Upload
others
View
2
Download
0
Embed Size (px)
Citation preview
www.orosimo.gr
ΦΥΣΙΚΗ ΘΕΤΙΚΩΝ ΣΠΟΥΔΩΝ
ΓΕΝΙΚΟ ΛΥΚΕΙΟ
22-6-2020
ΘΕΜΑ Α Α1. γ Α2. α Α3. γ Α4. δ Α5. α) Σωστό
β) Λάθος γ) Σωστό δ) Σωστό ε) Λάθος
ΘΕΜΑ Β B1. α) Η σωστή απάντηση είναι η iii.
β) Γνωρίζουμε ότι A cmu 2u και cmu ωR
22
2 2 2 2Γ cm γρ(Γ) cm cm
2 2 2 cmcm cm cm
ωRRu u u u ω u
2 4
u1 5u u u 5
4 4 2
cm
Γ
A cm
u5
u 52u 2u 4
Β2. α) Η σωστή απάντηση είναι η ii.
β) 2
2K 0 2 2
2 2 21
21 11 1
1m u
K K K 2Π 100% 100% 100%1K K m u2
με 1 1
2
1 2
2m uu
m m
2 21 1
2 2
1 2 1 21 22
1 1 1 2
4m um
m m 4m mΠ 100% 100%
m u m m
Φροντιστήριο Ορόσημο 2
www.orosimo.gr
1
2K 0 1 1
1 1 12
22 22 2
1m u
K K K 2Π 100% 100% 100%1K K m u2
με 2 2
1
1 2
2m uu
m m
2 22 2
1 2
1 2 1 22 22
2 2 1 2
4m um
m m 4m mΠ 100% 100%
m u m m
Συνεπώς 1 2Π Π
Β3. α) Η σωστή απάντηση είναι η i. β) Εφαρμόζουμε το θεώρημα του Bernoulli από την επιφάνεια στο Ο:
2 2atm atm O 1 1 O
1P 0 ρgH P ρu ρgh 2gH 2gh u
2 (1)
Εφαρμόζουμε το θεώρημα του Bernoulli από το Ο στο Ζ:
2 2atm O 1 atm Z 2
1 1P ρu ρgh P ρu ρgh
2 2
Επίσης 2 2Z Zx Zyu u u με Zx Ou u και Zy OZu gt όπου κιν
OZ
tt
2 γιατί
SOZ
2
και 1κιν
2ht
g
Άρα
2 2 2 1O 1 O 2
2 2O 1 O 1 2 1 2
h1 1ρu ρgh ρ u g ρgh
2 2 2g
1 1 1 4ρu ρgh ρu ρgh ρgh h h
2 2 4 3
(2)
Από (1) & (2) έχουμε 2 22 O 2 O
4 82gH 2g h u 2gH gh u
3 3 και
2
21Hh
32
2 2O O O
gH8 21H 7 gH2gH g u u 2gH gH u
3 32 4 4 2
Συνεπώς η παροχή είναι O
gH AΠ Au A gH
2 2
ΘΕΜΑ Γ Γ1. Η ράβδος θα κάνει επιταχυνόμενη κίνηση αλλά με συνεχώς μειούμενη επι-
τάχυνση μέχρι η επιτάχυνση να μηδενιστεί και να αποκτήσει σταθερή οριακή ταχύτητα
Όταν αποκτήσει σταθερή οριακή ταχύτητα θα πρέπει LF 0 F F
με L 1F B IL , επ 1 ορE B u L , επ
ολ
EI
R και ολ 1 ΚΛR R R
Οπότε 2 2
1 ορ 1 ΚΛορ 2 2
1 ΚΛ 1
B u L F R RF u 4m / s
R R B L
Γ2. Για να συνεχίσει να κινείται με σταθερή οριακή ταχύτητα θα πρέπει
LF 0 F F
3 Φροντιστήριο Ορόσημο
www.orosimo.gr
με L 3F B I L , επ 3 ορE B u L , επ
ολ
EI
R
και ολ 1 ΚΛR R R
Η LF θα έχει φορά προς τ’ αριστερά, καθώς λόγω του κανόνα του Lenz θα εί-
ναι αντίθετη στη ορu .
Οπότε προκύπτει 2 2
3 ορ
1 ΚΛ
B u LF 0,8N
R R
με φορά προς τα δεξιά, γιατί θα πρέπει
να είναι αντίθετη της LF .
Γ3. 3 ορ3 3 επ ολεπ
ολ ολ ολ ολ 3 ορ
B Lu ΔtB ΔΑ B LΔx q RΔΦq Δt 0,25s
R R R R B Lu
2 2 23 ορ2
ολ ολ2ολ
B u LQ I R Δt R Δt 0,8J
R
Γ4. εξ
εξ 1 2
1 1 1R 1Ω
R R R και
ολ εξ ΚΛR R R 4Ω
Για να αποκτήσει ξανά σταθερή οριακή ταχύτητα θα πρέπει
LF 0 F F με L 3F B I L , επ 3 ορE B u L , επ
ολ
EI
R
Οπότε 2 2
3 ορ ολορ 2 2
3ολ
B u L F RF u 3,2m / s
B LR
Συνεπώς έχουμε επ 3 ορE B u L 3,2V και 3 ορεπ
ολ ολ
B u LEI 0,8A
R R
ΚΛ επ ΚΛV E I R 0,8V
1 2R R
1 2 1 1 2 2 1 2V V I R I R I I
και 1 2I I I
Άρα 1 2I I 0,4A
ΘΕΜΑ Δ Δ1.
Φροντιστήριο Ορόσημο 4
www.orosimo.gr
Για το σώμα m2: 2 2 2F 0 w T T 30N
Για την τροχαλία: 22 1 1
T Rτ 0 T R T r 0 T
r
με 2 2T T και 1 1T T
Οπότε 1T 60N
Για τη ράβδο:
1 1 2 1 1 2(Α)
1 1
1 1
11 1
τ 0 wx T y y N y y 0
l lwσυνθ T ημθd ημθ N lημθ 0
2 2
l l lN lημθ Mgσυνθ T ημθ
2 6 3
2TMgσυνθN N 10N
2ημθ 3
Δ2.
Για το σώμα m1 στην Θ.Ι.Σ1.:
ελ,1 1x 1 1 1F 0 F w 0 hl m gημθ l 0,05m
Για το συσσωμάτωμα στην Θ.Ι.Τ.:
ελ,2 συσ,x 2 1 2 2F 0 F w 0 hl m m gημθ l 0,2m
Άρα η κρούση γίνεται στη θέση που απέχει απόσταση από τη Θ.Ι.Τ. ίση με
2 1d l l 0,15m
Λόγω θετικής φοράς σύμβασης προς τα κάτω: x d 0,15m
Για την ταλάντωση: 2 2 21 2
1 1 1E K U kA m m u kx A 0,3m
2 2 2
5 Φροντιστήριο Ορόσημο
www.orosimo.gr
Δ3. 1 2σ
m m 2πT 2π s
k 5
και σ
σ
2πω 5rad/ s
T
σ 0x Aημ ω t φ και για t0 = 0 έχουμε x0 = -0,15m
Οπότε
κ 00 0
0κ 1
0 0
7π 7πημφ 2κπ φ rad
1 7π 6 6ημφ ημ
7π 11π2 6ημφ 2κπ π φ rad
6 6
Όμως για t0 = 0 έχουμε u0 > 0 και συν(7π/6) < 0 & συν(11π/6) > 0
Άρα 0
11πφ
6 και
11πx 0,3ημ 5t
6
(SI)
Δ4.
Για τη κρούση: 2x 2u u ημφ
αρχ τελ 2 2x 1 2 2P P m u m m v u 2 3m / s
Από ΑΔΜΕ μεταξύ των θέσεων Α και Γ προκύπτει: 2
2 2Α Γ Α Α Γ Γ 2 2 2
0 0
u1E E K U K U m gh m u h 0,6m
2 2g
Δ5. Η θέση της μέγιστης επιμήκυνσης του ελατηρίου είναι η θετική ακραία θέση της ταλάντωσης
ελ 2F k l A 5
ΣF kA 3