣΙΚΗ Γ ΛΥΚΕΙΟΥ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΟ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑ 14/4/2019

ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΦΥΣΙΚΗΣ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ 2017

ΦΥΣΙΚΗ Ο.Π Γ ΛΥΚΕΙΟΥ 22 / 04 / 2018

ΠΡΟΣΟΜΟΙΩΣΗ ΠΑΝΕΛΛΑΔΙΚΩΝ ΕΞΕΤΑΣΕΩΝ Γʹ ΤΑΞΗΣ ΗΜΕΡΗΣΙΟΥ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΕΞΕΤΑΖΟΜΕΝΟ ΜΑΘΗΜΑ: ΦΥΣΙΚΗ ΤΡΙΤΗ 18 ΑΠΡΙΛΙΟΥ 2017 ΣΥΝΟΛΟ ΣΕΛΙΔΩΝ: ΠΕΝΤΕ (5)

ΠΑΝΕΛΛΑΔΙΚΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ Γ ΤΑΞΗΣ ΗΜΕΡΗΣΙΟΥ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΤΕΤΑΡΤΗ 12 ΙΟΥΝΙΟΥ 2019 ΕΞΕΤΑΖΟΜΕΝΟ ΜΑΘΗΜΑ: ΦΥΣΙΚΗ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ ΣΥΝΟΛΟ ΣΕΛΙΔΩΝ: ΔΕΚΑ (10)

β. F = 2ρΑυ 2 γ. F = 1 2 ραυ 2 δ. F = 1 3 ραυ 2

ΦΥΣΙΚΗ ΟΜΑΔΑΣ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ ΘΕΤΙΚΩΝ ΣΠΟΥΔΩΝ. Α5. α. Λάθος β. Λάθος γ. Σωστό δ. Λάθος ε. Σωστό

Κ τελ Κ αρχ = W αντλ. + W w 1 2 m υ2-0 = W αντλ. - m gh W αντλ. = 1 2 m υ2 + m gh. Άρα η ισχύς της αντλίας είναι: dw m υ + m g h m υ + g h

Α1 δ, Α2 δ, Α3 β, Α4 γ, Α5 α Λ, β Σ, γ Λ, δ Λ, ε Λ. έχει φορά προς τα κάτω. Στο σχήμα 2 ο τροχός θα κινηθεί προς τα κάτω αφού F F

ΦΥΣΙΚΗ Ο.Π. ΘΕΤΙΚΩΝ ΣΠΟΥΔΩΝ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΘΕΜΑ Α Ι. 1.Δ 2.Β 3.Γ 4.Α ΙΙ. 1.Λ 2.Λ 3.Λ 4.Σ 5.Σ. (2). Έστω d =ΠΠ

ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑ ΦΥΣΙΚΗ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ Γ ΛΥΚΕΙΟΥ 17/4/2016 ΘΕΜΑ Α

ΨΗΦΙΑΚΟ ΕΚΠΑΙΔΕΥΤΙΚΟ ΒΟΗΘΗΜΑ «ΦΥΣΙΚΗ ΟΜΑΔΑΣ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ ΘΕΤΙΚΩΝ ΣΠΟΥΔΩΝ» 5 o ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑ ΜΑΡΤΙΟΣ 2017: ΘΕΜΑΤΑ

ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΣΤΟ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑ ΠΡΟΣΟΜΟΙΩΣΗΣ Θέμα Α. 1. β 2. α 3. γ 4. β 5. Λ,Λ,Λ,Λ,Λ.

( ) υ υ. ΘΕΜΑ Α Α1 - α Α2 - α A3 - α Α4 - γ Α5 α - Λάθος, β - Σωστό, γ - Λάθος, δ - Λάθος, ε - Σωστό.

ΦΥΣΙΚΗ Ο.Π. ΘΕΤΙΚΩΝ ΣΠΟΥΔΩΝ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ. Β1. Σωστή η β) Η διαφορά φάσης των δύο αρμονικών κινήσεων που εκτελεί ταυτόχρονα το σώμα είναι

ΨΗΦΙΑΚΟ ΕΚΠΑΙΔΕΥΤΙΚΟ ΒΟΗΘΗΜΑ «ΦΥΣΙΚΗ ΟΜΑΔΑΣ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ ΘΕΤΙΚΩΝ ΣΠΟΥΔΩΝ» 5 o ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑ ΑΠΡΙΛΙΟΣ 2018: ΕΝΔΕΙΚΤΙΚΕΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ

Επαναληπτικό Διαγώνισμα Γ Λυκείου Φυσικής Θετικών Σπουδών

ΘΕΜΑΤΑ ΓΡΑΠΤΩΝ ΑΠΟΛΥΤΗΡΙΩΝ ΕΞΕΤΑΣΕΩΝ ΠΕΡΙΟΔΟΥ ΜΑΪΟΥ-ΙΟΥΝΙΟΥ 2016

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4 ο : ΜΗΧΑΝΙΚΗ ΣΤΕΡΕΟΥ ΣΩΜΑΤΟΣ ΕΝΟΤΗΤΑ 3: ΡΟΠΗ ΑΔΡΑΝΕΙΑΣ - ΘΕΜΕΛΙΩΔΗΣ ΝΟΜΟΣ ΣΤΡΟΦΙΚΗΣ ΚΙΝΗΣΗΣ

ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΦΥΣΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ Γ ΛΥΚΕΙΟΥ

ΕΚΦΩΝΗΣΕΙΣ ΑΣΚΗΣΕΩΝ. Άσκηση 1. (Ροπή αδράνειας - Θεμελιώδης νόμος στροφικής κίνησης)

Φυσική προσανατολισμού

ΟΜΟΣΠΟΝΔΙΑ ΕΚΠΑΙΔΕΥΤΙΚΩΝ ΦΡΟΝΤΙΣΤΩΝ ΕΛΛΑΔΟΣ (Ο.Ε.Φ.Ε.) ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 2018 Β ΦΑΣΗ

ΦΥΣΙΚΗ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΙ ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ

ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 4 ΚΕΦΑΛΑΙΟ

ΦΥΣΙΚΗ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΙ ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ Γ ΛΥΚΕΙΟΥ

ΘΕΜΑ Α Στις ερωτήσεις Α1 Α5 να γράψετε στο τετράδιο σας τον αριθμό της ερώτησης και δίπλα το γράμμα που αντιστοιχεί στη σωστή απάντηση.

ΦΥΣΙΚΗ Ο.Π. ΘΕΤΙΚΩΝ ΣΠΟΥΔΩΝ. δ) κινείται έτσι ώστε η μεταξύ τους απόσταση να παραμένει σταθερή.

Για τις παραπάνω ροπές αδράνειας ισχύει: α. β. γ. δ. Μονάδες 5

ΨΗΦΙΑΚΟ ΕΚΠΑΙΔΕΥΤΙΚΟ ΒΟΗΘΗΜΑ «ΦΥΣΙΚΗ ΟΜΑΔΑΣ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ ΘΕΤΙΚΩΝ ΣΠΟΥΔΩΝ» 5 o ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑ ΑΠΡΙΛΙΟΣ 2017: ΕΝΔΕΙΚΤΙΚΕΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ

ΕΝΔΕΙΚΤΙΚΕΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΟ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑ ΦΥΣΙΚΗΣ Γ 14/4/2019

ΑΡΧΗ 1 ης ΣΕΛΙΔΑΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ ΠΡΟΣΟΜΟΙΩΣΗΣ Γ ΤΑΞΗΣ ΗΜΕΡΗΣΙΟΥ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ 29 ΑΠΡΙΛΙΟΥ

Διαγώνισμα Γ Λυκείου Τετάρτη 9 Μαΐου 2018

ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΘΕΜΑ Α Α1 α Α2 δ Α3 γ Α4 β Α5 α Σ, β Λ, γ Σ, δ Σ, ε Λ.

ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΕΣ 13/06/2018 ΦΥΣΙΚΗ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ ΕΝΔΕΙΚΤΙΚΕΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ

ΘΕΜΑΤΑ ΚΑΙ ΛΥΣΕΙΣ ΦΥΣΙΚΗΣ ΠΑΝΕΛΛΑΔΙΚΩΝ ΕΞΕΤΑΣΕΩΝ 2016

ΔΙΑΡΚΕΙΑ: 180min ΤΜΗΜΑ:. ONOMA/ΕΠΩΝΥΜΟ: ΗΜΕΡΟΜΗΝΙΑ: ΘΕΜΑ 1 ο ΘΕΜΑ 2 ο ΘΕΜΑ 3 ο ΘΕΜΑ 4 ο ΣΥΝΟΛΟ ΜΟΝΑΔΕΣ

1. Για το σύστηµα που παριστάνεται στο σχήµα θεωρώντας ότι τα νήµατα είναι αβαρή και µη εκτατά, τις τροχαλίες αµελητέας µάζας και. = (x σε μέτρα).

% ] Βαγγέλης Δημητριάδης 4 ο ΓΕΛ Ζωγράφου

ιαγώνισµα Γ Τάξης Ενιαίου Λυκείου Επαναληπτικά Θέµατα Φυσικής Ενδεικτικές Λύσεις Θέµα Α

Επαναληπτική άσκηση: Περιστροφή Κρούση - Κύλιση με ολίσθηση

ΨΗΦΙΑΚΟ ΕΚΠΑΙΔΕΥΤΙΚΟ ΒΟΗΘΗΜΑ «ΦΥΣΙΚΗ ΟΜΑΔΑΣ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ ΘΕΤΙΚΩΝ ΣΠΟΥΔΩΝ» ΦΥΣΙΚΗ ΟΜΑΔΑΣ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ ΘΕΤΙΚΩΝ ΣΠΟΥΔΩΝ ΘΕΜΑ Α ΘΕΜΑ Β

Θέμα Α Στις ερωτήσεις A1 - A4, να γράψετε τον αριθμό της ερώτησης και δίπλα σε κάθε αριθμό το γράμμα που αντιστοιχεί στη σωστή απάντηση.

Η μέγιστη δυναμική ενέργεια του ελατηρίου κατά τη διάρκεια της απλής αρμονικής ταλάντωσης του σώματος είναι ίση με : 2m g. m g i. m g. iii. k. ii.

ΦΥΣΙΚΗ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΙ ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ 5o ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑ - ΘΕΜΑΤΑ

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

ΑΡΧΗ 1ης ΣΕΛΙΔΑΣ ΕΞΕΤΑΖΟΜΕΝΟ ΜΑΘΗΜΑ : ΦΥΣΙΚΗ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ ΤΑΞΗ : Γ ΛΥΚΕΙΟΥ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑ ΠΕΡΙΟΔΟΥ : ΔΕΚΕΜΒΡΙΟΣ 2017 ΣΥΝΟΛΟ ΣΕΛΙΔΩΝ : 6

ΦΥΣΙΚΗ Γ ΛΥΚΕΙΟΥ Ομάδας Προσανατολισμού Θετικών Σπουδών Τζιόλας Χρήστος. και Α 2

ΨΗΦΙΑΚΟ ΕΚΠΑΙΔΕΥΤΙΚΟ ΒΟΗΘΗΜΑ «ΦΥΣΙΚΗ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΙ ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ» ΦΥΣΙΚΗ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΙ ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ

ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΟ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑ. (εξεταστέα ύλη: κρούσεις, ελατήρια, μηχανική ρευστών, κινηματική στερεού, φαινόμενο Doppler)

Πανελλήνιες Εξετάσεις Ημερήσιων Γενικών Λυκείων. Εξεταζόμενο Μάθημα: Φυσική Προσανατολισμού, Θετικών Σπουδών. Ημερομηνία: 13 Ιουνίου 2018

ΕΝΟΤΗΤΑ 1.2: ΑΠΛΗ ΑΡΜΟΝΙΚΗ ΤΑΛΑΝΤΩΣΗ (ΕΝΕΡΓΕΙΑΚΗ ΠΡΟΣΕΓΓΙΣΗ, ΑΡΧΙΚΗ ΦΑΣΗ, ΣΥΣΤΗΜΑ ΕΛΑΤΗΡΙΟΥ ΣΩΜΑΤΟΣ, ΟΡΜΗ) ΛΥΜΕΝΑ ΘΕΜΑΤΑ ΘΕΜΑ Β

Διαγώνισμα εφ όλης της ύλης. Στα θέματα 1 4 να σημειώσετε στο τετράδιό σας ποιες από τις προτάσεις είναι σωστές και ποιες λανθασμένες.

ΦΥΣΙΚΗ Ο.Π. Έστω το μέτρο της ταχύτητας με την οποία εκρέει το νερό από την οπή στον πυθμένα του δοχείου. h 1

ΦΥΣΙΚΗ Ο.Π/Γ ΛΥΚΕΙΟΥ (ΘΕΡΙΝΑ)

ΜΟΝΑΔΕΣ 5. A4. Σώμα περιστρέφεται γύρω από σταθερό άξονα έχοντας στροφορμή μέτρου L. Τη χρονική στιγμή t=0 ασκούμε στο σώμα ροπή δύναμης μέτρου τ

ΠΡΟΤΕΙΝΟΜΕΝΑ ΘΕΜΑΤΑ 2019 ΦΥΣΙΚΗ Γ ΛΥΚΕΙΟΥ

ΦΥΣΙΚΗ ΟΜΑΔΑΣ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ ΘΕΤΙΚΩΝ ΣΠΟΥΔΩΝ

ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΘΕΜΑ Α Α1 α Α2 δ Α3 γ Α4 β Α5 α Σ, β Λ, γ Σ, δ Σ, ε Λ.

ΠΑΝΕΛΛΑΔΙΚΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ Δ ΤΑΞΗΣ ΕΣΠΕΡΙΝΟΥ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΔΕΥΤΕΡΑ 12 IOYNIΟΥ 2017 ΕΞΕΤΑΖΟΜΕΝΟ ΜΑΘΗΜΑ: ΦΥΣΙΚΗ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ

ΘΕΜΑ 1ο. Να γράψετε στο τετράδιό σας τον αριθμό καθεμίας από τις παρακάτω ερωτήσεις 1-4 και δίπλα το γράμμα που αντιστοιχεί στη σωστή απάντηση.

1 η ΑΣΚΗΣΗ Γ ΛΥΚΕΙΟΥ ΕΚΦΩΝΗΣΗ

ΑΡΧΗ 1ΗΣ ΣΕΛΙ ΑΣ ΜΟΝΟ ΝΕΟ ΣΥΣΤΗΜΑ Γ ΗΜΕΡΗΣΙΩΝ

γ) το μέτρο της γωνιακής ταχύτητας του δίσκου τη στιγμή κατά την οποία έχει ξετυλιχθεί όλο το σχοινί.

ΦΥΣΙΚΗ Ο.Π. Β1. Σωστή απάντηση είναι η γ. 2 μονάδες ανεξαρτήτως δικαιολόγισης

Επειδή η κρούση είναι κεντρική ελαστική και το σώμα Β είναι αρχικά ακίνητο, το. σώμα Α μετά την κρούση θα κινηθεί με ταχύτητα που δίνεται από τη σχέση

Transcript:

Κανάρη 6, Δάφνη Τηλ 0 9794 & 0 976976 ΦΥΣΙΚΗ ΟΠ ΘΕΤΙΚΩΝ ΣΠΟΥΔΩΝ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΘΕΜΑ Α Ι ΑΒ ΑΓ Α Α Α4 Α ΙΙ Σ Σ Λ 4Σ 5 Λ ΘΕΜΑ Β y Β Σωστή η β) Έστω Σ το υλικό σημείο που Α t=t απέχει d από το άκρο Α Στο A σχήμα βλέπουμε το στιγμιότυπο Σ Δ M Δ x της χορδής μια χρονική t=t που -Α όλα τα υλικά σημεία είναι στιγμιαία ακίνητα Στο μήκος L d L έχουν σχηματιστεί 4 σημεία συνολικά ακίνητα που είναι δεσμοί του στάσιμου κύματος Επειδή το μήκος της χορδής πρέπει να είναι ακέραιο πολλαπλάσιο του λ/ όπου λ το μήκος κύματος των κυμάτων που συμβάλλουν, τότε όπως φαίνεται και στο διπλανό σχήμα λ L L= λ = λ = m Επιλέγουμε το μέσο Μ ως αρχή μέτρησης των αποστάσεων πάνω στην χορδή (θέση x=0) που είναι κοιλία του στάσιμου κύματος Το πλάτος ταλάντωσης του σημείου Μ είναι A όπου Α το πλάτος των κυμάτων που συμβάλλουν και η σταθερά επαναφοράς ταλάντωσης για όλα τα σημεία είναι D Ισχύει : EM = D ( A ) = DA = 4 mj () L Το σημείο Σ απέχει από την αρχή μέτρησης Μ απόσταση xσ = ( d) =, 5m Το πλάτος του σημείου Σ είναι: π xσ π(, 5) π A' = Aσυν = Aσυν = Aσυν ( π + ) = A λ 4 B

() Οπότε EΣ = D( A ) = DA EΣ = mj Β Σωστή η α) Από t=0 έως t=t η πηγή (S)-(Σ) απομακρύνεται από τον ακίνητο ανιχνευτήπαρατηρητή (Σ) με ταχύτητα u ενώ από t=t έως t=t,μετά την ελαστική κρούση με το σκαλοπάτι κινείται προς τον ανιχνευτή με ταχύτητα ίδιου μέτρου u Με την χρήση των δεδομένων της γραφικής : u u f A = 800Hz = f () και f A = 900Hz = f() u+ u u u Με διαίρεση κατά μέλη των σχέσεων (),() 800Hz u u u = 9u 9u = 8u+ 8u u = () 900Hz u + u 7 Έστω u ' το μέτρο της ταχύτητας του Σ αμέσως μετά την κρούση με το Σ Επειδή το Σ στην ακραία θέση του,στιγμιαία ακίνητο, καταγράφει συχνότητα 4 fa = f < f τότε το Σ έχει αλλάξει φορά κίνησης δηλαδή κινείται προς τα 5 δεξιά 4 u u u Η συχνότητα f A είναι f = A 5 4 4 ' ' 5 f = f u u u u u+ u ' = + = 4 = (4) Για την ταχύτητα του Σ αμέσως μετά την κρούση εφαρμόζουμε διατήρηση της ορμής για τα δύο σώματα Σ,Σ (θετική φορά προς τα αριστερά): u u u u pαρχ = pτελ m u+ 0 = m u' m u' m( + ) = m u' u' = = 7 4 4 (5) Ελέγχουμε την κινητική ενέργεια του συστήματος ελάχιστα πριν και αμέσως μετά την κρούση K = αρχ ( Σ ) m u ' ' 4 ( ) ( u u K = m ) ( ) u + m u = τελ Σ m m m u + = 8 Διαπιστώνουμε ότι : Kαρχ ( Σ) = Kτελ ( Σ) οπότε η κρούση είναι ελαστική Β Ι Σωστή η γ) Στο διπλανό σχήμα φαίνονται οι δυνάμεις που επηρεάζουν την κίνηση Γ α του συστήματος T T Στον άξονα περιστροφής της Δ τροχαλίας ασκείται το ολικό βάρος της R τροχαλίας καθώς και μια δύναμη Ο στήριξης με τυχαία διεύθυνση Επίσης T α γ το σώμα Σ δέχεται το βάρος του R καθώς και την κάθετη αντίδραση από T το λείο δάπεδο Το σημείο Γ είναι σημείο του σχοινιού Σ α που συνοδεύει την κίνηση του Σ αλλά και σημείο της περιφέρειας του m g Σ

δίσκου Δ Ο δίσκος εκτελεί μόνο στροφική κίνηση οπότε a = aγ = aεπιτρόχιος ( Γ) = aγ d = aγ R() Όμοια για το σημείο Δ a = a = aεπιτρόχιος ( ) = aγ d = aγ R() a a γ R a R 0,6m Από τις σχέσεις (),() έχουμε : = = = = a aγ R a R 0, 4m Δηλαδή a =, 5 a () ΙΙ Σωστή η α) ' ' α) Για τα αβαρή μη εκτατά σχοινιά : T = T και T = T β) Η ροπή αδράνειας της τροχαλίας είναι : I = mr + mr =, 6kg m Εύρεση α : Θεμελιώδης νόμος για το σώμα Σ : Σ F= m a mg T = m (, 5 a) (4) Θεμελιώδης νόμος για το σώμα Σ : Σ F = m a T = m a (5) Θεμελιώδης νόμος για την τροχαλία: a I Σ τ = I aγ T R T R = I (, 5 T T) R = a R R I, 5 T T = a (6) R Με πρόσθεση κατά μέλη των (4),(5),(6) : I I mg T+ T +,5T T =,5m+ m + a mg + 0,5T =,5m+ m + a R R (7) Από τη σχέση (4) T = mg,5m a 0,5T = 0,5mg 0, 75m (8), 5mg Ο συνδυασμός των (7),(8) δίνει την τιμή : a = Με I, 5m+ m + R αντικατάσταση 50 50 m a = = = 4 Άρα για την γωνιακή επιτάχυνση της τροχαλίας, 6,5 + 5 + 7,5 0,6 από τη σχέση () : a 4 a rad γ = = / R 0, 4 a 0 rad / ΙΙΙ Σωστή η β) Ο ρυθμός μεταβολής της κινητικής ενέργειας της τροχαλίας, αφού εκτελεί μόνο dk στροφική κίνηση είναι = ±Σttρ ω όπου ω η γωνιακή ταχύτητα της τροχαλίας dt εκείνη τη στιγμή και Σττρ η ολική ροπή που δέχεται η τροχαλία u 6 Αλλά : u = ω R ω = = = 5 rad / και Σ τ τρ = I a γ =,6 0 = 6Ν m R 0, 4 γ =

ΘΕΜΑ Γ Η =m (Δ) Α Νερό προς την οικία Α Η=8m Α h (Δ) Z Αντλία h / y=0 Γ Η αντλία μεταφέρει το νερό από το έδαφος σε ύψος H + H = 8+ = 9mκαι προσδίδει σε αυτό κινητική ενέργεια γιατί εξέρχεται από το σωλήνα με ταχύτητα μέτρου u Εφαρμόζουμε ΘΜΚΕ για μια στοιχειώδη μάζα dm κατά την μετακίνησή της από το έδαφος μέχρι να εξέλθει του σωλήνα : Wαντλιας + WB = Kτελ Kαρχ Wαντλιας dm g ( H + H) = dm u Wαντλιας = dm g ( H + H) + dm u () Για την ισχύ της αντλίας : dw ανtλιας P= = dm g ( H + H) + dm u () dt dt dt dm dv ρ dm dm Αλλά : Π= Π= = =Π ρ = Au ρ() dt dt ρ dt dt Στη σχέσεις (), () ο παράγοντας dm είναι ο ρυθμός με τον οποίο η αντλία dt μεταφέρει μάζα από το έδαφος στη δεξαμενή (Δ) dwανtλιας Από τις (),() : P= = Au ρ g ( H+ H) + u και με αντικατάσταση: dt P= 40W Γ Σύμφωνα με την εκφώνηση το σπίτι αντλεί νερό με σταθερή παροχή 4 4 A u 4 0 8 0 m Π = = = ενώ η στάθμη του νερού στην δεξαμενή (Δ) παραμένει σταθερή με το νερό εκεί να παρέχεται σταθερά κατά 4 m 4 m Π = A u = π r u = 0 0 = 0 0 Κατά συνέπεια η εισερχόμενη παροχή Π του νερού στην δεξαμενή Δ είναι ίση με την εξερχόμενη παροχή στο σπίτι Π και με την εξερχόμενη παροχή Π στη δεξαμενή

ποτίσματος Δ Έστω u η ζητούμενη ταχύτητα 4 4 4 m Π =Π +Π 0 0 = 8 0 +Π Π = 0 Π = A u Π 0 u = = = m/ 4 4 A 0 Γ Η στάθμη στην δεξαμενή Δ παραμένει σταθερή γιατί η εισερχόμενη παροχή Π από την δεξαμενή Δ είναι ίση με την εξερχόμενη παροχή από μικρή οπή στο σημείο Ζ Δηλαδή: Π 0 Π =Π Π = A u A = = A = 0,5 4 Z Z Z Z Z uz 4 Γ4 α) Εφαρμόζουμε εξίσωση Bernoulli για ένα σημείο της ελεύθερης επιφάνειας της δεξαμενής Δ και ένα σημείο μπροστά από την εξερχόμενη φλέβα νερού στο σημείο Ζ Επίπεδο αναφοράς για την βαρυτική δυναμική ενέργεια το έδαφος h patm + ρ g h + ρ 0 = patm + ρ g + ρ uz uz = g h uz h = h =, 6m g β) Για το βεληνεκές Smax = uz t έχουμε: h h y = gt = gt t = = 0,6 = 0, 4 Επειδή uz = 4 m/ το βεληνεκές g είναι : Smax = uz t =, 6m γ) Έστω x η απόσταση από το έδαφος μιας πλευρικής μικρής οπής η οποία δίνει το μέγιστο δυνατό βεληνεκές για το ύψος h της δεξαμενής Από το θεώρημα Torricelli η ταχύτητα εκροής είναι u= gh ( x) ενώ ο χρόνος x πτώσης της φλέβας : x = gt t = g Το βεληνεκές σε συνάρτηση με το ύψος x είναι: x S max Smax = g( h x) = 4 x( h x) x,6 x+ = 0() g 4 Για να έχει λύσεις η εξίσωση () πρέπει 0, 6 Smax 0 Smax, 6m() Η τελευταία σχέση δίνει μέγιστο βεληνεκές αυτό που υπολογίσαμε για την οπή στο β h σημείο Ζ για την τιμή του x= = 0,8m= Τελικά το βεληνεκές που α υπολογίσαμε είναι το μέγιστο δυνατό Γ5 ι) Εφαρμόζουμε την εξίσωση Bernoulli για ένα σημείο της ελεύθερης επιφάνειας της δεξαμενής Δ και για ένα σημείο Γ μπροστά από την εξερχόμενη φλέβα νερού στον ποτιστικό σωλήνα Επίπεδο αναφοράς για την βαρυτική δυναμική ενέργεια το έδαφος patm + ρ g h + ρ 0 = patm + ρ g 0+ ρ u Γ uγ = g h = = 4 m/ ιι) Εφαρμόζουμε την εξίσωση Bernoulli για ένα τυχαίο σημείο στο εσωτερικό του ποτιστικού σωλήνα που απέχει y από το έδαφος και για το σημείο Γ μπροστά από την

εξερχόμενη φλέβα νερού στον ποτιστικό σωλήνα (βρίσκεται στο έδαφος) Επίπεδο αναφοράς για την βαρυτική δυναμική ενέργεια το έδαφος Από την εξίσωση της συνέχειας η ταχύτητα ροής του υγρού μέσα στον ποτιστικό σωλήνα είναι η ταχύτητα εκροής που υπολογίσαμε προηγουμένως, η u Γ, γιατί το εμβαδόν διατομής του σωλήνα είναι σταθερό p+ ρ g y+ ρ uγ = patm + ρ g 0 + ρ uγ 5 4 p = patm ρ g y p = 0 0 y( SI), h 0 y = 0,8m Η γραφική παράσταση είναι η παραπάνω 0 5 0,9x0 5 P (N/m ) 0,8 y (m) ΘΕΜΑ Δ F Ζ T T T α α γ w N T α γ w N Τραχύ επίπεδο Λείο επίπεδο Δ Στο μη λείο επίπεδο ο κύλινδρος εκτελεί σύνθετη κίνηση, μια ευθύγραμμη ομαλά επιταχυνόμενη με επιτάχυνση a = aγ Rκαι μια στροφική ομαλά επιταχυνόμενη με επιτάχυνση a γ Μεταφορική επιτάχυνση προκαλεί η στατική τριβή Τ που έχει τη φορά του σχήματος Εύρεση a Ισχύει : F = T = N Μεταφορική κίνηση : Σ Fx = ma T= ma () a Στροφική κίνηση: Σ τ = I aγ F R T R = mr F T = m a () R F m Από τις σχέσεις (),() : F= ma a = () a = m Το σχοινί δε γλιστρά, ούτε επίσης ο κύλινδρος στο επίπεδο οπότε αν ξετυλιχθεί σχοινί μήκους ds το κέντρο μάζας του κυλίνδρου έχει μετατοπιστεί δεξιά κατά dx = ds Άρα όταν το σημείο Ζ έχει μετατοπιστεί κατά 4m τότε και το κέντρο μάζας του κυλίνδρου έχει μετατοπιστεί επίσης κατά 4m Έστω t η χρονική στιγμή για την οποία το κέντρο μάζας έχει τη ζητούμενη ταχύτητα

u Από το είδος κίνησης: x x = a t t = t = a Άρα u = a t = = 4 m/ u = 4 m/ Δ Η δύναμη F που ασκούμε εμείς μέσω του νήματος επηρεάζει την στατική τριβή που δέχεται ο κύλινδρος γιατί καθορίζει την κάθετη αντίδραση που δέχεται ο κύλινδρος από το επίπεδο Από την ισορροπία στον άξονα y: Σ Fy = 0 F + N w = 0 N = mg F (4) Η οριακή στατική τριβή είναι : Tορ = µ ορ N και από την (4) Tορ = mορ ( mg F) (5) Από τη σχέση () και τη σχέση () η τυχαία στατική τριβή που δέχεται ο κύλινδρος F F είναι : T= ma = m = (6) m Για να κυλίεται χωρίς να ολισθαίνει ο κύλινδρος πρέπει σε κάθε περίπτωση : T T F ( ) F ( ) mg ορ mορ mg F mg F F mg F mg Η μέγιστη τιμή της δύναμης F για ΚΧΟ είναι Fmax = = 0N Δ α) Ο κύλινδρος εισέρχεται στο λείο επίπεδο την t=t με ταχύτητα u = 4 m/, u a γωνιακή ταχύτηταω = = 0 rad / και γωνιακή επιτάχυνση a 0 rad / R = γ R = Στο επίπεδο αυτό καταργείται η στατική τριβή και η μεταφορική οριζόντια κίνηση του κυλίνδρου γίνεται ευθύγραμμη ομαλή με ταχύτητα κέντρου μάζας u Η στροφική κίνηση διατηρείται ομαλά επιταχυνόμενη με νέα γωνιακή επιτάχυνση που προκύπτει από τον θεμελιώδη νόμο : ' F rad Σ τ = I aγ T R = mr aγ aγ = aγ = 0 mr Με νέα αρχή μέτρησης των χρόνων την στιγμή εισόδου στο λείο επίπεδο η γωνιακή ταχύτητα ω έχει μέτρο : ω = ω0 + αγ t ω = ω+ αγ t όπου t= Με αντικατάσταση: ω = 0 + 0 ω = 80 rad / Η κινητική ενέργεια του κυλίνδρου είναι K= Kmετ + Kστρ = mu + I ω και με αντικατάσταση : K = 88J β) Μεταβάλλεται μόνο η στροφική κινητική ενέργεια του κυλίνδρου με ρυθμό : dk dk σt t J =+Σt ω =+ ( F R) ω = + 9 dt dt Δ4 α) Σύμφωνα με την εκφώνηση η δύναμη που ασκούμε στο άκρο Ζ δίνεται από την πρωτοβάθμια ως προς το χρόνο συνάρτηση: F = + t στο SI t t t = t + 8 H μέγιστη τιμή της συνάρτησης είναι η Fmax = 40N την χρονική στιγμή t = t + 8 Αυτή τη χρονική στιγμή μηδενίζεται η κάθετη αντίδραση από το επίπεδο γιατί η δύναμη F είναι αντίθετη του βάρους w= 40N Η γωνιακή επιτάχυνση προκύπτει από τον θεμελιώδη νόμο : F R ( + tr ) ( + t) a = = a = a = 0 +,5 t για t γ I mr γ mr γ t t

Η ζητούμενη γραφική παράσταση είναι : 00 α γ (rad/ ) 0 t t t β) Την χρονική στιγμή t=t η γωνιακή επιτάχυνση του κυλίνδρου είναι aγ = 00 rad / Η επιτάχυνση του σημείου Ζ είναι ίση με την εφαπτομενική επιτάχυνση του σημείου Λ του σχοινιού που ταυτίζεται με ένα σημείο της περιφέρειας της τροχαλίας Το σημείο αυτό Λ απέχει R από το λείο επίπεδο και βρίσκεται ακριβώς εκεί που ξετυλίγεται το σχοινί Ισχύει: a = a = a ( ) = a R= 00 0, = 0 m/ az = 0 m/ Λ Z επιτρόχιος Λ γ ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ: ΔΗΜΗΤΡΙΟΥ ΑΡΗΣ ΚΑΤΣΑΡΟΥ ΚΑΤΕΡΙΝΑ ΠΥΡΟΒΟΛΟΥ ΚΩΣΤΑΣ ΧΡΥΣΟΒΕΡΓΗΣ ΘΑΝΑΣΗΣ