Φυσική Ομάδαs Προσανατολισμού Θετικών Σπουδών

Transcript

1 ΥΠΟΥΡΓΕΙΟ ΠΑΙΔΕΙΑΣ ΚΑΙ ΘΡΗΣΚΕΥΜΑΤΩΝ ΙΝΣΤΙΤΟΥΤΟ ΕΚΠΑΙΔΕΥΤΙΚΗΣ ΠΟΛΙΤΙΚΗΣ Λύσεις των ασκσεων Β ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ Φυσικ Ομάδαs Προσανατολισμού Θετικών Σπουδών ΙΝΣΤΙΤΟΥΤΟ ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΑΣ ΥΠΟΛΟΓΙΣΤΩΝ ΚΑΙ ΕΚΔΟΣΕΩΝ «ΔΙΟΦΑΝΤΟΣ»

2 Φυσικ Ομάδας Προσανατολισμού Θετικών Σπουδών Λύσεις των ασκσεων Βʹ τάξη Γενικού Λυκείου

3 ΣΤΟΙΧΕΙΑ ΕΠΑΝΕΚ ΟΣΗΣ Η επανέκδοση του παρόντος βιβλίου πραγματοποιθηκε από το Ινστιτούτο Τεχνολογίας Υπολογιστών & Εκδόσεων «Διόφαντος» μέσω ψηφιακς μακέτας, η οποία δημιουργθηκε με χρηματοδότηση από το ΕΣΠΑ / ΕΠ «Εκπαίδευση & Διά Βίου Μάθηση» / Πράξη «ΣΤΗΡΙΖΩ» Οι αλλαγές που ενσωματώθηκαν στην παρούσα έκδοση έγιναν με βάση τις διορθώσεις του Ινστιτούτου Εκπαιδευτικς Πολιτικς

4 ΥΠΟΥΡΓΕΙΟ ΠΑΙΔΕΙΑΣ ΚΑΙ ΘΡΗΣΚΕΥΜΑΤΩΝ ΙΝΣΤΙΤΟΥΤΟ ΕΚΠΑΙΔΕΥΤΙΚΗΣ ΠΟΛΙΤΙΚΗΣ ΑΛΕΚΟΣ ΙΩΑΝΝΟΥ ΓΙΑΝΝΗΣ ΝΤΑΝΟΣ ΑΓΓΕΛΟΣ ΠΗΤΤΑΣ ΣΤΑΥΡΟΣ ΡΑΠΤΗΣ ΙΩΑΝΝΗΣ ΒΛΑΧΟΣ ΙΩΑΝΝΗΣ ΓΡΑΜΜΑΤΙΚΑΚΗΣ ΒΑΣΙΛΗΣ ΚΑΡΑΠΑΝΑΓΙΩΤΗΣ ΠΑΝΑΓΙΩΤΗΣ ΚΟΚΚΟΤΑΣ ΠΕΡΙΚΛΗΣ ΠΕΡΙΣΤΕΡΟΠΟΥΛΟΣ ΓΙΩΡΓΟΣ ΤΙΜΟΘΕΟΥ Η συγγραφ και η επιμέλεια του βιβλίου πραγματοποιθηκε υπό την αιγίδα του Παιδαγωγικού Ινστιτούτου Φυσικ Ομάδας Προσανατολισμού Θετικών Σπουδών Λύσεις των ασκσεων Β τάξη Γενικού Λυκείου ΙΝΣΤΙΤΟΥΤΟ ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΑΣ ΥΠΟΛΟΓΙΣΤΩΝ ΚΑΙ ΕΚΔΟΣΕΩΝ «ΔΙΟΦΑΝΤΟΣ»

5

6 1 ΚΑΜΠΥΛΟΓΡΑΜΜΕΣ ΚΙΝΗΣΕΙΣ: ΟΡΙΖΟΝΤΙΑ ΒΟΛΗ, ΚΥΚΛΙΚΗ ΚΙΝΗΣΗ 11 A Από την εξίσωση της ελεύθερης πτώσης έχουμε: και με αντικατάσταση Β i) Ο χρόνος που χρειάζεται το σώμα για να φθάσει στο έδαφος σύμφωνα με την αρχ επαλληλίας των κινσεων, είναι πάλι 3s ii) Για την οριζόντια κίνηση έχουμε: 12 A Οι ζητούμενες εξισώσεις για τις δύο κινσεις της βόμβας στους άξονες x και y είναι αντίστοιχα: (α) και (β) και (γ) (δ) Β Από τη (γ) έχουμε: Γ Επειδ η ταχύτητα υ x της βόμβας είναι ίση με την ταχύτητα (υ ο ) του αεροπλάνου, βόμβα και αεροπλάνο διανύουν κάθε στιγμ την ίδια απόσταση x Έτσι τη στιγμ που η βόμβα φτάνει στο έδαφος, το αεροπλάνο βρίσκεται ακριβώς πάνω από το σημείο πρόσκρουσης, έχοντας μετατοπιστεί από το σημείο που άφησε τη βόμβα κατά 13 Η γραμμικ ταχύτητα για κάθε σημείο του πλέγματος του τροχού είναι ίση με τη μεταφορικ ταχύτητα του αυτοκιντου Δηλαδ υ=35m/s Για την κεντρομόλο επιτάχυνση έχουμε:, όπου Έτσι 5

7 14 Από τη σχέση υ = ωr, αν θέσουμε βρίσκουμε για τη ζητούμενη ταχύτητα: Για την κεντρομόλο επιτάχυνση έχουμε: 15 Για την ταχύτητα έχουμε: Η ζητούμενη κεντρομόλος επιτάχυνση είναι: 16 Η συχνότητα περιστροφς του κάδου είναι: Έτσι βρίσκουμε: υ = 26,9m/s και 17 Η τιμ της τριβς, δηλαδ η κεντρομόλος δύναμη, δεν μπορεί να υπερβαίνει το 25% του βάρους του αυτοκιντου Δηλαδ: Όμως και με αντικατάσταση 18 Για την περίοδο του ωροδείκτη και του λεπτοδείκτη βρίσκουμε: Τ Ω = 12h = s Τ Ω = 43200s και Τ Λ = 1h = s Τ Λ = 3600s μετά από χρό- Έστω ότι οι δείκτες σχηματίζουν για πρώτη φορά γωνία νο t Ο λεπτοδείκτης έχει διαγράψει γωνία 6

8 (1) Αντίστοιχα ο ωροδείκτης θα έχει διαγράψει γωνία (2) Όμως οπότε αντικαθιστούμε τις (1) και (2) και έχουμε 19 Το βλμα κινούμενο ομαλά χρειάζεται χρόνο t για να φθάσει στο δίσκο, ο οποίος είναι: Στον ίδιο χρόνο t ο δίσκος περιστρέφεται κατά γωνία Επομένως βρίσκουμε ότι: 110 A Για την ταχύτητα του δορυφόρου βρίσκουμε: Β Για τη γωνιακ ταχύτητα του δορυφόρου έχουμε: 7

9 2 ΔΙΑΤΗΡΗΣΗ ΤΗΣ ΟΡΜΗΣ 21 Η ορμ του λεωφορείου είναι: p = mυ, όπου Έτσι 22 Η ταχύτητα του αεροπλάνου είναι 0 Από την εξίσωση της ταχύτητας στην ομαλά επιβραδυνόμενη κίνηση έχουμε: Αλλά Από το δεύτερο νόμο του Νεύτωνα έχουμε: 0 24 Ο ρυθμός μεταβολς της ορμς είναι: Επειδ ο αλεξιπτωτιστς θεωρούμε ότι κάνει ελεύθερη πτώση έχουμε 25 A Θεωρώντας ως θετικ φορά στον κατακόρυφο άξονα τη φορά από κάτω προς τα πάνω έχουμε: Β Για τη ζητούμενη μέση δύναμη έχουμε: 8

10 26 A Για τη μεταβολ της ορμς βρίσκουμε: Β Η ζητούμενη δύναμη υπολογίζεται από το δεύτερο νόμο του Νεύτωνα 27 A Για κάθε σταγόνα η μεταβολ της ορμς, αφού η τελικ ταχύτητά τους είναι μηδέν, έχει τιμ: Β Για τη μέση δύναμη βρίσκουμε: 28 A Για την ελάχιστη ορμ του σώματος έχουμε: Αντίστοιχα για τη μέγιστη έχουμε: Β Η συνισταμένη δύναμη όπως προκύπτει από τη σχέση είναι μηδέν για τα χρονικά διαστματα 0s έως 1s και 2s έως 3s Αντίθετα κατά το χρονικό διάστημα 1s έως 2s η κλίση της ευθείας είναι σταθερ και κατά συνέπεια η δύναμη έχει σταθερ τιμ Έτσι έχουμε: 9

11 29 Το σώμα επιταχύνεται με την επίδραση της δύναμης F και της τριβς Τ για την οποία βρίσκουμε: Έτσι από το θεμελιώδη νόμο της μηχανικς έχουμε: 210 A Β Για τη ζητούμενη μεταβολ της ορμς, θεωρώντας τη φορά της υ 1 ως θετικ έχουμε: Γ Η δύναμη που δέχτηκε από τον τοίχο το μπαλάκι είναι: αντίθετη από αυτ της ταχύτητας υ A Από την αρχ διατρησης της ορμς έχουμε: Προφανώς η κατεύθυνση της F είναι 0 0 (Το μείον δηλώνει ότι η φορά της ταχύτητας V είναι αντίθετη της ταχύτητας υ 0 ) Β Από το θεμελιώδη νόμο της Μηχανικς έχουμε:, όπου ΣF είναι μόνο η τριβ Τ Έτσι βρίσκουμε: 10

12 212 A Από τη σχέση για κάθε μια περίπτωση έχουμε: και, με κατεύθυνση αυτ της ταχύτητας υ 2 την οποία θεωρσαμε ως αρνητικ Β Για την πλαστικ κρούση ισχύει η αρχ διατρησης της ορμς Έτσι: Δηλαδ το συσσωμάτωμα μετά την κρούση έχει ταχύτητα, ίδιας κατεύθυνσης με αυτ της ταχύτητας υ Προφανώς θεωρούμε το κιβώτιο ακίνητο για το μικρό χρονικό διάστημα που διέρχεται το βλμα Έτσι: A Β Η ζητούμενη μέση δύναμη F είναι: 214 Από την αρχ διατρησης της ορμς αμέσως πριν και μετά τη διάσπαση έχουμε: Δηλαδ το κομμάτι m 2 αποκτά ταχύτητα 1500m/s αντίθετης κατεύθυνσης από αυτ της ταχύτητας υ του πυραύλου την οποία θεωρσαμε ως θετικ 11

13 215 A Αν θεωρσουμε ότι στη μάζα Μ=1200kg του πρώτου αυτοκιντου συμπεριλαμβάνεται και η σχετικά μικρ μάζα του μαθητ, μπορούμε να βρούμε την ορμ p 2 του δεύτερου αυτοκιντου με την αρχ διατρησης της ορμς Πράγματι αφού η ορμ διατηρείται και η τελικ ορμ του συσσωματώματος των δύο αυτοκιντων είναι μηδέν, έχουμε: Β Ο μαθητς έχει αρχικά την ταχύτητα του πρώτου αυτοκιντου, δηλαδ υ=20m/s Έτσι από το δεύτερο νόμο του Νεύτωνα, η δύναμη F που του ασκεί η ζώνη για να τον ακινητοποισει τελικά είναι: Μπορείτε να διαπιστώσετε ότι η δύναμη αυτ είναι πολύ μεγαλύτερη από το βάρος 216 A Από την αρχ διατρησης της ορμς έχουμε: Β Για τη μεταβολ Δp του δεύτερου οχματος έχουμε: Γ Για το πρώτο όχημα βρίσκουμε: Δηλαδ όπως αναμέναμε, η ελάτωση της ορμς του πρώτου οχματος είναι ίση ακριβώς με την αύξηση της ορμς του δεύτερου 12

14 217 A Η ταχύτητα V του συσσωματώματος είναι:, δηλαδ ίδιας κατεύθυνσης με την κατεύθυνση του πρώτου σώματος την οποία θεωρσαμε ως θετικ Β Στην πλαστικ κρούση η κινητικ ενέργεια δε διατηρείται και συγκεκριμένα μειώνεται Έτσι έχουμε: Γ Από το θεώρημα μεταβολς της κινητικς ενέργειας βρίσκουμε για το ζητούμενο διάστημα: 13

15 3 ΚΙΝΗΤΙΚΗ ΘΕΩΡΙΑ ΕΡΩΤΗΣΕΙΣ Νόμοι αερίων 31 1-γ 2-α 32 α 33 1-δ 2-β 3-γ 34 γ 35 γ 36 β, γ 37 γ 38 β Κινητικ θεωρία 39 Μακροσκοπικά, ιδανικό είναι το αέριο που υπακούει στους νόμους των αερίων σε οποιεσδποτε συνθκες και αν βρίσκεται, το αέριο που υπακούει στην καταστατικ εξίσωση σε όλες τις πιέσεις και θερμοκρασίες Μικροσκοπικά, ιδανικό είναι το αέριο του οποίου τα μόρια συμπεριφέρονται σαν μικροσκοπικές ελαστικές σφαίρες, δέχονται δυνάμεις μόνο τη στιγμ της κρούσης του με άλλα μόρια με τα τοιχώματα του δοχείου και οι κρούσεις τους είναι απολύτως ελαστικές 310 α, δ 311 α 14

16 312 γ 313 β 314 γ 315 Οι ταχύτητες των μορίων στα υγρά ακολουθούν κατανομ που μοιάζει αρκετά με αυτ των Maxwell-Boltzmann για τα αέρια Αυτό σημαίνει ότι μέσα στο υγρό πάντα υπάρχει ένας αριθμός μορίων που έχουν αρκετά μεγάλες ταχύτητες, που τους επιτρέπουν να δραπετεύσουν από τις διαμοριακές έλξεις και να εγκαταλείψουν το υγρό από την ελεύθερη επιφάνειά του Καθώς τα πιο γργορα μόριά του εγκαταλείπουν το υγρό, η μέση κινητικ ενέργεια των μορίων που απομένουν μικραίνει Σύμφωνα με τη σχέση mυ = kt που συνδέει τη μέση κινητικ ενέργεια των μορίων 2 2 των ιδανικών αερίων με τη θερμοκρασία και, απ ό,τι φαίνεται, ισχύει ποιοτικά και για τα υγρά, είναι και θεωρητικά αναμενόμενο να ψύχεται το υγρό ΑΣΚΗΣΕΙΣ Νόμοι αερίων - καταστατικ εξίσωση p2 p1 316 Η μεταβολ είναι ισόχωρη Επομένως = T T άρα p 2 = 1,2atm 2 1 V2 V1 317 Η μεταβολ είναι ισοβαρς Επομένως: = T T άρα V 2 = 0,18m Όγκος δωματίου V = 48m 3 Από την καταστατικ εξίσωση: n = pv RT = 1950mol 15