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