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