ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 2014

Transcript

1 ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 014 Ε_3.ΦλΓΑΘΤ(α) ΤΑΞΗ: Β ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗ: ΓΕΝΙΚΗ ΠΑΙ ΕΙΑ & ΘΕΤΙΚΗ & ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑ: ΦΥΣΙΚΗ Ηµεροµηνία: Κυριακή 7 Απριλίου 014 ιάρκεια Εξέτασης: 3 ώρες ΘΕΜΑ Α1. δ Α. α Α3. β Α4. α Α5 α. Σ β. Σ γ. Σ δ. Λ ε. Σ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΘΕΜΑ Β Β1. Σωστή απάντηση είναι το γ. V0 I0 Pµ = Vεν Iεν = V0 I0 V 0 = = = 0W Β.1 Σωστή απάντηση είναι η β. Το σώµα Β εκτελεί Οµαλή Κυκλική Κίνηση ακτίνας =. Έτσι ισχύει υ = ω υ = ω (1) Β T T Α ' T T Β υ Α Το σώµα Α εκτελεί Οµαλή Κυκλική Κίνηση ακτίνας Α=. Έτσι ισχύει υ = ω υ = ω () Β υ Β ΤΑ ΘΕΜΑΤΑ ΠΡΟΟΡΙΖΟΝΤΑΙ ΓΙΑ ΑΠΟΚΛΕΙΣΤΙΚΗ ΧΡΗΣΗ ΤΗΣ ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΡΙΑΚΗΣ ΜΟΝΑ ΑΣ ΣΕΛΙ Α: 1 ΑΠΟ 5

2 ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 014 Ε_3.ΦλΓΑΘΤ(α) Εποµένως από (1) και () έχουµε: υ( ) ω υ( ) 1 υ = ω υ = ( ) ( ) Β. Σωστή απάντηση είναι η α, διότι στο σώµα Β δρα η τάση του νήµατος ( T ) η οποία παίζει τον ρόλο της κεντροµόλου δύναµης. Έτσι: m υ mω 4 F = K ( ) mω = = FK() = T T = mω (3) Στο σώµα Α δρουν δύο δυνάµεις. Η τάση του νήµατος ( T είναι η αντίδραση της T και ηt. Έτσι ισχύει: m υ mω F T T mω K( ) = = = = (3) mω = T T = + T mω mω T = 3mω (4) Στο Ο δρα η αντίδραση της T, οπότε: T = T = T. Τελικά έχουµε: mω T T T = 3mω T = 3 ) η οποία Β3.1: Σωστή η α. Εφαρµόζοντας το Θεώρηµα Μεταβής της Κινητικής Ενέργειας για την κίνηση του φορτίου µέσα στο οµογενές ηλεκτρικό πεδίο προκύπτει ότι 1 qv m Κ=WF mυ -0=qV υ= E Β3.: Σωστή η β. Το φορτίο κατά την είσοδό του στο οµογενές µαγνητικό πεδίο εκτελεί οµαλή κυκλική κίνηση, το µέτρο της ταχύτητάς του άρα και της ορµής του παραµένει σταθερό και ίσο µε qv p 1=p =p=mυ p=m p= mqv. m ΤΑ ΘΕΜΑΤΑ ΠΡΟΟΡΙΖΟΝΤΑΙ ΓΙΑ ΑΠΟΚΛΕΙΣΤΙΚΗ ΧΡΗΣΗ ΤΗΣ ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΡΙΑΚΗΣ ΜΟΝΑ ΑΣ ΣΕΛΙ Α: ΑΠΟ 5

3 ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 014 Ε_3.ΦλΓΑΘΤ(α) Επιπλέον επειδή το φορτίο διαγράφει ηµικύκλιο τα διανύσµατα της ορµής εισόδου ( p 1) και εξόδου( p ) θα είναι αντίθετα µεταξύ τους, οπότε θεωρώντας ως θετική φορά, τη φορά εισόδου στο µαγνητικό πεδίο προκύπτει ότι: p= p p άρα p = p p= p= mqv 1 ΘΕΜΑ Γ Γ1. Ο αγωγός ΚΛ κινείται σε οµογενές µαγνητικό πεδίο οπότε στα άκρα του εµφανίζεται τάση από επαγωγή. Επειδή το κύκλωµα είναι κλειστό ο αγωγός ΚΛ διαρρέεται από ρεύµα. Η τιµή της έντασης του ρεύµατος είναι: Εεπ Β u Ιεπ = = = Η τάση στα άκρα του είναι ίση µε την τάση στα άκρα της αντίστασης και δίνεται από την σχέση: Eεπ VΚΛ = Ι = = 14V Γ. Λόγω του ρεύµατος ο αγωγός δέχεται ταυτόχρονα εκτός από την F και την δύναµη Lapace που το µέτρο της είναι FL = I = 4N και η φορά της βρίσκεται µε τον κανόνα του δεξιού χεριού. Επειδή ο αγωγός κινείται µε σταθερή ταχύτητα ισχύει ο πρώτος νόµος του Νεύτωνα ΣF = 0 F - FL - T = 0 T = N ηλαδή έχουµε και δύναµη τριβής µέτρου T=N και φορά που φαίνεται στο σχήµα. Γ3. Ο ρυθµός µεταφοράς ενέργειας µέσω της εξωτερικής δύναµης (F) είναι: WF = F u = 60J / s t Ενώ ο ρυθµός µετατροπής ενέργειας σε θερµική λόγω φαινοµένου Joue πάνω στις αντιστάσεις µέσω της δύναµης Lapace είναι: Q = F u = 40J / L s t ΤΑ ΘΕΜΑΤΑ ΠΡΟΟΡΙΖΟΝΤΑΙ ΓΙΑ ΑΠΟΚΛΕΙΣΤΙΚΗ ΧΡΗΣΗ ΤΗΣ ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΡΙΑΚΗΣ ΜΟΝΑ ΑΣ ΣΕΛΙ Α: 3 ΑΠΟ 5

4 ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 014 Ε_3.ΦλΓΑΘΤ(α) Γ4. Επειδή ο αγωγός ΚΛ κινείται µε σταθερή ταχύτητα ο ρυθµός µεταβής της κινητικής ενέργειας είναι µηδέν Κ = 0. Αυτό ενεργειακά σηµαίνει t ότι η προσφερόµενη ενέργεια στον αγωγό µέσω του έργου της (F) µετατρέπεται εν µέρει σε θερµότητα πάνω στους αντιστάτες µέσω του έργου της δύναµης Lapace και σε θερµότητα στους αγωγούς µέσω του έργου της τριβής (Τ). ΘΕΜΑ 1. Εφαρµόζοντας την αρχή διατήρησης της µηχανικής ενέργειας προκύπτει ότι: K + U = K + U αρχ αρχ τελ τελ Q q KC = mυ1 + 0 υ1 = 10m / s r. Εφαρµόζουµε Α..Ο. για την κρούση και υπογίζουµε την ταχύτητα του αφόρτιστου σωµατιδίου αµέσως µετά την κρούση P (πριν) =P(µετά) m u1 = m u u1 = u = 10m / s Στη συνέχεια εφαρµόζουµε Θ.Μ.Κ.Ε. για την κίνηση του σωµατιδίου Σ στο οριζόντιο επίπεδο µε τριβή 1 1 K τελ Kαρχ = ΣW mu mu = T S Αντικαθιστώντας έχουµε: S= 7,5m. 3. Στην ανώτερη θέση του ηµικυκλίου ισχύει: mu ΣF= Fκ= ΤΑ ΘΕΜΑΤΑ ΠΡΟΟΡΙΖΟΝΤΑΙ ΓΙΑ ΑΠΟΚΛΕΙΣΤΙΚΗ ΧΡΗΣΗ ΤΗΣ ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΡΙΑΚΗΣ ΜΟΝΑ ΑΣ ΣΕΛΙ Α: 4 ΑΠΟ 5

5 ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 014 Ε_3.ΦλΓΑΘΤ(α) Η ταχύτητα u βρίσκεται αν εφαρµόσουµε Α..Μ.Ε. µεταξύ ανώτερης και κατώτερης θέσης του ηµικυκλίου: 1 1 Kαρχ + Uαρχ = Kτελ + Uτελ mu + 0 = mu + mg() Αντικαθιστώντας έχουµε: u= 3m / s. Στον τύπο της κεντροµόλου: mu ΣF= N+ w= mu N = mg N = 0,05N 4. Το σώµα εγκαταλείπει το ηµικύκλιο έχοντας οριζόντια ταχύτητα u. Για την οριζόντια βή που προκύπτει από το ανώτερο σηµείο Α έχουµε: άξονας x: x= u t 1 άξονας y: h= gt και µε h= προκύπτει: t = = 0,4s και x = u t = 1, m. 4 Και για την απόσταση των σωµάτων: d = S x d = 6,3m ΤΑ ΘΕΜΑΤΑ ΠΡΟΟΡΙΖΟΝΤΑΙ ΓΙΑ ΑΠΟΚΛΕΙΣΤΙΚΗ ΧΡΗΣΗ ΤΗΣ ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΡΙΑΚΗΣ ΜΟΝΑ ΑΣ ΣΕΛΙ Α: 5 ΑΠΟ 5