RSS

Monthly Archives: Μαΐου 2014

Posted by kyrgiakischristos στο 29 Μαΐου, 2014 in ΘΕΜΑΤΑ ΦΥΣΙΚΗΣ Α ΓΥΜΝΑΣΙΟΥ, ΚΥΡΓΙΑΚΗΣ ΧΡΗΣΤΟΣ, ΚΥΡΓΙΑΚΗΣ ΧΡΗΣΤΟΣ-ΦΥΣΙΚΟΣ, ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΑ ΦΥΣΙΚΗΣ, ΧΡΗΣΤΟΣ ΚΥΡΓΙΑΚΗΣ, ΧΡΗΣΤΟΣ ΚΥΡΓΙΑΚΗΣ-ΦΥΣΙΚΟΣ

ΔΕΙΤΕ ΤΑ ΘΕΜΑΤΑΤΑ ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΕΣ 2014-ΝΕΟΕΛΛΗΝΙΚΗ ΓΛΩΣΣΑ ΓΕΝΙΚΗΣ ΠΑΙΔΕΙΑΣ

28 Μάι.

ΝΕΟΕΛΛΗΝΙΚΗ ΓΛΩΣΣΑ ΓΕΝΙΚΗΣ ΠΑΙΔΕΙΑΣ Γ ΤΑΞΗΣ ΗΜΕΡΗΣΙΟΥ ΚΑΙ Δ ΤΑΞΗΣ ΕΣΠΕΡΙΝΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ

ΝΕΟΕΛΛΗΝΙΚΗ ΓΛΩΣΣΑ Γ ΤΑΞΗ ΗΜΕΡΗΣΙΟ ΚΑΙ Δ ΤΑΞΗ ΕΣΠΕΡΙΝΟ ΛΥΚΕΙΟ ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΕΣ 2014

Σχολιάστε

Posted by kyrgiakischristos στο 28 Μαΐου, 2014 in ΠΑΝΕΛΗΝΝΗΙΕΣ 2014-ΝΕΟΕΛΛΗΝΙΚΗ ΓΛΩΣΣΑ

Ετικέτες: ΔΕΙΤΕ ΤΟ ΘΕΜΑ ΤΗΣ ΕΚΘΕΣΗΣ 2014, ΔΕΙΤΕ ΤΟ ΘΕΜΑ ΤΗΣ ΝΕΟΕΛΛΗΝΙΚΗΣ ΓΛΩΣΣΑΣ-ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΕΣ 2014, ΕΚΘΕΣΗ ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΕΣ 2014, ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΕΣ 2014-ΔΕΙΤΕ ΤΟ ΘΕΜΑ ΤΗΣ ΝΕΟΕΛΛΗΝΙΚΗΣ ΓΛΩΣΣΑΣ

ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΦΥΣΙΚΗΣ Α ΛΥΚΕΙΟΥ ΤΗΣ ΤΡΑΠΕΖΑΣ ΘΕΜΑΤΩΝ

26 Μάι.

1. ΕΚΦΩΝΗΣΗ http://exams-repo.cti.gr/downloads/GENIKO_LYKEIO_IMERISIO/A%20_TAXI/FYSIKI/GI_A_FYS_0_9604.pdf

1. ΑΠΑΝΤΗΣΗ

ΘΕΜΑ Β

Β1:

Είναι Β_Γ = mg_Γ και Β_Σ = mg_Σ . Διαιρώντας κατά μέλη παίρνουμε Β_Γ/ Β_Σ = mg_Γ/ mg_Σ.

Άρα Β_Γ/ Β_Σ = g_Γ/g_Σ = 6,25g_Σ / g_Σ = 6,25. Άρα Β_Γ = 6,25Β_Σ.

Σωστό το α)

Β2

Είναι Δχ = Ε_{ΤΡΙΓΩΝΟΥ1} + Ε_{ΤΡΙΓΩΝΟΥ2} = (20•10)/2 + [10(-5)]/2 = 100 – 25 = 75m και

S = Ε_{ΤΡΙΓΩΝΟΥ1} + | Ε_{ΤΡΙΓΩΝΟΥ2} | = (20•10)/2 + |[10(-5)]|/2 = 100 + 25 = 125m

Σωστό το γ)

ΘΕΜΑ Δ

Δ₁

Είναι ΣF_ψ = 0 άρα Ν – Β = 0 άρα Ν =Β = mg= 0,4•10 = 4Ν οπότε η τριβή ολίσθησης θα είναι Τ = μΝ = 0,25•4 = 1Ν

Τη στιγμή t₁ = 3sείναι F = 5N.

Άρα, ΣF_x =mα άρα F– T= mα άρα α = (F– T)/m = (5 – 1)/0,4 = 10m/s²

Δ₂

Είναι χ = αt²/2= 10•5²/2= 250/2 = 125m

Δ₃

Είναι W_F = F•χ = 5•125 = 625Joule

Δ₄

Είναι u = αt = 10•3 = 30m/s. Άρα η κινητική του ενέργεια είναι

Κ = mu²/2 = 0,4•30²/2 = 0,4•900/2 = 180Joule

2.ΕΚΦΩΝΗΣΗ http://exams-repo.cti.gr/downloads/GENIKO_LYKEIO_IMERISIO/A%20_TAXI/FYSIKI/GI_A_FYS_0_9607.pdf

2. ΑΠΑΝΤΗΣΗ

ΘΕΜΑ Β

B₁

Για να κινείται με σταθερή ταχύτητα θα πρέπει ΣF = 0.

Σωστό το β)

Β₂

Είναι χ = 5t + 8t² και είναι της μορφής χ = u₀t + αt²/2. Συγκρίνοντας έχουμε ότι u₀ = 5m/sκαι α/2 = 8 άρα α = 16m/s².

Επίσης, για t = 0 είναι χ = 5•0 + 8•0² = 0m

Σωστό το α)

ΘΕΜΑ Δ

Δ1
Από 0 έως 4s
ΣF = mα1 άρα Β – F = mα1 άρα mg – F = mα1 άρα α1 = (mg – F)/m
άρα α1 = (500•10 – 4500)/500 = 1m/s2
Η κίνηση είναι ευθύγραμμη ομαλά επιταχυνόμενη
Από 4s έως 8s
Ομοίως α2 = (mg – F)/m = (500•10 – 5000)/500 = 0m/s2
Η κίνηση είναι ευθύγραμμη ομαλή
Από 8s – 12s
Ομοίως α3 = (mg – F)/m = (500•10 – 5500)/500 = – 1m/s2
Η κίνηση είναι ευθύγραμμη ομαλά επιβραδυνόμενη

Δ2
u1 = α1t1 = 1•4 = 4m/s
u2 = u1 = 4m/s
u3 = u2 + α2t3 = 4 + (-1)•4 = 4 – 4 = 0m/s

Δ3

Η γραφική παράσταση από 0 έως 4s ευθεία αύξουσα, από 4s έως 8s ευθεία παράλληλη στον άξονα των χρόνων,

από 8s έως 12s ευθεία φθίνουσα μέχρι τον άξονα των χρόνων.

Η μετατόπιση ισούται με το εμβαδόν του τραπεζίου που σχηματίζεται.

Δχ = Ε = (4 + 12)·4/2 = 32m = Sολ

Δ₄

Από 4s έως 8s είναι χ = u₂t = 4•4 = 16m. Άρα W_F = – F•χ = – 5000•4 = – 20000Joule

Επίσης ΔU = U_τελ – U_αρχ = mgh – mg(h + χ) = -mgχ = – 500•10•16 = – 80000Joule

3. ΕΚΦΩΝΗΣΗ http://exams-repo.cti.gr/downloads/GENIKO_LYKEIO_IMERISIO/A%20_TAXI/FYSIKI/GI_A_FYS_0_9614.pdf

3. ΑΠΑΝΤΗΣΗ

ΘΕΜΑ Β

Β₁

Είναι h = gt²/2 άρα 2h = gt² άρα g = 2h/t² = 2•2/1² = 4m/s²

Σωστό το γ)

Β₂

Από 0 έως 1m έχουμε: ΣF_x = mα₁ άρα F = mα₁ άρα α₁ = F/m = 20/m.

Οπότε χ₁ = α₁t₁²/2 και u₁ = α₁t₁ . Άρα t₁ = u₁/α₁, οπότε χ₁ = α₁u₁²/(2α₁²).

Άραχ₁ = u₁²/(2α₁) άρα u₁² = 2α₁χ₁ = 2•(20/m)•1 άρα u₁² = 40/m m²/s² άρα u₁ = √(40/m) m/s > 0

Από 1mέως 2m έχουμε: ΣF_x = 0. Οπότε u = u₁ = σταθερό.

Από 2m έως 3m έχουμε: ΣF_x = mα₂ άρα F = mα₂ άρα α₂ = F/m = -10/m.

Έστω tο χρόνος, μετά τη θέση 2m που χρειάζεται το κιβώτιο για να σταματήσει.

Ισχύει: u = u₁ + α₂t άρα 0 = u₁ + α₂tάρα t = -u₁/α₂ άρα

t = -√(40/m)/(-10/m) άρα t = √(40/m)/(10/m) άρα t = √(4m/10).

Έστω χ η μετατόπιση του σώματος στον χρόνο t.

Ισχύει: χ = u₁t + α₂t²/2 = √(40/m) • √(4m/10) – (10/m)(4m/10)/2 =

√(16) – 2 = 4 – 2 = 2m.

Άρα μετά τη θέση 2m το κιβώτιο χρειάζεται άλλα 2m για να σταματήσει. Δηλαδή θα σταματούσε στη θέση 4m.

Επομένως στη θέση 3m εξακολουθεί να κινείται με θετική ταχύτητα, δηλαδή προς τη θετική φορά του άξονα χ.

Σωστό το α)

ΘΕΜΑ Δ

Δ₁

Είναι Δχ = αt²/2 άρα α = 2Δχ/t² άρα α = 2•4/2² άρα α = 2m/s²

Δ₂

Είναι ΣF_ψ = 0 άρα Ν – Β = 0 άρα Ν = Β άρα Ν = mg άρα Ν = 20•10 = 200Ν

ΠΑΡΑΤΗΡΗΣΗ: Δυστυχώς το g δεν δίνεται στην εκφώνηση, αν και απαραίτητο.

Είναι ΣF_χ = mα άρα F– T= mα άρα Τ = F– mα άρα Τ = 50 – 20•2 άρα Τ = 10Ν.

Όμως Τ = μΝ άρα μ = Τ/Ν = 10/200 άρα μ = 0,05

Δ₃

Είναι u = αt₁ άρα t₁ = u/α = 2/2 άρα t₁ = 1s, οπότε χ₁ = αt₁²/2 = 2•1²/2 άρα χ₁ = 1m.

Επομένως W_T = – Tχ₁ = – 10•1 άρα W_T = – 10Joule

Δ₄

Είναι ευθεία αύξουσα που διέρχεται από την αρχή των αξόνων και φτάνει τη χρονική στιγμή t = 2s μέχρι την ταχύτητα u = αt = 2•2 = 4m/s

4. ΕΚΦΩΝΗΣΗ http://exams-repo.cti.gr/downloads/GENIKO_LYKEIO_IMERISIO/A%20_TAXI/FYSIKI/GI_A_FYS_0_9617.pdf

4. ΑΠΑΝΤΗΣΗ

ΘΕΜΑ Β

Β₁

Επειδή στον αγώνα κολύμβησης των 200m το σημείο εκκίνησης ταυτίζεται με το σημείο τερματισμού, η αρχική και η τελική θέση του κολυμβητή, ταυτίζονται, δηλαδή χ_αρχ = χ_τελ. Άρα Δχ = χ_αρχ – χ_τελ = 0.

Σωστό το γ)

Β₂

Η σχέση u = 5t (S.I) είναι της μορφής u = αtπου ισχύει στην ευθύγραμμη ομαλά επιταχυνόμενη κίνηση (α = σταθερό). Συγκρίνοντας τις δύο σχέσεις προκύπτει ότι

α = 5m/s² = σταθερό. Άρα ΣF = mα = σταθερή. Επομένως η γραφική παράσταση συνισταμένης-χρόνου θα είναι ευθεία παράλληλη στον άξονα των χρόνων.

Σωστό το β)

ΘΕΜΑ Δ

Δ₁

Από 0s έως 5s

Είναι ΣF = F₁ – F₂ = 30 – 10 = 20N

Άρα α₁ = ΣF/m = 20/2 = 10m/s² = σταθερή

Από 5s έως 7s

Είναι ΣF = – F₂ = – 10N

Άρα α₂ = ΣF/m = – 10/2 = – 5m/s² = σταθερή

Επομένως η γραφική παράσταση επιτάχυνσης-χρόνου

από 0sέως 5s θα είναι ευθεία παράλληλη στον άξονα των χρόνων και θα τέμνει τον άξονα των επιταχύνσεων στο 10m/s² και

από 5sέως 7s θα είναι ευθεία παράλληλη στον άξονα των χρόνων και θα τέμνει τον άξονα των επιταχύνσεων στο – 5m/s² (δηλαδή θα βρίσκεται κάτω από τον άξονα των χρόνων)

Δ₂

Είναι u₁ = α₁t₁ = 10•5 = 50m/sκαι

u₂ = u₁ + α₂t = 50 + (-5)2 = 50 – 10 = 40m/s, όπου t = t₂ – t₁ = 2s

Δ₃

Είναι Δχ₁ = α₁t₁²/2 = 10•5²/2 = 125mκαι

Δχ₂ = u₁t + α₂t²/2 = 50•2 + (- 5)2²/2 = 100 – 10 = 90m

Άρα Δχ_ολ = Δχ₁ + Δχ₂ = 125 + 90 = 215m

Δ₄

Είναι WF₁ = F₁•Δχ₁ = 30•125 = 3750joule και

WF₂ = – F_2•Δχ_ολ = – 10•215 = – 2150joule

5. ΕΚΦΩΝΗΣΗ http://exams-repo.cti.gr/downloads/GENIKO_LYKEIO_IMERISIO/A%20_TAXI/FYSIKI/GI_A_FYS_0_9623.pdf

5. ΑΠΑΝΤΗΣΗ

ΘΕΜΑ Β

Β₁

Αφού u= σταθερή θα είναι ΣF = 0. Άρα, εκτός από τη δύναμη F υπάρχει και μία άλλη, έστω F’ που ασκείται στο σώμα και είναι αντίθετη της F. Επομένως θα είναι

F’ = 10Ν.

Αν διπλασιαστεί η δύναμη F, δηλαδή αν γίνει 2F τότε θα ισχύει

ΣF = 2F– F’ = 2•10 – 10 = 20 – 10 = 10N.

Οπότε α = ΣF/ m = 10/0,5 = 20m/s²

Σωστό το α)

Β₂

ΠΑΡΑΤΗΡΗΣΗ

Θα έπρε να δινεται στην εκφώνηση ότι η δύναμη δεν είναι μόνο σταθερής κατεύθυνσης αλλά και ΠΑΡΑΛΛΗΛΗ ΣΤΗ ΜΕΤΑΤΟΠΙΣΗ.

Με την παραπάνω προσθήκη το έργο της δύναμης ισούται με το εμβαδόν του τριγώνου κάτω από τη γραφική παράσταση (ευθεία).

Άρα WF = E = 2•20/2 = 20joule

Σωστό το β)