ΦΥΣΙΚΗ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ - ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ

ΠΑΝΕΛΛΑΔΙΚΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ Γ' ΤΑΞΗΣ ΗΜΕΡΗΣΙΟΥ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ Τετάρτη 12 Ιουνίου 2019 ΕΞΕΤΑΖΟΜΕΝΟ ΜΑΘΗΜΑ : ΦΥΣΙΚΗ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ Θέμα Α

Α 1. β) Α2. γ) Α3. α) Α4. γ) Α5. α.Λ

β.Σ

γ.Λ

δ.Σ

ε.Σ

Θέμα Β

Β1. α) ΣΩΣΤΟ ΤΟ ii β) πρίν την κρούση έχω =

Από Α.Δ.Ο. για την κρούση έχω:

+

20

∙

⇒

=

20 ∙ (1) 21

(m + m )u = m ∙ u ⇒ u =

u 2

1

Μετά την κρούση έχω : =

+

Οπότε :

40

∙

⇒

20 (1) 21 ∙ ⇒ (2) 40 ∙ 41

=

⇒

40 ∙ (2) 41

41 42

Β2. α) ΣΩΣΤΟ ΤΟ iii β) από εξίσωση Bernoulli για το (1),(2) έχω +

1 2

=

=

+

1 + 2

1 2

Από εξίσωση συνέχειας Π1= Π2⇒

Επίσης Π3= Π2⇒

⇒

)

=

#

#

=2

⇒

( )

ℎ+

= 2 (1)

⇒ $2 % = 2&

' #

+

2

ℎ+

=

1 2

1 2

⇒

ℎ⇒2 % =4

' #

=

8 ℎ 3

ℎ ⇒ 6% = 32ℎ

*

2

Β3. α) ΣΩΣΤΟ ΤΟ ii β)

εφαρμόζοντας Θ.Μ.Κ.Ε.

6 1 + − + = -./ ⇒ 01 = 2 ∙ 3 ∙ 4 ⇒ 1 = 35 .

7 2

Από διατήρηση στροφορμής κατά την κρούση έχω

1 1 9: ∙ 1 = ; 9: + <: = 1> ⇒ 1> = 1,55 6/7.

3 3

Ομαλή περιστροφική κίνηση οπότε έχω 1=

1 5/2 C ⇒ D = 7FG. ⇒D = 3 1′ D

3

Θέμα Γ

Γ1.

Στη θέση ισορροπίας του σώματος έχουμε ΣF=0⇒ <

= HI3 ⇒ 10 = H ∙ 0,05 ⇒ H = 200J/<.

Στη θέση ισορροπίας στο συσσωματώματος έχουμε ΣF’=0⇒ (< + < ) = H(I3 +I3′) ⇒ I3> = 0,05 m

Οπότε το πλάτος προκύπτει Α=I3 + I3> = 0,1<.

4

Γ 2. Από Α.Δ.Ε.Τ έχουμε Ε=Κ+U⇒ KL = (< + < )

+ HI3′ ⇒

=

√#

</7

Από Α.Δ.Ο για την κρούση έχω <

N

= 2< ⇒

N

=2 ⇒

Οπότε Κ= muN ⇒ K = 1,5J

N=

√3</7

Γ 3.

QIRRRR⃗Q = QRRRRRR⃗ − RRRRRR⃗Q ⇒ |I | = |<

−<

N | ⇒ |I | =

Με φορά προς τα κάτω.

√3 H ∙ < 7 2

Γ 4. Βρίσκω την αρχική φάση Για t0 = 0s βρίσκεται στη θέση Α/2. Οπότε UVWCN =

X

Y

⇒ CN = 6Z[ .(δεκτή διότι u > 0) *

D= (m1 +m2)ω2⇒ 1 = 106/7.

Τελικά

x=Aημ(ωt + φ0)⇒ x=0,1ημ(10t +π/6) στο (S.I.)

5

Θέμα Δ

Δ1.

Συνθήκη ισορροπίας Στ=0⇒ \ ] − \ ] = 0 ⇒ \ = \ ΣF=0⇒ \ = < = 20J = \

Στ=0⇒ \ ] = \^

]

_2 = 0 ⇒ 2 + ` VWC = \ + \^

⇒ 2 + 10 = 40 ⇒ 2 = 30J

6

Δ2.

Σώμα Σ ΣF = Mα ⇒ Μg − T > = Ma Τροχαλία

a 1 Στ = Ιαγων ⇒ Τ ′R p − Τ ′R p = Μp R p Rp 2

Από τις δύο σχέσεις έχω Τ2= 20 – 3α (1)

Κύλινδρος ΣF = `q αrs ⇒ T^ + T > − `q VWC = `q αrs Στ = Ιαγων ⇒ Τ ′R − Τtp R

=

Από τις δύο σχέσεις έχω 2\ > − 9q VWC =

1 Μ R 2 u

αrs Rp

v

3 zzz α = 4</7 9 α 2 q rs vwx y

7

Δ3. Για(0-t1) uk=αcmt1=1m/s (t1-t2) εκτελεί επιβραδυνόμενη ΣF=Mαcm’’⇒ \^ ΄΄ − 9 VWC = Mαcm’’

Στ = Ιαγων⇒ − \^ ΄΄] = `]

wx ’’

}

Τελικά προκύπτει

|~rs ’’|= 10/3 m/s2

u = u0 - |~rs ’’| ∙ ID ⇒ ID = 0,37FG άρα t2 = t1 + Δt = 0,8 sec.

Δ4. Δx1 = αcmt12⇒ I• = 0,25 <.

Δx2 = uk Δt - αcm’’Δt2⇒ I• = 0,15<

Δxολ =Δx1+Δx2= 0,4m

8

Δ5.

Για να μην ανατραπεί οριακά Ν=0 ‚

ΣτΓ=0⇒ 9 € •C ; − (ƒ„)= = 9q € •C•…† ⇒ •…† = 0,5<

Επειδή ο κύλινδρος σταματά 0,2 m πάνω από το στήριγμα η ράβδος δεν ανατρέπεται.

Ομάδα Φυσικών <<Φροντιστήριο Άλμα>> Βαρελάς Δημήτρης Βγενόπουλος Αντώνης Βώσσος Κώστας Παρασκευόπουλος Χρυσοβαλάντης

9