Page 1

ΠΑΝΕΛΛΑΔΙΚΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ Γ΄ ΤΑΞΗΣ ΗΜΕΡΗΣΙΟΥ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΤΕΤΑΡΤΗ 13 ΙΟΥΝΙΟΥ 2018 ΕΞΕΤΑΖΟΜΕΝΟ ΜΑΘΗΜΑ: ΦΥΣΙΚΗ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ (Ενδεικτικές Απαντήσεις) ΘΕΜΑ Α Α1  γ Α2  δ Α3  α Α4  δ α  Λάθος

Α5.

β  Σωστό

γ  Λάθος

δ  Σωστό

ΘΕΜΑ Β Β1. Η σωστή απάντηση είναι το i.

(Σχήμα 1) Από το σχήμα: d

31 και d1  21 . 2

Ισχύει ότι f 2  2  f1 

    2   2  1 . 2 1 2

d 2  d12  d 2  412  d2 

912  4

51 2

1

ε  Λάθος


Συνεπώς: 5  d 2  d1  1  21  1 2 2

Για το είδος της συμβολής: 1 d1  d 2  '  2  2  2  2  2   2 1 2 2 2

Συνεπώς συμβαίνει ενισχυτική συμβολή. Β2.

Η σωστή απάντηση είναι το iii.

(Σχήμα 2.) R2 

R 2

Αρχή Διατήρησης Στροφορμής L1  L 2  m  u0  R  m  u2  R 2  u2  2  u0

Θεώρημα Μεταβολής της Κινητικής Ενέργειας 1 1  m  u 2   m  u 0 2  WF  2 2 1 1 WF   m  4  u 0 2   m  u 0 2  2 2 3 WF   m(0  R) 2  2 3 WF  m  20  R 2 2

Β3. Η σωστή απάντηση είναι η i.

2


(Σχήμα 3.) Από το βεληνεκές της φλέβας του υγρού και το χρόνο πτώσης υπολογίζουμε το μέτρο της ταχύτητας της φλέβας τη στιγμή που βγαίνει από τη διατομή Δ: x max    t  4h   

2h 2h 16gh  16h 2  2       8gh (1) g g 2

Για τα σημεία Γ και Δ η παροχή διατηρείται. Από την εξίσωση της συνέχειας προκύπτει:            2      2 (2) Εφαρμόζουμε την εξίσωση Bernoulli μεταξύ των σημείων Γ και Δ, χρησιμοποιώντας τις σχέσεις (1) και (2). 1 1 p  2  0  p   2  gh  2 2

1 2 1 2 𝜌𝜐 − 𝜌𝜐 + 𝜌𝑔ℎ ⇔ 2 𝛥 2 𝛤 1 1 ⇔ 𝑝𝛤 − 𝑝𝛥 = 𝜌4𝜐𝛤2 − 𝜌𝜐𝛤2 + 𝜌𝑔ℎ ⇔ 2 2 3 ⇔ 𝑝𝛤 − 𝑝𝛥 = 𝜌𝜐𝛤2 + 𝜌𝑔ℎ ⇔ 2 3 (8𝑔ℎ) ⇔ 𝑝𝛤 − 𝑝𝛥 = 𝜌 + 𝜌𝑔ℎ ⇔ 2 4 ⇔ 𝑝𝛤 − 𝑝𝛥 = 4𝜌𝑔ℎ 𝑝𝛤 − 𝑝𝛥 =

Βρήκαμε ότι:   8gh άρα  

8gh 2  2gh  2  2gh  h   2 2g

Τελικά pΓ  pΔ  4 ρgh  pΓ  pΔ  4g

2  2g

pΓ  pΔ  22

ΘΕΜΑ Γ Γ1. 3


(Σχήμα 4.α)

(Σχήμα 4β.) Το σώμα 𝑚1 ακριβώς πριν την κρούση έχει ταχύτητα μέτρου: 𝜐1 = 𝜐𝑚𝑎𝑥 = 𝜔 ⋅ 𝐴 = √

Εφαρμόζουμε

𝑘1 ⋅ 𝛥𝑙 ⇔ 𝑚1

⇔ 𝜐1 = 2𝑚/𝑠𝑒𝑐 Αρχή Διατήρησης Ορμής αφού το σύστημά μας 𝑝⃗𝛼𝜌𝜒 = 𝑝⃗𝜏𝜀𝜆 ⇔ 𝑚1 𝜐1 = (𝑚1 + 𝑚2 )𝑉 ⇔ 𝑉 = 1𝑚/𝑠𝑒𝑐 4

είναι

μονωμένο.


Ο λόγος των συχνοτήτων υπολογίζεται. 𝜐𝜂𝜒 − 𝜐1 ( ) 𝑓𝑠 𝜐𝜂𝜒 𝑓1 𝑓1 𝜐𝜂𝜒 − 𝜐1 = ⇔ = ⇔ 𝜐𝜂𝜒 − 𝑉 𝑓2 𝑓2 𝜐𝜂𝜒 − 𝑉 ( ) 𝑓𝑠 𝜐𝜂𝜒 𝑓1 338 ⇔ = 𝑓2 339 Γ2.

(Σχήμα 5.) Σχεδιάζουμε το συσσωμάτωμα σε μια τυχαία θέση και υπολογίζουμε τη συνιστάμενη δύναμη στη διεύθυνση κίνησης του. 𝛴𝐹 = −𝐹𝜀𝜆1 − 𝐹𝜀𝜆2 = −𝑘1 𝑥 − 𝑘2 𝑥 = −(𝑘1 + 𝑘2 )𝑥. Άρα, το συσσωμάτωμα εκτελεί ΑΑΤ με 𝐷 = 𝑘1 + 𝑘2 = 2𝑘. ος 1 Τρόπος Εφαρμόζουμε διατήρηση ενέργειας ταλάντωσης στη θέση της κρούσης που είναι και θέση ισορροπίας της ταλάντωσης. 𝛦 =𝛫+𝑈 ⇔

1 1 2𝑚𝑉 2 = 𝐷 (𝐴′ )2 ⇔ 𝐴′ = 0.2𝑚 2 2

2ος Τρόπος Αμέσως μετά την κρούση το συσσωμάτωμα βρίσκεται στη Θ.Ι. της ταλάντωσης. Συνεπώς: (  ')

V  Vmax  V   '  '   '  0, 2m

Γ3. Για να καταγράψει ο δέκτης συχνότητα ίση με την 𝑓𝑠 θα πρέπει να έχει ταχύτητα μηδέν. Αυτό συμβαίνει μετά από χρόνο 𝑡 =

𝑇 4

⇔𝑡=

2𝜋√ 4

2𝑚 2𝑘

⇔𝑡=

𝜋 10

𝑠𝑒𝑐.

Γ4. Το μέτρο του μέγιστου ρυθμού μεταβολής της ορμής του συσσωματώματος υπολογίζεται με τη βοήθεια του δευτέρου νόμου του Νεύτωνα. 𝛥𝑝 | | = 𝛴𝐹𝑚𝑎𝑥 = 𝐷𝐴′ = 2𝑘 ⋅ 𝐴′ ⇔ 𝛥𝑡 𝑚𝑎𝑥 𝛥𝑝 ⇔| | = 20𝐽/𝑠𝑒𝑐 𝛥𝑡 𝑚𝑎𝑥

5


ΘΕΜΑ Δ Δ1.

(Σχήμα 6.) Θεώρημα Steiner για την ράβδο. M 2 I   cm  M( )  2 3 2

Για το σύστημα        cm,     

M 2 m  R 2    3 2  24  1 

   25kg  m 2

Δ2.

6


(Σχήμα 7.) 1ος Τρόπος dL  0  dt dL    g     dt 2 dL m2  72kg 2 dt s

2ος Τρόπος Εφαρμόζουμε Θεμελιώδη Νόμο της Στροφικής κίνησης. 0        wy 

2

      

M  g       2,88

2

      

rad s

Για το ρυθμό Μεταβολής της Στροφορμής. dL  I     2,88  25  dt dL m2  72kg 2 dt s

Δ3.

7


(Σχήμα 8.) Από το σχήμα : y1    2

Θεώρημα Μεταβολής της Κινητικής Ενέργειας (I)→(II) K II K I  Ww      0    g  (  y1 ) 2

Για την Κινητική Ενέργεια του Συστήματος 3 3    8 10  (   0,8)  2 2    24J

Δ4. 8


(Σχήμα 9.) Το νήμα δεν ολισθαίνει.       ,  2   cm,     ,  R  2   cm,     , 

2   cm,  (.1) R

Εφαρμόζουμε Θεμελιώδη Νόμο της Μηχανικής Τροχαλία .1

       ,    R  I     I    

2 cm,   R

2 cm,   R2

195   cm,  (.2) 2

Κύλινδρος Μεταφορική w x  T  s  m   cm,   .2

m  g      s  m   cm,  

195   cm,   S  30   cm,   2 255 Ts  240    cm,  (.3) 2

300  0,8 

Στροφική

9


   cm     ( .2  3)  1 s  R  T  R   m  R 2  cm,   2 R 255 195 30 240    cm,     cm,     cm,   2 2 2 m  cm,   1 2 s

Για την ταχύτητα: cm  cm  t(.4) Scm 

1   cm  t 2  t 2  4  t  2sec 2

Συνεπώς η ταχύτητα: cm  1  2  cm  2

m s2

10

Απαντησεισ φυσικησ προσανατολισμου  
Απαντησεισ φυσικησ προσανατολισμου  
Advertisement