ΟΜΟΣΠΟΝ ΙΑ ΕΚΠΑΙ ΕΥΤΙΚΩΝ ΦΡΟΝΤΙΣΤΩΝ ΕΛΛΑ ΟΣ (Ο.Ε.Φ.Ε.) ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 2012

Transcript

1 ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 01 Ε_3.ΦλΘΤ(α) ΤΑΞΗ: Β ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΜΑΘΗΜΑ: ΦΥΣΙΚΗ / ΘΕΤΙΚΗΣ & ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗΣ ΘΕΜΑ Ηµεροµηνία: Κυριακή Απριλίου δ. β 3. β 4. α 5. α Σ, β Λ, γ Σ, δ Λ, ε Λ ΘEM B ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ B1. 1. Σωστή απάντηση η β. Επειδή τα φορτισµένα σωµατίδια εισέρχονται κάθετα στις δυναµικές γραµµές του Ο.Μ.Π. θα τους ασκηθεί από το πεδίο η δύναµη Lorentz, F LOR κάθετη στην ταχύτητά τους, οπότε θα διαγράψουν τµήµα κυκλικής u π τροχιάς ακτίνας R = και µε περίοδο T =. Bq Bq u u Σωµατίδιο Α: R 1 = Σωµατίδιο Β: R = Bq Bq u R1 Bq R1 ub q R1 ub q = = = R u R ubq R ubq Bq οπότε. Σωστή απάντηση η γ. Οι τροχιές που θα διαγράψουν τα σωµατίδια είναι ηµικύκλια, οπότε ο χρόνος εξόδου για το κάθε ένα είναι ίσος µε t = T. 1 1π π Σωµατίδιο Α: t 1 = T1 = = Bq Bq 1 1π π Σωµατίδιο Β: t = T = = Bq Bq Τα σωµατίδια εξέρχονται µε χρονική διαφορά (πρώτα εξέρχεται το Β): R R 1 = 4 1 ΤΑ ΘΕΜΑΤΑ ΠΡΟΟΡΙΖΟΝΤΑΙ ΓΙΑ ΑΠΟΚΛΕΙΣΤΙΚΗ ΧΡΗΣΗ ΤΗΣ ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΡΙΑΚΗΣ ΜΟΝΑ ΑΣ ΣΕΛΙ Α: 1 ΑΠΟ 6

2 ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 01 Ε_3.ΦλΘΤ(α) t = 3π Bq Β. Σωστή απάντηση η β. Γνωρίζουµε ότι η γωνιακή ταχύτητα δίνεται από τη σχέση ω = πf και ότι η µέγιστη τιµή της εναλλασσόµενης τάσης δίνεται από τη σχέση = N ω Β Α. Αφού διπλασιάστηκε η συχνότητα περιστροφής του πλαισίου θα διπλασιαστεί και η γωνιακή ταχύτητα (ω) και η µέγιστη τιµή της τάσης (). v = 400 ηµ(00πt) (S.I.) B3. Σωστή απάντηση η α. Η µόνη δύναµη που ασκείται στο σωµατίδιο Β είναι η δύναµη Coulob ( F c ) οπότε ισχύει ότι: ΘΕΜΑ Γ Ε αρχ = Ε τελ U ΥΝ.ΗΛ = Κ ΤΕΛ kqq 1 = u u = d kqq d Γ1. Χρησιµοποιώντας τον κανόνα των τριών δακτύλων, βρίσκουµε ότι τα ελεύθερα ηλεκτρόνια, που βρίσκονται στο εσωτερικό του αγωγού, δέχονται δύναµη Lorentz µε φορά προς το Κ. Έτσι στο άκρο Κ υπάρχει συσσώρευση αρνητικού φορτίου, ενώ στο άκρο Λ έλλειµµα αρνητικού φορτίου ή αλλιώς περίσσεια θετικού φορτίου. Συνεπώς η ζητούµενη πολικότητα εικονίζεται στο παρακάτω σχήµα: x y F υ R K Λ F L Στο ίδιο σχήµα έχει σχεδιαστεί και η φορά του επαγωγικού ρεύµατος. Λόγω της ύπαρξης του επαγωγικού ρεύµατος ο αγωγός δέχεται από το µαγνητικό πεδίο δύναµη Laplace, η φορά της οποίας (µε χρήση και πάλι του κανόνα των τριών δακτύλων) προκύπτει αντίθετη από τη φορά της δύναµης F. Ι B Γ R 1 ΤΑ ΘΕΜΑΤΑ ΠΡΟΟΡΙΖΟΝΤΑΙ ΓΙΑ ΑΠΟΚΛΕΙΣΤΙΚΗ ΧΡΗΣΗ ΤΗΣ ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΡΙΑΚΗΣ ΜΟΝΑ ΑΣ ΣΕΛΙ Α: ΑΠΟ 6

3 ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 01 Ε_3.ΦλΘΤ(α) Γ. Για τον κινούµενο αγωγό ισχύουν οι σχέσεις: E επ = Βυl Ι E Βυl επ = = και Roλ Rολ F L l Β υ = BIl= R ολ Ο αγωγός θα αποκτήσει σταθερή (οριακή) ταχύτητα, όταν βάσει του 1 ου Νόµου Newton θα ισχύει: Σ F =0 υ oρ FR = Β υ oρ = 4 Γ3. Όταν ολ l s Β υoρ l F = F L F = Β υ o ρ l = FRολ Rολ F ( R1 + R) 0, 4 υ o ρ = ( 8 + ) 0, 4 10 υ o ρ = = Β l 0, 5 4 0, 5 υ υ = oρ = s E επ = Βυl E επ = 0, 5 E επ = Eεπ Ι = = Ι= 0, R 10 oλ K Λ = Γ = Ι R1 Λ = 0, 8 K KΛ = 1, 6 ή ισοδύναµα, εφόσον ο κινούµενος αγωγός ΚΛ ισοδυναµεί µε πηγή ΗΕ E επ = και εσωτερικής αντίστασης R =Ω, θα ισχύει: K Λ = E επ Ι R Λ = 0, Γ4. τη στιγµή που υ K KΛ = 1, 6 υoρ = s µαγνητικό πεδίο στον αγωγό είναι: =, το µέτρο της δύναµης Laplace που ασκεί το F L = BIl F L = 0, 0, 5 F L = 0, N Εφαρµόζοντας τώρα τον ο Νόµο Newton στον κινούµενο αγωγό, έχουµε: F FL Σ F = α F FL = α α = 04, 0, α = α= 01, s Γ5. Η θερµική ισχύς που αναπτύσσεται στο κύκλωµα τη στιγµή που είναι: PΘ = Ι Rολ Ι ( R + R ) = 1 P Θ =, 10 P Θ 0 υ υ = oρ = s P Θ = 0, 4W ΤΑ ΘΕΜΑΤΑ ΠΡΟΟΡΙΖΟΝΤΑΙ ΓΙΑ ΑΠΟΚΛΕΙΣΤΙΚΗ ΧΡΗΣΗ ΤΗΣ ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΡΙΑΚΗΣ ΜΟΝΑ ΑΣ ΣΕΛΙ Α: 3 ΑΠΟ 6

4 ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 01 Ε_3.ΦλΘΤ(α) ΘΕΜΑ 1. Β: Ισοβαρής θέρµανση (ή εκτόνωση), διότι η πίεση είναι σταθερή, η απόλυτη θερµοκρασία και ο όγκος αυξάνουν ως ανάλογα µεγέθη. Β Γ: Ισόθερµη εκτόνωση, δίοτι η απόλυτη θερµοκρασία είναι σταθερή, η πίεση µειώνεται, άρα ο όγκος ως αντιστρόφως ανάλογο µέγεθος της πίεσης θα αυξάνει. Γ : Ισοβαρής ψύξη (ή συµπίεση), διότι η πίεση είναι σταθερή, η απόλυτη θερµοκρασία και ο όγκος µειώνονται ως ανάλογα µεγέθη. Α: Ισόθερµη συµπίεση, διότι η απόλυτη θερµοκρασία είναι σταθερή, η πίεση αυξάνεται, άρα ο όγκος ως αντιστρόφως ανάλογο µέγεθος της πίεσης θα µειώνεται.. Με τη βοήθεια της γραφικής παράστασης p-t, των δεδοµένων και των νόµων που ισχύουν στις µεταβολές συµπληρώνεται ο παρακάτω πίνακας. Β (Νόµος Gay- Lussac): B = = = 1L (1) T T B Α (Νόµος Boyle): p = p p = 8 1 p = 4at () Γ (Ισοβαρής): p Γ = p p Γ = 4αt (3) B Γ (Νόµος Boyle): p Β Β = p Γ Γ 8 = 4 Γ Γ = 4L (4) (Εναλλακτικά τον όγκο Γ µπορούµε να τον βρούµε µε την εφαρµογή του νόµου του Gay-Lussac για την µεταβολή Γ ). ΤΑ ΘΕΜΑΤΑ ΠΡΟΟΡΙΖΟΝΤΑΙ ΓΙΑ ΑΠΟΚΛΕΙΣΤΙΚΗ ΧΡΗΣΗ ΤΗΣ ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΡΙΑΚΗΣ ΜΟΝΑ ΑΣ ΣΕΛΙ Α: 4 ΑΠΟ 6

5 ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 01 Ε_3.ΦλΘΤ(α) Κατ. Α Κατ. Β Κατ. Γ Κατ. p (at) (3) 4 () (L) 1 (1) 4 (4) T (K) Β: W B = p ΑΒ W B = ( 1) 10 3 W B = 800J B Γ: W ΒΓ = n R Τ Β Γ l n W ΒΓ = p B B Γ ln B B 4 W ΒΓ = ln W ΒΓ = 1600 l n W ΒΓ = 110J Γ : W Γ = p Γ Γ W Γ = ( 4) 10 3 W Γ = 800J Α: W Α = n R Τ Α l n W Α = p Α Α l n 1 W Α = ln W Α = 800 ln W Α = 560J Το ωφέλιµο (συνολικό) έργο είναι ίσο µε το αλγεβρικό άθροισµα των επιµέρους έργων: ΤΑ ΘΕΜΑΤΑ ΠΡΟΟΡΙΖΟΝΤΑΙ ΓΙΑ ΑΠΟΚΛΕΙΣΤΙΚΗ ΧΡΗΣΗ ΤΗΣ ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΡΙΑΚΗΣ ΜΟΝΑ ΑΣ ΣΕΛΙ Α: 5 ΑΠΟ 6

6 ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 01 Ε_3.ΦλΘΤ(α) W ωφ = W B + W ΒΓ + W Γ + W Α W ωφ = W ωφ = 560J 4. Θερµότητα απορροφάται στις εξής µεταβολές: Α Β: W B > 0, U B > 0 άρα συµφωνα µε τον Α νόµο της Θερµοδυναµικής και το Q B > 0. B Γ: Q B = 5 n R TB Q B = 5 WB Q B = Q B = 000J W ΒΓ > 0, U B = 0 άρα συµφωνα µε τον Α νόµο της Θερµοδυναµικής και το Q ΒΓ > 0. Q ΒΓ = W ΒΓ + U ΒΓ Q ΒΓ = 110J Η συνολική θερµότητα που απορροφάται στη διάρκεια ενός κύκλου είναι ίση µε: Q h = Q B + Q ΒΓ Q h = Q h = 310J Η απόδοση της θερµικής µηχανής είναι ίση µε: Wωφ e = e = e = Qh Η απόδοση της µηχανής Carnot αν λειτουργούσε µεταξύ των ίδιων θερµοκρασιών θα ήταν: TC e c = 1 ec = 1 ec = ec = 0,5 Th Για να µπορεί να υπάρξει η παραπάνω µηχανή στην πράξη θα πρέπει να έχει απόδοση µικρότερη από την απόδοση της µηχανής Carnot σύµφωνα µε το θεώρηµα του Carnot. 7 Έστω ότι: e < e c < 0,5 7 < 19,5 ισχύει, άρα υπάρχει. 39 ΤΑ ΘΕΜΑΤΑ ΠΡΟΟΡΙΖΟΝΤΑΙ ΓΙΑ ΑΠΟΚΛΕΙΣΤΙΚΗ ΧΡΗΣΗ ΤΗΣ ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΡΙΑΚΗΣ ΜΟΝΑ ΑΣ ΣΕΛΙ Α: 6 ΑΠΟ 6