Πανελλαδικές 2019: Απαντήσεις στη Φυσική Προσανατολισμού

ΦΥΣΙΚΗ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ 12 ΙΟΥΝΙΟΥ 2019 ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ

ΘΕΜΑ Α Α1. β Α2. γ Α3. α Α4. γ Α5 α)Λ ,

β) Σ,

γ)  Λ,

δ)  Σ,

ε) Σ

ΘΕΜΑ Β Β1.

Πλαστική κρούση Σ1 – Σ2

Σ1

Σ1 –Σ2

Σ2 πριν

μετά

  Α.Δ.Ο Pπριν = Pmετ ά ⇒ mυ s + 0 =

( m + m )υκ ⇒

Α

= f1

Σ1

υκ =

υs 

2  υη x (1)  υη x  40 υs = 20 

υη x + 0 υη x = fs f (2) υη x + υ s υη x + υ s s

πριν την κρούση

Α

= f2 Σ1 Σ2

υ

υ

ηx ηx = fs f (3) υs s υη x + υk υη x + 2

μετά την κρούση

Από

( 2) ⇒ ( 3)

υη x

υη x 41 fs υη x + υk υη x + 40 20 41 f1 υη x + υ s = = = = = υη x υη x 21 42 υη x + υ s f2 υη x + f υη x + υk s 20 20 1

Άρα σωστό το (ii) Β2.

Εξ. συνεχ. από Δ→Γ Π1 =Π 2 ⇒ A1υ1 =A2υ2 =2 A2 ⋅υ1 =A2υ2 ⇒ υ2 =2υ1 (1) Βernoulli: Δ→Γ

1 1  P∆ + ρυ12 = P2 + ρυ22  2 2  1 1 Σtον κataκ ό ρυϕο σωλ ήνa  ⇒ Patm + ρ gh + ρυ12 = Patm + ρυ22 ⇒ 2 2  = P∆ Patm + gph  

1 2 1 2 (1) 1 υ22 1 2 (1) ⇒ gh + = υ1 υ2 ⇒ gh + = υ 2 ⇒ ⇒= υ2 2 2 2 4 2

Στο δοχείο

Π 2 =Π 3 επιφάνεια σταθερή σε ύψος (Η) άρα:

A2υ2= A3υ3 ⇒ A2υ2=

8 gh 3

(2)

⇒

A2 υ3 ⇒ υ3= 2υ2 2

Bernοulli: Ε→Ζ 1 3 1 ρυ2 + 0 ⇒ gH= 4υ22 ⇒ 2 2 8 H g gh= από την (2) ⇒ 2 3

Patm + pgH + 0= Patm +

gH = 2υ22 ⇒ υ2 = Σωστό (iii)

Β3

8

3 H h ⇒ = 2 H 16

F=9π (Ν) Μ=3 (Kg) L=1 (m)

L Α

Ο

m 2

Ε

Για την κίνηση Α→Δ από το Θ.Μ.Κ.Ε ισχύει: 1 π 1 1 π ∆Κ = ΣW ⇒ ⋅ I o ⋅ ω∆2 = ( F ⋅ L ) ⇒ ⋅ ⋅ M ⋅ L2 ⋅ ω∆2 =F ⋅ L ⋅ ⇒ 2 2 2 3 2 1 1 π ⇒ ⋅ ⋅ 3 ⋅1 ⋅ ω∆2= 9π ⋅1 ⋅ ⇒ ω∆= 3π rad / s 2 3 2 Για τον χρόνο t∆→Ε = t έχουμε

π

∆Θ= ω∆′ ⋅ t ⇒ = 2

3π 1 s ⋅ t ⇒ t= 2 3

Άρα σωστό είναι το (ii).

ΘΕΜΑ Γ (1)

(2)

(3)

(4)

(5)

(ΑΘ)΄

ΘΦΜ Αρχ ΘΙ1

(+)

Τελ ΘΙ2

x (ΘΙ2 )

Γ1.

Για την αρχική Θ.Ι1 σχήμα (2) ισχύει: ΣFy = 0 ⇒ W1 = Fεl .1 ⇒ m1 ⋅ g = Κ ⋅ ∆l ⇒ Κ =

10 = 200 N / m 0, 05

Για την αρχική Θ.Ι2 σχήμα (5) ισχύει: ΣFy = 0 ⇒ W1 = Fεl .2 ⇒ ( m1 + m ) ⋅ g = Κ ⋅ ∆l1′ ⇒ 20 = 200 ⋅ ∆l ′ ⇒ ∆l ′ = 0,1m Άρα το πλάτος ΑΘ′ − ΘΙ 2 : ∆l ′ = Α = 0,1m Γ2.

x = ∆l ′ − ∆l = 0, 05m ΑΔΕΤ: 1 1 1 Κ + U = EΤ = ⋅ ( m1 + m2 ) ⋅υΚ2 + ⋅ k ⋅ x 2 = ⋅ k ⋅ Α 2 ⇒ 2 ⋅υΚ2 + 200 ⋅ 0, 052 = 200 ⋅ 0,12 ⇒ 2 2 2 3 1 0, 25 ⇒ υΚ = 0, 75 = m / s ⇒ υΚ2 =− 2

3

  3 Από: Pπριν = Pmετ ά ⇒ m ⋅υ0 = 2 ⋅ m ⋅υ K ⇒ υ0 = ⋅2 = 3 m / s 2

Γ3.

Γ4.

   3 3 m P2′ − P2 = m2υk − m2υ0 ⇒ ∆P2 = − 3 ⇒ ∆P2 = kg ∆P2 = ∆P2 = − ⇒ g 2 2 3 ∆P2 = kg m s 2 Με κατεύθυνση προς τα κάτω, προς τα αρνητικά.

Για t = 0,

x = 0, 05m , A = 0,1 , m, υ > 0

t =0 1 π x =Aηµ (ωt + ϕ0 ) ⇒ 0, 05 =0,1ηµϕ0 ⇒ ηµϕ0 = =ηµ 2 6 π π  ϕ0 2κπ + 6  = ά ρα =  κ =0 ϕ0 6 µε υ > 0 δεκτ ή  π άρα 0 ≤ ϕ0 < 2π  ⇒  άρα ϕ0 = 5π 6  = ϕ0 υ <0 ή ϕ0 = 2κπ +5π 6   6 

= ω

k = m1 + m2

= 100 10 rad

s

π  Άρα η απομάκρυνση= είναι x 0,1ηµ 10t +  ( SI ) 6 

ΘΕΜΑ Δ

Τ1 Τ2 Ν wx

x

Τ1 Tστ

F

B

WΣ

Γ

wy A

Δ1.

Σώμα (Σ):

ΣFy =0 ⇒

Τ2

T2 = WΣ   T ′ =W2 ⇒ T2′ =20 N T2′ = T2  2

Στην τροχαλία Στ ( K ) =0 ⇒ T1′RT =T2′RT =T1′ =T2′ ⇒ T1′ =20 N ′ 20 N T= T= 1 1

4

Στον κύλινδρο Στ ( Ο ) =⇒ 0 T1′RΚ = Tστ RΚ = Tστ = 20 N ΣFx =0 ⇒ F + Wx =T1 + Tστ ⇒ F =40 − 10 ⇒ F =30 N

Δ2.

(4)

Τ4

Ν΄

B Τ3

Λ wx

x

Τ4

(3) Τ3

0

Δ

Tστ΄ wy

α1

Γ WΣ

A

′ Για τον κύλινδρο = T3 T= T4′ αβαρή νήματα 3 , T4 μεταφ : ΣFx = mκ ⋅ acm ⇒ T4 + Tστ′ − Wx = mK ⋅ acm στροφ.: Στ (ο ) = Ι 0 ⋅ a γ1 ⇒ T4 Rk − Tστ ′ ' Rk = mk Στην τροχαλία στροφ. Στ K = Ι K ⋅ aγ 2 ⇒ T3 RT − T4 RT =

Rk2 aγ 2 1

mT RT2 aγ 2 2

(1) (2)

(3)

Στο σώμα μεταφ.: ΣFy = mΣ a ⇒ wΣ − T3 = mΣ ⋅ a

(4)

η ταχύτητα του σώματος υΣ = υ3 άρα αααα ⇒ = γ 2 RT 2 =

(5)

η ταχύτητα υΛ = υ4 άρα a= a= aγ 2 ⋅ RT Λ 4 όμως υΛ = 2υcm άρα aΛ = 2acm υ∆ = 0 άρα υcm= ω ⋅ Rκ άρα acm = aγ1 Rκ

⇒

2acm = a (6) Λύνοντας: Από (2), (7) ⇒ (T4′ − Tστ′ ) = Rκ Από (3), (5) ⇒ (T3 − T4 ) R= T

( mκ = 2 ) mκ Rκ2 a cm mκ ′στ ′ acm (8) ⇒ T4′ − T= acm ⇒ T4′ − T= στ 2 Rκ 2

mT RT2 a mT ( mT = 2) ⇒ T3 − T= a ⇒ T3 − T= a 4 4 2 RT 2 5

(9)

α Από (8), (6) ⇒ T4 − Tστ = (10) 2

( 4) (9)

20 − Τ3 = 2α   ⇒ 20 − Τ4 = 3α Τ3 − Τ4 =α 

(11)

Από (1) (6) ⇒ Τ4 + Τστ − mκ gηmϕ= mκ ⋅ acm 1 α T4 + Tστ − 2 ⋅10 = 2 ⇒ T4 − Tστ= 10 + α (12) 2 2 3α (11) Από (10), (12) ⇒ 2Τ4 = 10 + ⇒ 2 3αα 3 2 ( 20 − 3ααα ) = 10 + ⇒ 40 − 6 = 10 ⇒ = 4 m s 2 2 2 a (6) acm= = 2 m 2 s 2 u1

Δ3.

(+)

Tστ΄΄

wx

(+)

α΄cm αγων

A

υ1 = a1 ⋅ t = 2 ⋅ 0,5 = 1 m / s ΣFx = M ⋅ acm ′ Wx − Ts′′= M K ⋅ acm ′′ M K ⋅ acm ′ (1) M K ⋅ g ⋅ηmϕ − Τ= s

′ ⇒ Τ′′s ⋅ RK= Στ= I K ⋅ aγων ′ ′ ⋅ RK κύλιση a= aγων 'cm

M K RK 2 2

′ ⋅ aγων

(2)

(3)

RK 2 acm ′ ′ ′ M K ⋅ acm 2 ⋅ acm ′′ ′′ acm ′ (4) ⋅ ⇒T = = ⇒T = s s 2 RK 2 2 1 10 ′ = 2acm ′ ⇒ 10= 3acm ′ ⇒ acm ′= m s2 (1), (4) 2 ⋅10 ⋅ − acm 2 3 Από (2) και (3) Ts′′⋅ R= MK K

υ = υ1 − acm ⋅ ∆t ⇒ 0 = 1 − = t2 0,5 + ∆= t 0,8s

10 3 ⋅ ∆t ⇒ ∆t = = 0,3s 3 10

6

Δ4.

SΟΛ= S1 + S 2 1 1 S1 = a1t12 = ⋅ 2 ⋅ 0,52 = 0, 25m 2 2 1 1 1 S 2 = υ1 ⋅ ∆t − ⋅ acm ⋅ ∆t 2 = 1 ⋅ 0,3 − ⋅ ⋅ 0,32 = 2 2 10 1 1 1 = 0,3 − ⋅ ⋅ 0,3 ⋅ 0,3= 0,3 − ⋅ 0,3= 0,15m 2 10 2 SΟΛ = 0, 25 + 0,15 = 0, 4m

Δ5.

Οι δυνάμεις που ασκούνται στην σανίδα Ν

Fαξ

N1

A

Γ

K

N1y N1x

x Τστ΄΄

Ε Ν΄=WKy

Δ wy w

Στ ( Γ ) = 0 ⇒ Wy ( ΚΓ ) − N1 y ( ΑΓ ) − WΚy ( ΓΕ ) = 0 ⇒

⇒ Mg ⋅ συνϕ ( ΚΓ ) − M Κ ⋅ g ⋅ συνϕ (ΓΕ) = Ν1 ⋅ συνϕ ( ΑΓ) ⇒ ⇒ 20 ⋅ 0,5 − 20 ⋅ 0, 2 = Ν1 ⋅ 2,5 ⇒ Ν1 =

6 = 2, 4 Ν 2,5

Εναλλακτικά Στ ( Γ ) = 0 ⇒ Wy ( ΚΓ ) − N1 y ( ΑΓ ) − WΚy ( x − Γ∆ ) = 0 ⇒

⇒ Mg ⋅ συνϕ ( ΚΓ ) − M Κ ⋅ g ⋅ συνϕ ( x − Γ∆) = Ν1 ⋅ συνϕ ( ΑΓ) ⇒

⇒ 20 ⋅ 0,5 − 20 ⋅ ( x − 0, 2 ) = N1 ⋅ 2,5 ⇒ 10 − 20 x + 4 = N1 ⋅ 2,5 ⇒ 14 − 20 x = 2,5 N1 ⇒ N1 = 5, 6 = 8x Ή πρέπει N1 ≥ 0 ⇒ 5, 6 − 8 x ≥ 0 ⇒ x ≤ 0, 7 m 0 ≤ x ≤ 0, 4m άρα δεν ανατρέπεται.

7