Οι λύσεις στη φυσική κατεύθυνσης Γ΄ λυκείου το 2015 στις πανελλήνιες εξετάσεις

The head of a mosquito

Το κεφάλι ενός κουνουπιού , μια απεικόνιση του ηλεκτρονικού μικροσκοπίου .

Επιστρέψτε στη σελίδα Ασκήσεις στη φυσική της Γ΄ λυκείου .

ΘΕΜΑ Α

Στις ερωτήσεις Α1 – Α4 να γράψετε στο τετράδιό σας τον αριθμό της ερώτησης και δίπλα το γράμμα που αντιστοιχεί στη φράση, η οποία συμπληρώνει σωστά την ημιτελή πρόταση.

Α1. Η συχνότητα μιας εξαναγκασμένης ταλάντωσης :

α. είναι ίση με τη συχνότητα του διεγέρτη ,

β. είναι πάντα ίση με την ιδιοσυχνότητα του ταλαντωτή ,

γ. εξαρτάται από την αρχική ενέργεια της ταλάντωσης ,

δ. είναι ίση με το άθροισμα της συχνότητας του διεγέρτη και της ιδιοσυχνότητας του ταλαντωτή .

Α2Ποια από τις περιοχές του φάσματος της ηλεκτρομαγνητικής ακτινοβολίας έχει τη μικρότερη συχνότητα;

α. η υπέρυθρη ακτινοβολία ,

β. τα ραδιοκύματα ,

γ. το ορατό φως ,

δ. οι ακτίνες γ .

Α3Δύο σφαίρες Α και Β με ίσες μάζες, μία εκ των οποίων είναι ακίνητη, συγκρούονται κεντρικά και ελαστικά. Το ποσοστό της μεταβιβαζόμενης ενέργειας από τη σφαίρα που κινείται στην αρχικά ακίνητη σφαίρα είναι:

α. 100% ,

β. 50% ,

γ. 40% ,

δ. 0% .

Α4Ένα στερεό σώμα περιστρέφεται γύρω από ακλόνητο άξονα. Εάν διπλασιαστεί η στροφορμή του, χωρίς να αλλάξει ο άξονας περιστροφής γύρω από τον οποίο αυτό περιστρέφεται, τότε η κινητική του ενέργεια :

α. παραμένει σταθερή ,

β. υποδιπλασιάζεται ,

γ. διπλασιάζεται ,

δ. τετραπλασιάζεται .

Α5Να χαρακτηρίσετε τις προτάσεις που ακολουθούν, γράφοντας στο τετράδιο σας, δίπλα στο γράμμα που αντιστοιχεί σε κάθε πρόταση, τη λέξη Σωστό, αν η πρόταση είναι σωστή, ή τη λέξη Λάθος, αν η πρόταση είναι λανθασμένη.

α. Σε μία φθίνουσα ταλάντωση στην οποία η αντιτιθέμενη δύναμη είναι ανάλογη της ταχύτητας (F = – b·υ), για ορισμένη τιμή της σταθεράς απόσβεσης b η περίοδος μειώνεται .

β. Η σχέση που περιγράφει το φαινόμενο Doppler για το φως είναι διαφορετική από αυτήν που ισχύει για τον ήχο .

γ. Τα φαινόμενα της ανάκλασης και της διάθλασης είναι κοινά σε όλα τα είδη κυμάτων, ηλεκτρομαγνητικά και μηχανικά .

δ. Η σύνθεση δύο απλών αρμονικών ταλαντώσεων, της ίδιας διεύθυνσης που γίνονται γύρω από ίδιο σημείο με συχνότητες που διαφέρουν λίγο μεταξύ τους, είναι απλή αρμονική ταλάντωση .

ε. Η ροπή ζεύγους δυνάμεων είναι η ίδια ως προς οποιοδήποτε σημείο του επιπέδου τους .

Θέμα Β

Β1Λεπτή ομογενής ράβδος μάζας Μ και μήκους L μπορεί να περιστρέφεται σε κατακόρυφο επίπεδο, γύρω από οριζόντιο άξονα που διέρχεται από το ένα άκρο της. Στο άλλο άκρο της ράβδου, είναι στερεωμένο σφαιρίδιο μάζας m = Μ / 2 (Σχήμα 1).

2015 ekfonisi sxima 1

Τη χρονική στιγμή που το σύστημα ράβδου – σφαιριδίου αφήνεται να κινηθεί από την οριζόντια θέση, ο ρυθμός μεταβολής της στροφορμής της ράβδου είναι :

i. ΔLρ / Δt = (1 / 2)·M·g·L ,       iiΔLρ / Δt = M·g·L ,      iii. ΔLρ / Δt = (2 / 5)·M·g·L .

Δίνεται ότι η ροπή αδράνειας της ράβδου ως προς τον άξονα περιστροφής της που περνά από το άκρο της, είναι Iρ = (1 / 3)·M·g·L² .

Να επιλέξετε τη σωστή απάντηση .

Να δικαιολογήσετε την απάντησή σας .

Β2Ένα στάσιμο κύμα που δημιουργείται σε ένα γραμμικό ελαστικό μέσο περιγράφεται από την εξίσωση:

y = 2·A·συν (2·π·x / λ)·ημ (2·π·t / T) .

Το πλάτος ταλάντωσης Α΄ ενός σημείου Μ του ελαστικού μέσου που βρίσκεται δεξιά του τρίτου δεσμού από το σημείο x = 0 και σε απόσταση λ / 12 από αυτόν είναι:

i. A΄ = Α·√3 ,                              ii. A΄ =  Α / 2 ,                              iii. A΄ = Α .

Να επιλέξετε τη σωστή απάντηση .

Να δικαιολογήσετε την απάντησή σας .

Δίνεται : συν (2π / 3) = – (1 / 2) .

Β3Σε κεκλιμένο επίπεδο γωνίας κλίσης θ είναι τοποθετημένα δύο σώματα Σ1 και Σ2 με μάζες m1 και m2 αντίστοιχα, που εφάπτονται μεταξύ τους. Το σώμα Σ1 είναι δεμένο στο άκρο ελατηρίου σταθεράς k , ενώ το άλλο άκρο του ελατηρίου είναι στερεωμένο στη βάση του κεκλιμένου επιπέδου, όπως φαίνεται στο Σχήμα 2 .

2015 ekfonisi sxima 2

Μετακινώντας τα δύο σώματα προς τα κάτω, το σύστημα τίθεται σε ταλάντωση πλάτους Α. Η συνθήκη για να μην αποχωριστεί το Σ1 από το Σ2 είναι:

i)  Α∙k < (m1 + m2)·g·ημ θ

ii) Α∙k > (m1 + m2)·g·ημ θ

iii) Α∙k > (m1 + m2)2·g·ημ θ

Να επιλέξετε τη σωστή απάντηση .

Να δικαιολογήσετε την απάντησή σας .

Θέμα Γ

Ιδανικός πυκνωτής χωρητικότητας C είναι φορτισμένος σε τάση V = 40 V. Τη χρονική στιγμή t = 0 s συνδέεται με ιδανικό πηνίο συντελεστή αυτεπαγωγής L και το κύκλωμα αρχίζει να εκτελεί αμείωτες ηλεκτρικές ταλαντώσεις. Η ενέργεια UE του ηλεκτρικού πεδίου του πυκνωτή, σε συνάρτηση με την ένταση του ρεύματος, στο κύκλωμα δίνεται από τη σχέση U= 8∙10-2·(1 – i2) (S.I.).

Γ1Να υπολογίσετε την περίοδο T των ηλεκτρικών ταλαντώσεων του κυκλώματος .

Γ2. Να υπολογίσετε την ενέργεια του ηλεκτρικού πεδίου του πυκνωτή τη χρονική στιγμή t = Τ / 12 .

Γ3Να υπολογίσετε το μέτρο του ρυθμού μεταβολής της έντασης του ρεύματος στο κύκλωμα κάθε φορά που η ενέργεια του ηλεκτρικού πεδίου του πυκνωτή γίνεται τριπλάσια της ενέργειας του μαγνητικού πεδίου του πηνίου.

Γ4.Να γράψετε τη συνάρτηση f που συνδέει το τετράγωνο του φορτίου του πυκνωτή με το τετράγωνο της έντασης του ρεύματος από το οποίο διαρρέεται το πηνίο q2=f(i2) , και να την παραστήσετε γραφικά .

Θέμα Δ

Από το εσωτερικό άκρο Α ενός ημισφαιρίου ακτίνας R = 1,6 m αφήνεται να κυλήσει μία συμπαγής μικρή σφαίρα μάζας m = 1,4 kg και ακτίνας r = R / 8 . Το ημισφαίριο είναι βυθισμένο στο έδαφος, όπως φαίνεται στο Σχήμα 3, και η κίνηση της σφαίρας γίνεται χωρίς ολίσθηση.

2015 ekfonisi sxima 3

Δ1Να εκφράσετε τη στατική τριβή Ts που ασκείται στη σφαίρα σε συνάρτηση με το συνημίτονο της γωνίας φ που σχηματίζει η ακτίνα ΟΓ του ημισφαιρίου με την ευθεία ΑΕ της επιφάνειας του εδάφους.

Δ2Να υπολογίσετε την κάθετη δύναμη που ασκεί η ημισφαιρική επιφάνεια στη σφαίρα όταν αυτή βρίσκεται στο σημείο Γ όπου φ = 30ο (Σχήμα 3).

Μια άλλη σφαίρα, όμοια με την προηγούμενη, εκτοξεύεται από το κατώτατο σημείο Δ του ημισφαιρίου με ταχύτητα υ = 6 m / s και κυλίεται χωρίς  ολίσθηση στο εσωτερικό του με κατεύθυνση το άκρο Ε (Σχήμα 4).

2015 ekfonisi sxima 4

Δ3Να υπολογίσετε το μέγιστο ύψος από την επιφάνεια του εδάφους που θα φτάσει η σφαίρα κατά την κίνησή της .

Δ4Να υπολογίσετε τον ρυθμό μεταβολής της κινητικής ενέργειας και το ρυθμό μεταβολής της στροφορμής της σφαίρας , αμέσως μόλις αυτή χάσει την επαφή με την επιφάνεια του ημισφαιρίου στο σημείο Ε .

Δίνονται: ροπή αδράνειας της  σφαίρας ως προς άξονα που διέρχεται από το κέντρο μάζας Ιcm = (2 / 5)·m·r² και η επιτάχυνση της βαρύτητας g = 10 m / s.

Επιστρέψτε στη σελίδα Ασκήσεις στη φυσική της Γ΄ λυκείου .

ΛYΣΕΙΣ

Τα θέματα είναι τα δυσκολότερα των τελευταίων πέντε χρόνων .

Να πω μπράβο σε όλα τα παιδιά που με αυτά τα θέματα έκαναν ότι μπορούσαν .

ΘΕΜΑ Α

Α1

Σωστή η επιλογή α .

Α2.

Σωστή η επιλογή β .

Α3.

Σωστή η επιλογή α .

Α4.

Σωστή η επιλογή δ .

Α5.

α.

Η πρόταση είναι Λάθος .

β.

Η πρόταση είναι Σωστή .

γ.

Η πρόταση είναι Σωστή .

δ.

Η πρόταση είναι Λάθος .

ε.

Η πρόταση είναι Σωστή .

ΘΕΜΑ Β

Β1.

Α. 

Σωστή η επιλογή iii .

Β.

2015 B1 thema_1

(ΔL / Δt)ρ = Στρ ⇒

(ΔL / Δt)ρ = Ιρ·αγων .

Στ(Ο) = ΙΣ·αγων ⇒

τρ + τ= (Iρ + Im)·αγων ⇒

M·g·(L / 2) + m·g·L = [(1 / 3)·M·L² + m·L²]·αγων ⇒

(ισχύει m = M / 2)

M·g·L = [(1 / 3)·M·L² + (M / 2)·L²]·αγων ⇒

g = (5 / 6)·L·αγων ⇒

αγων = (6·g) / (5·L) .

Άρα :

(ΔL / Δt)ρ = Ιρ·αγων ⇒

(ΔL / Δt)ρ = (1 / 3)·Μ·L²·(6 / 5)·(g / L) ⇒

(ΔL / Δt)ρ = (2 / 5)·M·g·L .

Β2.

Α. 

Σωστή η επιλογή iii .

Β.

2015 B2 thema_1

Ισχύει :

x = (2·N + 1)·(λ / 4) + (λ / 12)

για Ν = 2 :

x = (5·λ / 4) + (λ / 12) ⇒

x = (16·λ / 12) ⇒

x = 4·λ / 3 .

Το πλάτος για το σημείο Μ δίνεται :

Α΄ = 2·Α·| συν [(2·π / λ)·x] | ⇒

Α΄ = 2·Α·| συν (2·π / λ)·(4·λ / 3) | ⇒

Α΄ = 2·Α·| συν (8·π / 3) | ⇒

Α΄ = 2·Α·| συν[2·π + (2·π / 3)] | ⇒

Α΄ = 2·Α·| συν (2·π / 3) | ⇒

Α΄ = 2·Α·(1 / 2) ⇒

Α΄ = Α .

Β3.

Α. 

Σωστή η επιλογή i .

Β.

H λύση του Κώστα Ψυλάκου :

Τα Σ1 και Σ2 εκτελούν Α.Α.Τ με D = k .

2015 B3 thema_1

Για το Σ2 :

w2,x + F2 = – D2·x ⇒

– m2·g·ημ φ + F2 = – D2·x ⇒

F2 = m2·g·ημ φ – D2·x … (I) .

D2 = m2·ω² και k = (m+ m2)·ω² ⇒

D2 = [m/ (m+ m2)]·k

Άρα από την (Ι) , έχουμε :

F2 = m2·{g·ημ φ – [k·x / (m+ m2)]} ⇒

για x = A

F2,min = m2·{g·ημ φ – [k·A / (m+ m2)]} .

Πρέπει για να έχουμε επαφή :

F2,min > 0 , άρα :

g·ημ φ > k·A / (m+ m2) ⇒

k·A < (m+ m2)·g·ημ φ .

Σχόλιο από τον συνάδελφο Γρηγόρη Μαλάμη :

Μια τροποποίηση της λύσης του Κώστα Ψυλάκου :
( Ο λόγος είναι το ότι η απόδοση σταθεράς επαναφοράς D2 για το σώμα m2 δεν είναι κάτι που … προτιμά)
Τα Σ1 και Σ2 εκτελούν Α.Α.Τ με D = k .

και όσο είναι σε επαφή έχουν την ίδια επιτάχυνση η οποία για Α.Α.Τ. είναι α = – ω²·x
με ω² =k / (m1 + m2) … (I)
Για το Σ2 :
w2,x + F2 = m2·α ⇒
– m2·g·ημ φ + F2 = – m2·ω2·x ⇒
F2 = m2·g·ημ φ – m2·ω2·x … (II) .
Άρα από την (IΙ) μέσω της (Ι), έχουμε :
F2 = m2·{g·ημ φ – [k·x / (m1 + m2)]} ⇒
που είναι φθίνουσα ως προς την απομάκρυνση από τη θέση ισορροπίας. Έτσι η τιμή της F2 θα είναι ελάχιστη για το μέγιστο x δηλαδή για x = + A, οπότε
F2,min = m2·{g·ημ φ – [k·A / (m1 + m2)]} .
Πρέπει για να έχουμε επαφή :
F2,min > 0 , άρα :
g·ημ φ > k·A / (m1 + m2) ⇒
k·A < (m1 + m2)·g·ημ φ .

Σχόλιο από τον Γεώργιο Μπανιά :

Nα μπει η φράση ότι το μέτρο της F είναι φθίνουσα ως προς x , που πιστεύω ότι βοηθάει τον μαθητή να καταλάβει γιατί διαλέγει το xmax = A .

Άλλος τρόπος από τον Γιώργο Μπανιά :

Στην Θ.Ι.  ΣF = 0 ή Δl= (m1+m2)·g·ημφ / k όπου Δl1 η συσπείρωση του ελατηρίου.

Υποθέτω οτι κινούνται μαζί κάτω από την Θ.Φ.Μ. , όπου το ελατήριο έχει συσπείρωση  Δl και η απομάκρυνση είναι x = Δl– Δl ή  x = [(m1+m2)·g·ημφ / k] – Δl με θετικά προς τα πάνω.

Υπολογίζω την  αλγεβρική τιμή της δύναμης F  απο το Σστο Σ2 :

ΣF= – m2·ω2·x  ή

F – m2·g·ημφ= – m2·k·x / (m+ m2) ή

F = m2·g·ημφ – m2·k·{[(m+ m2)·g·ημφ / k] – Δl} / (m1+m2) ή

F = m2·k·Δl / (m1+m2) > 0 . δηλαδή η δύναμη επαφής από το Σ1 στο Σ2 είναι προς τα πάνω , άρα είναι απωστική , κάτι που είναι δεκτό .

Υποθέτω ότι κινούνται μαζί πάνω από την Θ.Φ.Μ. , όπου το ελατήριο έχει επιμήκυνση Δl και η απομάκρυνση είναι x = Δl+ Δl ή  x = {(m+ m2)·g·ημφ / k} + Δl με θετικά προς τα πάνω.

Υπολογίζω την  αλγεβρική τιμή της δύναμης F  από το Σ1 στο Σ2 :

ΣF= – m2·ω2·x  ή

F – m2·g·ημφ = -m2·k·x / (m1+m2) ή

F = m2·g·ημφ – m2·k·{[(m1+m2)·g·ημφ / k} + Δl] / (m1+m2) ή

F = – m2·k·Δl / (m+ m2) < 0 . δηλαδη η δυναμη επαφης από το Σ1 στο Σ2 είναι προς τα κάτω , ελκτική , άτοπο .

άρα δεν πρέπει να ξεπερνά την Θ.Φ.Μ.

δηλαδή x < Δl1 ή x < (m1+m2)·g·ημφ / k

και επειδή πρέπει να ισχύει για καθε x , ισχύει και για το μέγιστο x δηλαδή

Α < (m1+m2)·g·ημφ / k ή k·Α < (m1+m2)·g·ημφ .

ΘΕΜΑ Γ

Γ1.

Δίνεται :

UE = 8·10-2·(1 – i²) … (Ι) .

Το άθροισμα της ενέργειας του ηλεκτρικού πεδίου του πυκνωτή και της ενέργειας του μαγνητικού πεδίου του πηνίου δίνεται :

Ε = UE + UΒ ⇒

UE = Ε – UΒ ⇒

UE = ½·L·I² – ½·L·i² ⇒

UE = ½·L·(I² – i²) … (ΙΙ)

Από τις σχέσεις (Ι) και (ΙΙ) :

Ι² = 1 ⇒ Ι = √1 ⇒ Ι = 1 Α .

και

½·L = 8·10-2 ⇒

L = 16·10-2 H .

Η μέγιστη ενέργεια του ηλεκτρικού πεδίου του πυκνωτή :

UE,max = ½·C·V² ⇒

C = 2·UE,max / V² ⇒

C = 2·8·10-2 / (16·102) ⇒

C = 10-4 F .

H περίοδος στις ηλεκτρικές ταλαντώσεις δίνεται :

T = 2·π·√(L·C) ⇒

T = 2·π·√(16·10-2·10-4) ⇒

T = 8·π·10-3 s .

Γ2.

Το φορτίο του πυκνωτή :

q = Q·συν ω·t .

H ενέργεια του ηλεκτρικού πεδίου του πυκνωτή :

UE = ½·(q² / C) ⇒

UE = ½·(Q²·συν² ω·t / C) ⇒

UE = 8·10-2·συν² (2·π / Τ)·(Τ / 12) ⇒

UE = 8·10-2·συν² (π / 6) ⇒

UE = 8·10-2·(3 / 4) ⇒

UE = 6·10-2 joule .

Γ3.

UE + UB = E ⇒

αφού UE = 3·UB ,

UΕ + (UΕ / 3) = E ⇒

(4 / 3)·UE = Ε ⇒

UE = (3 / 4)·Ε ⇒

½·(q² / C) = (3 / 4)·E ⇒

q² = (3 / 2)·E·C ⇒

|q| = √{(3 / 2)·E·C} ⇒

|q| = √{(3·8·10-2·10-4) / 2} ⇒

|q| = 2·(√3)·10-3 C .

Η επαγωγική τάση :

L·| di / dt | = |q| / C ⇒

| di / dt | = |q| / (L·C) ⇒

| di / dt | = ω²·|q| ⇒

| di / dt | = {1 / (L·C)}·2·(√3)·10-3 

| di / dt | = 1·2·√3·10-3 / (16·10-6) ⇒

| di / dt | = 2·√3·10/ 16 ⇒

| di / dt | = √3·10/ 8  A / s .

Γ4.

UE + UB = E ⇒

½·(q² / C) = 8·10-2 – ½·L·i² ⇒

½·(q² / C) = 8·10-2 – 8·10-2·i² ⇒

q² = 16·10-6 – 16·10-6·i² .

Η ζητούμενη γραφική παράσταση είναι :

2015 C thema_1

ΘΕΜΑ Δ

Μια λύση του Κώστα Ψυλάκου .

Δ1.

2015 D sxima 1_1

2ος νόμος του Νεύτωνα :

ΣF= m·αcm 

m·g·συν φ – Τστ = m·αcm … (1) .

Θεμελιώδης νόμος της στροφικής :

Στ = Ι·αγων 

Τστ·r = (2 / 5)·m·r²·αγων 

ισχύει : αcm = αγων·r ,

Τστ = (2 / 5)·m·αcm 

(5 / 2)·Τστ = m·αcm .. (2) .

Από τις σχέσεις (1) και (2) , έχουμε :

m·g·συν φ – Τστ = (5 / 2)·Τστ ⇒

m·g·συν φ = (7 / 2)·Τστ ⇒

Τστ = (2 / 7)·m·g·συν φ ⇒

Τστ = 4·συν φ , στο S.I.

Δ2.

2015 D sxima 1_1

H κεντρομόλος δύναμη :

ΣFR = Nr – m·g·ημ φ = m·υcm² / {R – (R / 8)} ⇒

Nr = m·g·ημ φ + (8 / 7)·m·υcm² / R … (1) .

Ισχύει :

h = (R – r)·ημ φ … (2) ,

και

Κ = Κcm + Κπερ ⇒

Κ = Κcm + ½·(2 / 5)·m·υcm² ⇒

Κ = Κcm + (2 / 5)·Κcm ⇒

Κ = (7 / 5)·Κcm … (3) .

Αρχή διατήρησης της μηχανικής ενέργειας :

m·g·h = K ⇒

με την βοήθεια των σχέσεων (2) και (3)

m·g·(R – r)·ημ φ = (7 / 5)·½·m·υcm² ⇒

m·g·(7·R / 8)·ημ φ = (7 / 10)·m·υcm² ⇒

m·υcm² = (10 / 7)·m·g·(7·R / 8)·ημ φ ⇒

m·υcm² = (10 / 8)·m·g·R·ημ φ … (4) .

Άρα από τις σχέσεις (1) και (4) :

Nr = m·g·ημ φ + (8 / 7·R)·(10 / 8)·m·g·R·ημ φ ⇒

Nr = m·g·ημ φ + (10 / 7)·m·g·ημ φ ⇒

Nr = (17 / 7)·m·g·ημ φ ⇒

Nr = 17 N .

Δ3.

Στο σημείο Δ : υ = 6 m / s , γενικά Κ = (7 / 5)·Κcm .

2015 D sxima 2_1

Αρχή διατήρησης μηχανικής ενέργειας μεταξύ των θέσεων Δ και Ε :

Εμηχ (Δ) = Εμηχ (Ε) 

(7 / 5)·Κcm(Δ) + m·g·r = (7 / 5)·Κcm(E) + m·g·R … (5) .

Αρχή διατήρησης μηχανικής ενέργειας μεταξύ των θέσεων Δ και Z :

Εμηχ (E) = Εμηχ (Z) 

½·m·υ΄² + ½·I·ω΄² + m·g·R = ½·I·ω΄² + m·g·h

½·m·υ΄² + m·g·R = m·g·h

½·m·υ΄² = m·g·(h– R) … (6) .

Από την σχέση (5) :

(7 / 5)·½·m·υ² + m·g·r = (7 / 5)·½·m·υ΄² + m·g·R ⇒

από την σχέση (6)

(7 / 5)·½·m·υ² + m·g·r = (7 / 5)·m·g·(h– R) + m·g·R ⇒

(7 / 10)·υ² + g·r = (7 / 5)·g·h + g·R ⇒

(7 / 5)·g·h = (7 / 10)·υ² + g·{(R / 8) – R} ⇒

(7 / 5)·g·h = (7 / 10)·υ² – (7 / 8)·g·R ⇒

h = {υ² / (2·g)} – (5 / 8)·R ⇒

h = (4 / 5) m .

Δ4.

Ο ρυθμός μεταβολής της κινητικής ενέργειας :

dK(E) / dt = – m·g·υ΄ .

Από την σχέση (6) :

υ΄² = 2·g·h ⇒

υ΄ = √(2·g·h) ⇒

υ΄ = 4 m / s .

Άρα :

dK(E) / dt = – 56 j / s .

O ρυθμός μεταβολής της στροφορμής της σφαίρας :

dL(cm) / dt = 0 γιατί Στ = 0 .

Επιστρέψτε στη σελίδα Ασκήσεις στη φυσική της Γ΄ λυκείου .

Advertisements

4 thoughts on “Οι λύσεις στη φυσική κατεύθυνσης Γ΄ λυκείου το 2015 στις πανελλήνιες εξετάσεις

  1. Μια τροποποίηση της λύσης του Κώστα Ψυλάκου :
    ( Ο λόγος είναι το ότι η απόδοση σταθεράς επαναφοράς D2 για το σώμα m2 μου κάθεται στο στομάχι )
    Τα Σ1 και Σ2 εκτελούν Α.Α.Τ με D = k .

    και όσο είναι σε επαφή έχουν την ίδια επιτάχυνση η οποία για Α.Α.Τ. είναι α=-ω2x
    με ω² =k/(m1+m2) (I)
    Για το Σ2 :
    w2,x + F2 = m2α ⇒
    – m2•g•ημ φ + F2 = – m2ω2x ⇒
    F2 = m2•g•ημ φ – m2•ω2x … (II) .
    Άρα από την (IΙ) μέσω της (Ι), έχουμε :
    F2 = m2•{g•ημ φ – [k•x / (m1 + m2)]} ⇒
    που είναι φθίνουσα ως προς την απομάκρυνση από τη θέση ισοροπίας. Ετσι η τιμή της F2 θα είναι ελάχιστη για το μέγιστο x δηλαδή για x = +A, οπότε
    F2,min = m2•{g•ημ φ – [k•A / (m1 + m2)]} .
    Πρέπει για να έχουμε επαφή :
    F2,min > 0 , άρα :
    g•ημ φ > k•A / (m1 + m2) ⇒
    k•A < (m1 + m2)•g•ημ φ .

    ( Ελπίζω να είναι κατανοητό που έχουμε δείκτες 1 και 2 και που ύψωση στο τετράγωνο )

    Αρέσει σε 1 άτομο

Σχολιάστε

Εισάγετε τα παρακάτω στοιχεία ή επιλέξτε ένα εικονίδιο για να συνδεθείτε:

Λογότυπο WordPress.com

Σχολιάζετε χρησιμοποιώντας τον λογαριασμό WordPress.com. Αποσύνδεση / Αλλαγή )

Φωτογραφία Twitter

Σχολιάζετε χρησιμοποιώντας τον λογαριασμό Twitter. Αποσύνδεση / Αλλαγή )

Φωτογραφία Facebook

Σχολιάζετε χρησιμοποιώντας τον λογαριασμό Facebook. Αποσύνδεση / Αλλαγή )

Φωτογραφία Google+

Σχολιάζετε χρησιμοποιώντας τον λογαριασμό Google+. Αποσύνδεση / Αλλαγή )

Σύνδεση με %s