ΑΠΟΛΥΤΗΡΙΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ ΤΗΣ Γ' ΛΥΚΕΙΟΥ
ΦΥΣΙΚΗ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΙ ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ
ΟΙ ΛΥΣΕΙΣ ΤΩΝ ΘΕΜΑΤΩΝ ΑΠΟ ΤON ΚΑΘΗΓΗΤH
κύριο ΣΤΑΘΟΠΟΥΛΟ ΧΡΙΣΤΟ
του ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΡΙΟΥ
www.orionidef.gr
ΘΕΜΑ A
Α1. γ
Α2. β
Α3. γ
Α4. γ
Α5. α – Σ , β – Λ , γ – Σ , δ – Λ , ε – Λ
ΘΕΜΑ Β
Β1.
Θ.Φ.Μ
ΘΙm1
ΘIm1+m2
m1
m1
m2
x1
x2
Σωστή απάντηση είναι το βΘΙ : ΣF 0 = → = κx m g (1)
( ) ( )
1 2 m m 1 2 1 2
ΘΙ +
: ΣF 0 κ = → + = + → x x m m g
(1)
1 2 1 2 2 2
κx κx m g m g + = + → = → κx m g
( )
2
2 1
m g
x Α
κ
= =
Αυτό είναι το πλάτος της ταλάντωσης του Σ1. Οµοίως το πλάτος ταλάντωσης του Σ2
προκύπτει:
1
2
m g
Α
κ
. =
Εποµένως:
2
1 1
2
2 2
1
Ε κΑ
2
1
Ε κΑ
2
⎫
=
⎪
→ ⎬
⎪
=
⎭
2 2
2
1
2 2
1
2
1 m g
Ε
2 κ
1 m g
Ε
2 κ
=
=
Με διαίρεση κατά µέλη προκύπτει:
2
1 2
2
2 1
Ε m
Ε m
. =
Β2. Σωστή απάντηση είναι το α.
Έστω 1 2
f f > οπότε:
δ 1
f f f = − και
δ 2
= f f f −
Εποµένως
1 2
1 2
f f
f f f f f
2
+
= → − = −
Β3. Σωστή απάντηση είναι το α.
Εφαρµόζουµε αρχή διατήρησης της ορµής για το σύστηµα των τριών σωµάτων:
ΟΛ(αρχ ) ΟΛ( τελ) ΟΛ(αρχ ) ΟΛ(τελ)
P P = → = → Ρ Ρ
JG JG
( ) ( ) 1 2 2 1 1 2 2 1
υ
m m υ m 4m 3m 3m m 4m
3
→ + = + → + = ⋅ +
1
2 1
2
m
2m m 2ΘΕΜΑ Γ
Γ1.
M
Π1 0
r1
Π2
r2
Από τη δοθείσα σχέση έχουµε: = A 0,1 m , = f 5 Hz και
1 2 1
1
r r 2r
10 10 r 10λ
2λ 2λ
+
= → = → = (1) 0,1 m , = f 55 Hz και Εποµένως: = − − N 2, 1, 0, 1, 2 .
Άρα έχουµε 5 σηµεία του ευθύγραµµου τµήµατος Π1Π2 , τα οποία ταλαντώνονται µε
µέγιστο πλάτος.
Γ4. Ισχύει: ≤ ≤ = 0 t 2s : Y 0 M
2s t : Y 0,2 M ≤ = − ηµ 2π (5t 10)
Η ζητούµενη γραφική παράσταση είναι:
Y (m) m
0 2,5
0,2
-0,2
2 t(s)
ΘΕΜΑ ∆
∆1. Στο σχήµα που ακολουθεί, οι δυνάµεις στα άκρα των τεντωµένων νηµάτων έχουν ίσα µέτρα,
αφού τα νήµατα είναι αβαρή:
mA
g
m gΓ
m g2
m g1
m g3
F1
F1
F2
F2
Mg
R R
F3
F3
F
F
Ισχύουν:
3 3 3
= → = F m g F 10N
2 2 3 2
= + → = F m g F F 20N
1 1 1
= → = F m g F 20N
( )
( ) 1 2 1 2 0 0( )
Στ F R F R F F R Στ 0F Mg F F F 80N
0( ) A Γ
Στ m g 2d m gd F d = ⋅ + − ⋅ =
0( )
20Nm 60Nm 80Nm = + − → = Στ 0
∆2.
60
o
30
o
m gA
m gΓ
Ισχύει
γων
Στ = ⋅ I α .
Άρα
( )
ο ο
A Γ
γων γων 2
2
A Γ
Στ m g2dσυν60 m gdσυν60
α α
Ι m 2d m d
+ ⋅
= → =
+
απ’ όπου προκύπτει:
γων 2
rad
α 4
s
=
∆3.
mA
mΓ
U =0 β
0
m4Εφαρµόζουµε θεώρηµα διατήρησης της µηχανικής ενέργειας
2
µηχ (αρχ ) µηχ (τελ) Γ A
1
E E 0 0 m gd m g2d Iω
2
+ − = + → =
( ) ( )
2 2
Γ A Γ A
1
m 2m gd m 4m d ω
2
→ ⋅ ⋅ + = + →
( )
( )
Γ A
Γ A
2 m 2m g
ω ω rad
4
m 4m d
s
+
= → = →
+
Από την αρχή διατήρησης της στροφορµής προκύπτει η νέα γωνιακή ταχύτητα ω΄:
ΟΛ αρχ ΟΛ τελ ( ) ( )
L L = → = ⋅ → Ιω Ι ω ′ ′
( ) ( )
2 2
Γ A Γ A A
m 4m d ω → + ⋅ = + + ⋅ ⋅ → m 4m 4m d ω′
4
ω rad
s
3
′ = →
Εποµένως: A A
υ ω 2d υ
8 m
s
3
= → ⋅ = ′
∆4.
mg
m gΓ
m g2
m g1
+
F΄
F΄
F΄΄
Mg
R R
T
m mΓ
0
F΄΄
m2
m1 +
+
T
Ισχύει:
1 1 cm
2 2 cm
2
γων
cm γων
m g F m α
F m g m α
1
F R F R MR α
2
α α R
⎫ ⋅ = − ′
⎪
⋅ = − ′′
→ ⎬
⋅ = ⋅ − ⋅ ′′ ′
⎪
⋅ =
⎭ →
+ +
Η τροχαλία δεν εκτελεί µεταφορική κίνηση εποµένως:
Σ = → = + + → = F 0 T Mg F F T 68N ′ ′′
Επειδή η ράβδος ισορροπεί:
0( ) Γ
Στ 0 mg 2d m gd T d 0 = → ⋅ + − ⋅ = →
Γ
T m g
m m 0, 4 kcm cm 2
1 2
m m g
α α 2 m
M s
m m
2
−
= → =http://sup.kathimerini.gr/xtra/media/files/exams/2011/lyseis-fysikikat11.pdf
0 σχόλια:
Δημοσίευση σχολίου