B' ΤΑΞΗ ΓΕΝ.ΛΥΚΕΙΟΥ ΘΕΤΙΚΗ & ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ÊÏÌÏÔÇÍÇ + +

Transcript

1 Επαναληπτικά Θέµατα ΟΕΦΕ 00 ΘΕΜΑ ο. β. γ. γ 4. γ. α. Λ β. Σ γ. Σ δ. Λ ε. Λ ΘΕΜΑ ο. Α. Σωστή η απάντηση () A B' ΤΑΞΗ ΕΝ.ΛΥΚΕΙΟΥ ΘΕΤΙΚΗ & ΤΕΧΝΟΛΟΙΚΗ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗ B l w ΦΥΣΙΚΗ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ F L Ε επ, K Λ - - F L - K x A + + Ισοδύναµο κύκλωµα Επειδή η ράβδος κινείται µέσα σε οµογενές µαγνητικό πεδίο (ΟΜΠ), µε ταχύτητα που δεν είναι παράλληλη στις δυναµικές γραµµές, τα ελεύθερα ηλεκτρόνιά της δέχονται µαγνητική δύναµη Lorentz που (όπως προκύπτει µε τον κανόνα των τριών δακτύλων του δεξιού χεριού) έχει φορά προς το άκρο Κ. Έτσι, η ράβδος ισοδυναµεί µε ηλεκτρική πηγή που έχει τον αρνητικό πόλο στο Κ και το θετικό στο Λ και το κύκλωµα της ράβδου ισοδυναµεί µε το κύκλωµα που φαίνεται δίπλα. Η φορά του ρεύµατος στο εξωτερικό κύκλωµα είναι από το θετικό προς τον αρνητικό πόλο της πηγής, οπότε η φορά του ρεύµατος που διαρρέει τη ράβδο είναι από το Κ προς το Λ. Λ

2 Επαναληπτικά Θέµατα ΟΕΦΕ 00 Β. Σωστή η απάντηση () Επειδή η ράβδος, η ταχύτητα και η ένταση του µαγνητικού πεδίου είναι ανά δύο κάθετα µεταξύ τους, η ΗΕ από επαγωγή που αναπτύσσεται στη ράβδο έχει τιµή Ε επ = Βυl (). Σύµφωνα µε το νόµο του Oh για κλειστό κύκλωµα, η ένταση του ρεύµατος Eολ Εεπ () Bυ που διαρρέει το κύκλωµα έχει τιµή I = = I = l (). ολ Επειδή η ράβδος διαρρέεται από ρεύµα και είναι κάθετη στις δυναµικές γραµµές οµογενούς µαγνητικού πεδίου, δέχεται µαγνητική δύναµη Laplace ( ) B B που έχει µέτρο FL BI FL B υ l l = l = l = υ (). Όπως προκύπτει από τον κανόνα των τριών δακτύλων του δεξιού χεριού, η φορά της F L θα είναι προς τα πάνω. Επίσης, η ράβδος βρίσκεται σε βαρυτικό πεδίο, οπότε δέχεται το βάρος της µε φορά προς τα κάτω. Επειδή η ταχύτητα της ράβδου παραµένει σταθερή, σύµφωνα µε τον ο νόµο του Νεύτωνα, η συνισταµένη των δυνάµεων που δέχεται θα ισούται µε µηδέν: ( + ) ( ) B l Σ F = 0 w FL = 0 w = FL g = υ g υ = B l. Α. Σωστή η απάντηση () Σ Ν F c, F c, - d w w Μετά τη χρονική στιγµή t=0, οι σφαίρες έλκονται µε ηλεκτρικές δυνάµεις Coulob που έχουν αντίθετη κατεύθυνση και ίσα µέτρα: q q Fc, = Fc, = KC = F. d Επειδή στον κατακόρυφο άξονα κάθε σφαίρα ισορροπεί, είναι ΣF =ΣF =0, οπότε ΣF =ΣF =F. Σύµφωνα µε τον θεµελιώδη νόµο της µηχανικής, η επιτάχυνση κάθε σφαίρας έχει µέτρο: ΣF F ια τη Σ : α = α = () ΣF F ια τη Σ : α = α = () Από τις () και () προκύπτει ότι α = α Ν + Σ Β. Σωστή η απάντηση () Μετά την t=0, οι εξωτερικές δυνάµεις που δέχεται το σύστηµα είναι τα βάρη από τη η και οι δυνάµεις επαφής από το δάπεδο. Επειδή κάθε

3 Επαναληπτικά Θέµατα ΟΕΦΕ 00 σφαίρα ισορροπεί στον κατακόρυφο άξονα, η συνισταµένη των εξωτερικών δυνάµεων είναι µηδέν. Έτσι, σύµφωνα µε την αρχή διατήρησης της ορµής (Α Ο), η ορµή του συστήµατος διατηρείται. Επίσης, επειδή οι σφαίρες αρχίζουν να κινούνται από την ηρεµία µε την επίδραση κεντρικών δυνάµεων, οι ταχύτητες που θα αποκτήσουν θα έχουν την κατεύθυνση αυτών των δυνάµεων και θα βρίσκονται στην ίδια ευθεία. Έτσι, έχουµε: αρχικά ικά Σ υ = Σύµφωνα µε την Α Ο: p = p () ολ, αρχ ολ, Αρχικά (αµέσως µετά την t=0): Οι σφαίρες είναι ακίνητες, οπότε η ορµή του συστήµατος είναι µηδέν: p ολ, αρχ = 0 () Τελικά (τη στιγµή που οι σφαίρες έχουν ταχύτητες υ και υ ): Η ορµή του συστήµατος είναι p = p + p ολ, () Η () από τις () και () γίνεται: 0= p + p (4) Επειδή οι ορµές βρίσκονται στην ίδια ευθεία, η διανυσµατική σχέση (4) ισχύει και αλγεβρικά: ( + ) υ (4) υ υ = 0 υ = υ υ = υ = /s. Σωστή η απάντηση () Επειδή οι µόνες δυνάµεις που εκούν έργο είναι οι ηλεκτρικές δυνάµεις που είναι διατηρητικές και εσωτερικές δυνάµεις του συστήµατος, σύµφωνα µε την αρχή διατήρησης της µηχανικής ενέργειας, η µηχανική ενέργεια του συστήµατος διατηρείται: Έτσι, για µια στιγµή αµέσως µετά την t=0 και για τη στιγµή που η απόσταση των σφαιρών έχει υποδιπλασιαστεί, έχουµε: E Ε U + K = U + K U + 0 = U + K µηχ ( αρχ ) = µηχ ( ) αρχ αρχ αρχ q q q q q q q q K = Uαρχ U K = k k K = k k d d d d K = Uαρχ Uαρχ K = U αρχ K = ( µ J ) K = +µj υ d υ + υ =0 0 + Σ

4 Επαναληπτικά Θέµατα ΟΕΦΕ Α. Σωστή η απάντηση () N υ (A) (A) S i επαγ i επαγ i επαγ i επαγ ( ) ( ) S N ος τρόπος (µε βάση τις δυνάµεις που δέχεται ο µαγνήτης): Καθώς ο µαγνήτης πλησιάζει το πηνίο, αυξάνεται η µαγνητική ροή που περνά µέσα από αυτό. Έτσι, σύµφωνα µε το νόµο της επαγωγής, εµφανίζεται στο πηνίο ΗΕ από επαγωγή. Επειδή το κύκλωµα του πηνίου είναι κλειστό, διαρρέεται από επαγωγικό ρεύµα και το πηνίο δηµιουργεί µαγνητικό πεδίο. Σύµφωνα µε τον κανόνα του Lenz, το επαγωγικό ρεύµα έχει τέτοια φορά, ώστε µε τα αποέσµατά του, να αντιστέκεται στην αιτία που το προκαλεί. Έτσι, το µαγνητικό πεδίο του πηνίου, αντιστέκεται στην κίνηση του µαγνήτη, δηµιουργώντας στο αριστερό του άκρο νότιο µαγνητικό πόλο, µε αποτέλεσµα ο µαγνήτης να επιβραδύνεται. Οµοίως, όταν ο µαγνήτης αποµακρύνεται από το πηνίο, στο δεξί άκρο του πηνίου εµφανίζεται νότιος µαγνητικός πόλος, ώστε ο µαγνήτης πάλι να επιβραδύνεται. Άρα, η κίνηση του µαγνήτη είναι επιβραδυνόµενη και υ < υ. Άρα, δεκτή είναι µόνο η τιµή υ = /s. ος τρόπος (ενεργειακά): Καθώς ο µαγνήτης κινείται κοντά στο πηνίο, µεταβάλλεται η µαγνητική ροή που περνά µέσα από αυτό. Έτσι, σύµφωνα µε το νόµο της επαγωγής αναπτύσσεται ΗΕ από επαγωγή. Επειδή το κύκλωµα του πηνίου είναι κλειστό διαρρέεται από ρεύµα. Έτσι, λόγω φαινοµένου Joule εκλύεται θερµότητα στο κύκλωµα. Σύµφωνα µε την Α Ε όµως, δεν υπάρχει παραγωγή ενέργειας από το µηδέν. Έτσι, αφού η δυναµική ενέργεια βαρύτητας του µαγνήτη δεν µεταβάλλεται και δεν υπάρχει άλλη προσφορά ενέργειας στο σύστηµα, ένα µέρος της κινητικής ενέργειας του µαγνήτη θα µετατρέπεται σε θερµότητα και η κινητική ενέργεια του µαγνήτη θα µειώνεται. Άρα και η ταχύτητα του µαγνήτη θα µειώνεται, οπότε θα είναι υ < υ υ = /s. N S N υ S 4

5 Επαναληπτικά Θέµατα ΟΕΦΕ 00 ΘΕΜΑ ο Β. Σωστή η απάντηση () Αφού το κύκλωµα διαρρέεται από ρεύµα, οπωσδήποτε εκλύεται θερµότητα στην αντίσταση λόγω φαινοµένου Joule. Έτσι: Q > 0. Επειδή η θερµότητα προέρχεται από την κινητική ενέργεια του µαγνήτη, το µέγιστο ποσό θερµότητας που µπορεί να ελευθερωθεί είναι ίσο µε την αρχική κινητική ενέργεια, που είναι K = υ = 0,4 0 J = 0 J (αν όλη η κινητική ενέργεια του µαγνήτη µετατραπεί σε θερµότητα, η ταχύτητα του µαγνήτη θα µηδενιστεί, οπότε δεν θα υπάρχουν επαγωγικά φαινόµενα, το κύκλωµα δεν θα διαρρέεται από ρεύµα και δεν θα ελευθερώνεται πια θερµότητα) Άρα, 0< Q 0 J Εποµένως, δεκτή µπορεί να είναι µόνο η Q = J. Α.. Το ποιοτικό διάγραµµα p-v για τη µεταβολή ΑΒΑ είναι όπως στο σχήµα. Α Τ Α. Εφαρµόζουµε την καταστατική εξίσωση των ιδανικών αερίων στην κατάσταση ισορροπίας Α: AV A ( SI ) AV A = nta TA = TA = K T n A = 800K ΑΒ: Η µεταβολή ΑΒ είναι αδιαβατική, οπότε ισχύει ο νόµος του oisson: γ V γ γ A C C v + AV A = BV B B = A, όπου γ = = = V C C Β Τ Β =T B v v V άρα N 0 B =

6 Επαναληπτικά Θέµατα ΟΕΦΕ 00 6 B 4 0 N N N 4 0 B 4 0 B = = = 8 0 N B ( ) = 8 Εφαρµόζουµε την καταστατική εξίσωση στην κατάσταση Β: 0 60 ( SI ) 8 BV B = ntb TB = K T B = 00K Β: Η µεταβολή Β είναι ισόθερµη (οπότε Τ =Τ Β ), και ισχύει ο νόµος του Bole: V B B B VB = V = () V Αλλά η Α είναι ισόχωρη, οπότε: V = V V = 0 () Άρα, από την () Α 0 N 60 8 N = = 0 0. Επειδή το αέριο είναι ιδανικό (άρα και µονοατοµικό), η εσωτερική του ενέργεια στην κατάσταση είναι: U = nt U = 00 J U = 00 J Β. Η ενέργεια που ανταλλάσσει το αέριο µε το περιβάλλον υπό µορφή θερµότητας σε κάθε µεταβολή είναι: ΑΒ: Η µεταβολή είναι αδιαβατική οπότε το αέριο δεν ανταλλάσσει θερµότητα µε το περιβάλλον, δηλαδή Q = 0. Β: Η µεταβολή είναι ισόθερµη, οπότε - V ( SI ) 0 QΒ = ntbln QB = 00 ln J VB 6 0 ln= 0,7 Q B= 00ln J QB = 00( ln ) J QB = 00l n J 8 QB = ( 600 0, 7) J QB = 40 J δηλαδή το αέριο αποβάλλει µε µορφή θερµότητας 40 J. Α: AB Η µεταβολή είναι ισόχωρη, οπότε ( SI ) QΑ = ncv( TA T ) QΑ = (800 00) J QΑ = 900 J ηλαδή το αέριο απορροφά µε µορφή θερµότητας 900 J. Ο συνεστής απόδοσης e της θερµικής µηχανής υπολογίζεται από τις σχέσεις: W Qc e= ή e= - () Q Q h h 6

7 Επαναληπτικά Θέµατα ΟΕΦΕ 00 7 όπου Q h είναι η συνολική ενέργεια που προσφέρεται υπό µορφή θερµότητας από το περιβάλλον στο αέριο και Q C η συνολική ενέργεια που αποβάλλει υπό µορφή θερµότητας το αέριο στο περιβάλλον, σε κάθε κύκλο. Άρα, για τον παραπάνω κύκλο είναι Qh= QΑ= 900 J και Q = Q = 40 J c Αντικαθιστώντας στη () έχουµε: 40 J 48 8 e = e = e = 900 J 90. Ο συνεστής απόδοσης της µηχανής Carnot δίνεται από τη σχέση TC e = -. Η ελάχιστη θερµοκρασία του κύκλου ΑΒΑ είναι η θερµοκρασία T C ΘΕΜΑ 4 ο h υπό την οποία συµβαίνει η ισόθερµη συµπίεση, δηλαδή Τ C =T B =00 K. Έτσι, έχουµε: 00 8 T c= K Tc Tc Tc 00K ec = e = - = = 4 T 4 T T = T h = 600K T Κ Ν Β υ 0 υ F L h h h h υ F L Λ Μ Ε υ Ζ, Α Οι δυνάµεις που δέχεται το σωµατίδιο κατά την κίνησή του είναι: Από Α έως : Η µαγνητική δύναµη Lorentz F L από το µαγνητικό πεδίο. Από έως : Η F L και η ηλεκτρική δύναµη από το ηλεκτρικό πεδίο του πυκνωτή. Από έως Ζ: Η. υ l/ Ζ d/ υ Ζ υ Ζ,x =υ x 7

8 Επαναληπτικά Θέµατα ΟΕΦΕ 00 8 Α.. Παρατηρούµε ότι κατά την κίνηση έως Ζ, µε την επίδραση της το σωµατίδιο αποκλίνει προς το θετικό οπλισµό του πυκνωτή (δηλαδή η ηλεκτρική δύναµη έχει φορά αντίθετη της έντασης του ηλεκτρικού πεδίου). Άρα το ηλεκτρικό φορτίο του είναι αρνητικό.. ια την κίνηση Α έως, η F L παίζει το ρόλο της κεντροµόλου δύναµης (προκαλεί κεντροµόλο επιτάχυνση). Η ακτίνα της κυκλικής τροχιάς υπολογίζεται από τη σχέση υ = () B q Β.. ος τρόπος: Το µέτρο υ της ταχύτητας παραµένει σταθερό, οπότε υ = υ0 = υ = 0 / s. υ Έτσι, η σχέση () γράφεται = και µε αντικατάσταση έχουµε B q 0 / s 0 / - = = 0 ή = c T C Kg Η κίνηση από το σηµείο έως το σηµείο είναι ευθύγραµµη οµαλή οπότε, σύµφωνα µε τον ο νόµο του Νεύτωνα η συνισταµένη των δυνάµεων που δέχεται το σωµατίδιο θα είναι µηδέν. Επειδή δέχεται δύο µόνο δυνάµεις, οι δυνάµεις αυτές θα είναι αντίθετες, οπότε η F L θα έχει φορά προς τα κάτω. Εφαρµόζοντας τον κανόνα των τριών δακτύλων του δεξιού χεριού και παίρνοντας υπόψη µας ότι το φορτίο είναι αρνητικό, βρίσκουµε ότι η φορά της έντασης του µαγνητικού πεδίου είναι από τον αναγνώστη προς τη σελίδα ( ) ος τρόπος: ια την κυκλική κίνηση από το σηµείο Α έως το σηµείο, σε κάθε σηµείο της τροχιάς η F L έχει κατεύθυνση προς το κέντρο του κύκλου. Εφαρµόζοντας τον κανόνα των τριών δακτύλων του δεξιού χεριού και παίρνοντας υπόψη µας ότι το φορτίο είναι αρνητικό, βρίσκουµε ότι η φορά της έντασης του µαγνητικού πεδίου είναι από τον αναγνώστη προς τη σελίδα ( ). Αφού η κίνηση από το στο είναι ευθύγραµµη οµαλή σύµφωνα µε τον ο νόµο του Νεύτωνα θα είναι: ( + ) ο Σ F = 0 FL = 0 = FL E q = B υ q ηµ 90 Ε = Β υ Αντικαθιστώντας: = E = 0 N/C E T 0 / s. Έστω t, t οι χρόνοι κίνησης από Α έως και από έως Ζ αντίστοιχα. 8

9 Επαναληπτικά Θέµατα ΟΕΦΕ Υπολογισµός του t ος τρόπος: Αν Τ η περίοδος της οµαλής κυκλικής κίνησης του σωµατιδίου στο οµογενές µαγνητικό πεδίο, τότε: π,4 T = T = T = 6,8 0 s. B q T 0 C / Kg Το σωµατίδιο διαγράφει ηµικύκλιο, οπότε: t T t 6,8 0,4 0 = = s t = s. ος τρόπος: Το σωµατίδιο διαγράφει τόξο µήκους s = π = π µε ταχύτητα σταθερού µέτρου υ= υ. Επειδή η κίνηση είναι οµαλή κυκλική, ισχύει: s s π,4 0 υ = t = t = t = t =,4 0 s. t υ υ 0 / s. Υπολογισµός του t υ Ζ, l/ Από το στο Ζ έχουµε κίνηση φορτισµένου Ζ Ε σωµατιδίου σε οµογενές α d/ ηλεκτρικό πεδίο µε αρχική ταχύτητα υ, κάθετη στις δυναµικές (Ο) υ x γραµµές. Ορίζουµε ορθογώνιους άξονες x Οx O µε αρχή το σηµείο, όπως φαίνεται στο σχήµα. Η κίνηση µπορεί να θεωρηθεί ως επαλληλία δύο κινήσεων, µιας κίνησης στη διεύθυνση του άξονα x, και µιας στη διεύθυνση του άξονα. Κατά τον άξονα x το σωµατίδιο δεν δέχεται καµία δύναµη, οπότε είναι Σ = 0 και η κίνηση είναι ευθύγραµµη οµαλή. Άρα, F x υ = υ = σταθ και x x = υ t. Κατά τον άξονα το σωµατίδιο δέχεται την ηλεκτρική δύναµη οπότε, εφαρµόζοντας τον θεµελιώδη νόµο της µηχανικής έχουµε: υ Ζ υ Ζ,x =υ 9

10 Επαναληπτικά Θέµατα ΟΕΦΕ Έχουµε: E q N C Σ F = a E q = a a = a = 0 0 a = 0 / s C Kg ηλαδή το σωµατίδιο εκεί ευθύγραµµη οµαλά επιταχυνόµενη κίνηση χωρίς αρχική ταχύτητα, οπότε: υ = α και 8 t = α ( t ) () Τη στιγµή που το σωµατίδιο εξέρχεται από το σηµείο Ζ έχει µετατοπιστεί κατά τον άξονα (κατακόρυφα) κατά d/, οπότε είναι =d/. d Όµως d = = = = 8 0. Αντικαθιστώντας στην () έχουµε: d ( SI ) 8 a t d a( t) 8 0 = = = 0 t t = 0 s. Έργο της µαγνητικής δύναµης F L Η F L είναι διαρκώς κάθετη στην ταχύτητα του σωµατιδίου, οπότε δεν παράγει έργο: W = 0. FL Έργο της ηλεκτρικής δύναµης ια τη διαδροµή από έως είναι F ηλ υ οπότε = 0. WF ηλ Άρα, η ηλεκτρική δύναµη εκεί έργο µόνο κατά την κίνηση από το στο Ζ. Το έργο αυτό µπορούµε να το υπολογίσουµε µε δύο τρόπους: ος τρόπος Εφαρµόζουµε το Θεώρηµα Μεταβολής της Κινητικής Ενέργειας για το σωµατίδιο, από το στο Ζ: Κ = ΣW K K = W Ζ F ( Z ) ( ) υz υ = W Ζ () όπου υz το µέτρο της ταχύτητας εξόδου από τον πυκνωτή στο σηµείο Ζ. Όµως υ = υ + υ, δηλαδή υ = υ + υ. Z z, x z, Z (Ο) z, Ε υ Ζ, l/ υ Ζ υ Ζ υ Ζ,x =υ d/ x Αντικαθιστώντας στη σχέση () έχουµε: 0

11 Επαναληπτικά Θέµατα ΟΕΦΕ 00 (, ), υ υ z WF WF ηλ ηλ z υ Ζ Ζ + = = υ () Από την κίνηση έως Ζ έχουµε 8,, 0 υz = a t υz = 0 s υz, = 4 0. s s Με αντικατάσταση στη σχέση () έχουµε Ζ 0 4 (4 0 / ) Ζ WF = Kg s WF = J. ηλ ηλ Άρα -8 W = 8 0 J. ος τρόπος Θεωρούµε σηµείο Ρ του άξονα x ώστε ΖΡ Ρ. Η είναι διατηρητική δύναµη, οπότε το έργο της είναι ανεξάρτητο από τη διαδροµή του σηµείου εφαρµογής της από το έως το Ζ. Έτσι WF = WF + WF Ζ Ρ Ρ Ζ ηλ ηλ ηλ Όµως W Ρ d = 0 διότι Ρ και W Ρ Ζ F = F ( ) q ηλ ηλ ΡΖ = Ε Είναι Έτσι Οπότε Άρα q q 9 = 0 C / Kg = 0 C / Kg q = 0 C. 4 0 Kg Ρ Ζ N 9 Ρ Ζ 8 WF = 0 0 C 4 0 WF = 8 0 J ηλ ηλ C W W = ( ) J W = 8 0 J. Ζ 8 Ζ -8-8 = 8 0 J