Ένωση Ελλήνων Φυσικών ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΟΣ ΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ ΦΥΣΙΚΗΣ 2004

Transcript

1 Ένωση Ελλήνων Φυσικών Πνελλήνιος ιγωνισµός Φυσικής πριλίου 004 Λυκείου Θεωρητικό Μέρος Θέµ 1 ο A. Πλησιάζοντς έν ρβδόµορφο µγνήτη σε έν χλκοσωλήν πρτηρούµε ότι δεν λληλεπιδρούν. (Ο χλκός είνι διµγνητικό υλικό) ν κρτήσουµε το χλκοσωλήν που έχει µήκος m κτκόρυφο κι φήσουµε ν πέσουν µέσ σε υτόν διδοχικά ο µγνήτης κι µι µικρή σιδερένι ράβδος µε τις διστάσεις του µγνήτη. Τότε ο χρόνος πτώσης του µγνήτη θ είνι: (ι) µικρότερος (ιι) ίδιος ή (ιιι) µεγλύτερος πό το χρόνο πτώσης της σιδερένις ράβδου; Επιλέξτε τη σωστή πάντηση κι δικιολογήστε τη. (Ο µγνήτης κι η ράβδος έχουν µικρότερη διάµετρο πό το σωλήν κι συνεπώς µπορούν ν κινούντι µέσ σε υτόν). B. Έν ιδνικό σωληνοειδές πηνίο µε 10 σπείρες συνδέετι κτά σειρά µέσω ντίστσης R = 0 Ω µε ιδνική ηλεκτρική πηγή στθερής ηλεκτρεγερτικής δύνµης E = 30. Ν θεωρήσετε ότι ρχικά το κύκλωµ είνι νοικτό κι τη χρονική στιγµή t = 0 κλείνει ένς δικόπτης που υπάρχει σ υτό. Ν ποδώσετε γρφικά το ρυθµό µετβολής της µγνητικής ροής σε κάθε σπείρ του πηνίου σν συνάρτηση του µέτρου της έντσης του ρεύµτος στο κύκλωµ. Γ. Το έργο που εκτελείτι πό µι εξωτερική δύνµη σε φορτισµένο σωµάτιο που κινείτι πό έν σηµείο σε έν σηµείο ενός ηλεκτροσττικού πεδίου είνι J. Το σωµάτιο έχει ηλεκτρικό φορτίο 8 µc, ξεκινά πό την ηρεµί στο σηµείο κι φτάνει στο ση- µείο έχοντς κινητική ενέργει 5, J. Ποι η διφορά δυνµικού ;. Η θερµοκρσί κι ο όγκος στθερής µάζς ιδνικού ερίου µετβάλλοντι όπως φίνετι στο διπλνό σχήµ.. Σε υτή τη µετβολή η πίεση πρµένει στθερή υξάνετι ή µειώνετι; Εξηγείστε πλήρως την πάντησή σς. 1 β. πορρόφησε, πέβλλε, ή µήπως δεν ντάλλξε θερµότητ µε το περιβάλλον του το έριο κτά τη διάρκει της µετβολής υτής; Εξηγείστε πλήρως την πάντησή 0 Τ σς... Ο χρόνος πτώσης του µγνήτη είνι µεγλύτερος, γιτί λόγω επγωγικών ρευµάτων έ- χουµε στο µγνήτη δύνµη που ντιδρά στην πτώση του. Λυκείου Σελίδ 1 πό 9

2 E Eυτ Έχουµε: I = πό την οποί R πίρνουµε: Ε - Ε υτ = ΙR Φ E R Λύνοντς έχουµε: = - Ι κι - t N N Φ ντικθιστώντς : =3-Ι t Φ/ t () 3 Το γράφηµ θ είνι: Γ. πό το Θεώρηµ Μετβολής της Κινητικής Ενέργεις έχουµε: K Κ -Κ =W Fεξ +W Fπεδ ή Κ = W Fεξ + ( A - )q οπότε ( A - )= ντικθιστώντς πίρνουµε: A - =50.. Η πίεση υξάνετι. β. Επειδή στη µετβολή υτή ο όγκος υξάνετι το έργο W θ είνι θετικό. Επίσης θετική θ είνι κι η µετβολή της εσωτερικής ενέργεις U φού υξάνετι κι η θερµοκρσί. πό τον πρώτο νόµο της θερµοδυνµικής όµως έχουµε ότι: Q= U+W Συνεπώς κι η θερµότητ Q θ έχει θετικό πρόση- µο, που σηµίνει ότι το έριο πορρόφησε θερµότητ πό το περιβάλλον του. Θέµ ο νελκυστήρς ερίου - W q Fεξ 0 1,5 1 Ι () P 1 P >P 1 Τ Ενώ εργάζεστε σε µι ετιρεί φόρτωσης σιτηρών κτά τη διάρκει των κλοκιρινών σς δικοπών, το φεντικό σς ζήτησε ν υπολογίσετε την πόδοση ενός νέου τύπου νελκυστήρ που λειτουργεί µε έριο το οποίο εκτελεί µι κυκλική µετβολή. Ο νελκυστήρς ποτελείτι πό έν κυλινδρικό φρέρ µέσ στο οποίο υπάρχει έρς που υποθέτουµε ότι είνι ιδνικό έριο µε ειδική γρµµοµορική θερµότητ C p = 5/ R. Ότν ο νελκυστήρς είνι άδειος η πίεση που επικρτεί στο φρέρ είνι 1, 10 5 Pa κι η θερµοκρσί 5 ο C. Το πάτωµ του νελκυστήρ έχει εµβδόν 10 m, κι µε κτάλληλες στεγνωτικές διτάξεις ποφεύγετι η διφυγή του έρ πό το φρέρ. Η κυκλική µετβολή ξεκινά µε το φόρτω- µ του νελκυστήρ. Κτά τη διάρκει της φόρτωσης µε 0000 kg σιτηρών το δάπεδο του νελκυστήρ κτεβίνει ργά κι ο έρς στο φρέρ συµπιέζετι ενώ η θερµοκρσί του πρµένει στθερή στους 5 ο C. Στη συνέχει ο έρς στο φρέρ θερµίνετι κι το φορτίο των σιτηρών νέρχετι ργά κι µε στθερή τχύτητ. Ότν φτάσει στο σηµείο που πιτείτι γι την εκφόρτωση η θερµοκρσί του έρ έχει γίνει 75 ο C. Τότε ο νελκυστήρς ξεφορτώνετι νεβίνοντς ργά ενώ η θερµοκρσί πρµένει στους 75 ο C. Τέλος ο έρς ψύχετι ξνά σε θερµοκρσί δωµτίου κι ο νελκυστήρς επνέρχετι ργά µε στθερή τχύτητ στο ρχικό του επίπεδο. Το φεντικό θ γοράσει τον νελκυστήρ µό- Λυκείου Σελίδ πό 9

3 νο ν η πόδοσή του υπερβίνει το 50% εκείνης ενός κύκλου Carnot που λειτουργεί µετξύ των ίδιων κρίων θερµοκρσιών. Τι θ εισηγηθείτε; Ν τον γοράσει ή όχι; Εξηγείστε πλήρως την πάντησή σς. ίνοντι: ln 6 = 1,79 κι ln 7 = 1,95, g = 10 m/s P 1 : η πίεση που επικρτεί ότν ο νελκυστήρς είνι άδειος P : η πίεση που επικρτεί ότν ο νελκυστήρς είνι γεµάτος Τ 1 : η πόλυτη θερµοκρσί ότν ο νελκυστήρς είνι άδειος Τ : η πόλυτη θερµοκρσί ότν ο νελκυστήρς είνι γεµάτος : Το εµβδόν του δπέδου : Το βάρος του θλάµου του νελκυστήρ Μ : Η µάζ των σιτηρών Ο κύκλος που εκτελεί ο έρς στο φρέρ θ είνι ο πρκάτω. Ρ Ρ Γ Ρ 1 Τ 1 Τ Συνθήκη ισορροπίς ότν ο νελκυστήρς είνι άδειος: P atm A + B = P 1 A (1) Συνθήκη ισορροπίς ότν ο νελκυστήρς είνι γεµάτος: P atm A + B + Μg = P A () πό τις (1) κι () έχουµε: P 1 A + Μg = P A, οπότε P ντικθιστώντς έχουµε: P = 1, Pa Επίσης Τ 1 = = 98Κ κι Τ = = 348Κ W Ο συντελεστής πόδοσης είνι: = Q h = Q Γ + Q Γ Q h P A + Mg = 1 A W = W + W Γ + W Γ + W λλά επειδή W Γ + W = 0 έχουµε: W = W + W Γ P1 P nrt1 ln + nrt ln WAB + WΓ P P1 Έτσι λοιπόν θ είνι: = = Q P BΓ + QΓ nc p(t T1 ) + nrt ln P Οπότε: (T P T )ln 1 P1 = = 0,04 περίπου. 5 P (T T1 ) + T ln P1 1 Λυκείου Σελίδ 3 πό 9

4 Ο συντελεστής πόδοσης ενός κύκλου Carnot που λειτουργεί µετξύ των ιδίων θερµοκρσιών θ είνι: T c 98 c =1- = 1- = 1-0,856 = 0,144 Th 348 Η πόδοση του νελκυστήρ δεν υπερβίνει το 50% της πόδοσης του κύκλου Carnot συνεπώς δεν θ πρέπει ν γίνει η γορά του. Θέµ 3 ο. Το διπλνό σχήµ πριστάνει την τοµή ενός «κουτιού» µε ελστικά µονωτικά τοιχώµτ, Έν σφιρίδιο θετικά φορτισµένο µπίνει µέσ στο κουτί πό την οπή µε Bq τχύτητ =, όπου q, m το φορτίο κι η µάζ του 4m σφιριδίου κι η έντση ενός οµογενούς µγνητικού πεδίου που επικρτεί µέσ στο κουτί (σχήµ). Το σφιρίδιο είνι βρές κι πργµτοποιεί µε τ τοιχώµτ του κουτιού ελστικές κρούσεις. (Κτά τις ελστικές κρούσεις διτηρείτι η κινητική ενέργει). / B. Ν δείξετε ότι το σφιρίδιο θ βγει πό το κουτί κι ν σχεδιάσετε την τροχιά του µέσ σε υτό.. Ν υπολογίσετε το χρόνο κίνησης του σφιριδίου µέσ κουτί. ίνοντι: m, q,, B κι ότι οι κρούσεις διρκούν µελητέο χρόνο. Επίσης οι τριβές θεωρούντι µελητέες. A. Η κτίν του 1 ου κυκλικού τόξου που θ διγράψει το σφιρίδιο έχει κτίν: R = mυ ο m q = q q 4m ή R = /4 Εποµένως το 1 ο κυκλικό τόξο είνι το ηµικύκλιο Ι / Θ B Ν Λ Εύκολ προκύπτει ότι η διδροµή του σφιριδίου θ είνι η ΙΚΛΝΘ κι το σωµτίδιο θ βγει πό το κουτί στο σηµείο.. t K = t AI + t IK + t ΚΛ + t ΛΝ + t ΝΘ + t Θ => Ι Κ =>t K = 4t AI + t IK ή t K = 4 ½ Τ + t IK ή πm t K = qb + ή t K = 4πm qb + 4m = qb (π+). Το Πείρµ του Thomson γι τη µέτρηση e/m Στο πρκάτω σχήµ πριστάνετι ο σωλήνς µε τον οποίο ο Thomson µέτρησε το ειδικό φορτίο (φορτίο προς µάζ e/m) του ηλεκτρονίου. Τ ηλεκτρόνι επιτχύνοντι πό Λυκείου Σελίδ 4 πό 9

5 την κάθοδο c προς τις νόδους 1,, που φέρουν σχισµές γι την εστίση των ηλεκτρονίων. Τ ηλεκτρόνι, που έχουν πλέον ποκτήσει τχύτητ, κτευθύνοντι προς το ση- µείο της φθορίζουσς οθόνης S. Η δέσµη των ηλεκτρονίων διέρχετι νάµεσ πό δύο οριζόντιες πλάκες µήκους l που πέχουν πόστση d. νάµεσ στις πλάκες δηµιουργείτι οµογενές ηλεκτρικό πεδίο µε εφρµογή ηλεκτρικής τάσης. Ο Thomson στον χώρο µετξύ των πλκών είχε δηµιουργήσει κι οµογενές µγνητικό πεδίο κάθετο στο ηλεκτρικό πεδίο λλά κι στη δέσµη των ηλεκτρονίων. Η ρυθµίσεις των πεδίων ήτν τέτοιες ώστε ότν υπήρχν κι τ δύο πεδί µετξύ των πλκών τ ηλεκτρόνι χτυπούσν στο σηµείο. ν υπήρχε µόνο το ηλεκτρικό πεδίο τ ηλεκτρόνι εκτρέποντν κι χτυπούσν στο ση- µείο Γ, ενώ ν υπήρχε µόνο το µγνητικό πεδίο χτυπούσν στο σηµείο Ζ. Οι πρπάνω νφερόµενες γωνικές εκτροπές είνι µετρήσιµες, λλά µικρές ώστε ν ισχύει η σχέση ηµ θ εφ θ θ ( η γωνί θ σε rad) () Ν εξηγήσετε ποι πρέπει ν είνι η φορά του µγνητικού πεδίου. () Ότν κτργηθεί το µγνητικό πεδίο η γωνική εκτροπή είνι θ = 0, rad, ν δίνοντι κόµη = 00 volt, = T, l = 5 cm κι d = cm, ν βρεθεί το ειδικό φορτίο e/m του ηλεκτρονίου. (Γ) Ότν κτργηθεί το ηλεκτρικό πεδίο µετξύ των πλκών κι υπάρχει µόνο το µγνητικό πεδίο, το οποίο θεωρούµε ότι περιορίζετι στο χώρο µετξύ των πλκών, δείξτε ότι τ ηλεκτρόνι θ υποστούν την ίδι γωνική εκτροπή προς την ντίθετη φυσικά κτεύθυνση. C = Κάθοδος 1, = Άνοδοι S = Φθορίζουσ Οθόνη () Η φορά του µγνητικού πεδίου, όπως προκύπτει πό τον κνόν των τριών δκτύλων, πρέπει ν είνι πό τον νγνώστη προς το χρτί () Η δύνµη που σκείτι στ ηλεκτρόνι πό το ηλεκτρικό πεδίο θ είνι ντίθετη πό τη δύνµη που σκείτι στ ηλεκτρόνι πό το µγνητικό πεδίο, άρ Bυ o e = Ee κι φού E = προκύπτει: υ o = (1) d db Γι τη γωνική εκτροπή στο ηλεκτρικό πεδίο έχουµε: υ y yt εφθ = = () υ υ x o θ l υ y υ υ χ Λυκείου Σελίδ 5 πό 9

6 όπου Ee y = (3) κι m l t = (4) e θ Η () λόγω (1),(3),(4) κι µε δεδοµένο ότι ηµθ εφθ θ δίνει: = (5) m ldb ντικθιστώντς στην (5) τ δεδοµέν, κτλήγουµε e C = 1, m Kg (Γ) Γι τη γωνική εκτροπή στο µγνητικό πεδίο έ- l mυ o χουµε: ηµθ = (6) όπου R = (7) R Be Χ Η (6) λόγω (1), (7) κι µε δεδοµένο ότι ηµθ εφθ θ δίνει πάλι την (5), συνεπώς τ ηλεκτρόνι υφίστντι την ίδι γωνική εκτροπή l θ υ o R Πειρµτικό Μέρος. Ένς µθητής εκτέλεσε έν πείρµ γι ν µετρήσει την ντίστση τριών διφορετικών διτάξεων (, κι Γ). Σχηµάτισε έν κύκλωµ κι συνέλεξε στοιχεί τάσης κι έντσης, γι κάθε µι πό τις τρεις διτάξεις. Ο πίνκς των δεδοµένων που συνέλεξε είνι ο πρκάτω. ΙΤΞΗ ΙΤΞΗ ΙΤΞΗ Γ ΤΣΗ () ΕΝΤΣΗ () ΤΣΗ () ΕΝΤΣΗ () ΤΣΗ () ΕΝΤΣΗ () 1,0 0,4 1,0 0,50 0,05 0,11,0 0,51,0 0,99 0,10 0,0 3,0 0,75 3,0 1,51 0,15 0,31 4,0 0,99 4,0 1,95 0,0 0,40 5,0 1,6 5,0,30 0,5 0,79 6,0 1,5 6,0,81 0,30 0,60 7,0 1,75 7,0 3,04 0,35 0,69 8,0,0 8,0 3,1 0,40 0,81 1. Η νάλυση των δεδοµένων δείχνει ότι η διάτξη µε την µεγλύτερη ντίστση είνι:. η διάτξη γ. η διάτξη Γ β. η διάτξη δ. δεν έχω ρκετές πληροφορίες γι ν πντήσω.. Η διάτξη η οποί δεν υπκούει στον νόµο του Οhm φίνετι ν είνι. η διάτξη γ. η διάτξη Γ β. η διάτξη δ. δεν έχω ρκετές πληροφορίες γι ν πντήσω. 3. Η νάλυση των δεδοµένων που έχουν ληφθεί γι την διάτξη Γ δείχνει ότι έν πό τ ζευγάρι µετρήσεων (0.5, 0.79 A) φίνετι ν είνι ντιφτικό µε τις άλλες µετρήσεις. Ο κλλίτερος τρόπος γι ν χειριστεί ο µθητής υτό το ζευγάρι δεδοµένων, είνι:. ν λλάξει την µέτρηση της έντσης σε µι πιο σύµφωνη τιµή, π.χ. 0,50. β. ν συµπεράνει ότι η διάτξη δρ ντιφτικά σε τάση 0,5. γ. ν επνλάβει την µέτρηση της τάσης γι ρεύµ έντσης 0,79. δ. ν επνλάβει την µέτρηση της έντσης σε τάση 0,5 Λυκείου Σελίδ 6 πό 9 θ

7 4. Μι νάλυση των στοιχείων που βρέθηκν γι την διάτξη δείχνει ότι ο λόγος /I γι κάθε έν ζευγάρι δεδοµένων δεν είνι κριβώς ο ίδιος. Η κτάλληλη ντιµετώπιση γι υτό το γεγονός θ µπορούσε ν είνι:. η λλγή βσικών τιµών µετρήσεων έως ότο λόγος /I γίνει στθερός. β. το συµπέρσµ ότι ο λόγος /I δεν έχει πάντ την ίδι τιµή. γ. η πόρριψη των δεδοµένων κι η επνάληψη του πειράµτος µέχρι ο λόγος /I ν γίνει στθερός. δ. η πόδοση της ποτυχίς του στθερού του λόγου /I σε ελττωµτικό εξοπλισµό. ε. η κτσκευή ενός διγράµµτος τάσης έντσης στο οποίο τ πειρµτικά σηµεί κτνέµοντι «ισόρροπ» γύρω πό την ευθεί που χράζει. R 1. Σε έν σχολικό εργστήριο πργµτοποιείτι πειρµτική διδικσί, µέτρησης τάσεων κι εντάσεων ρεύµτος σε ντιστάτες (συνδεδεµένους σε σειρά ή κι σε πρλληλί) µε κύριο σκοπό την εύρεση της τιµής των ντισττών. Το εργστήριο είνι εξοπλισµένο µε τους κτάλληλους ισθητήρες τάσης κι έντσης ρεύµτος κι µε το σχετικό λογισµικό µε τη βοήθει τοποίου ισθητήρς έντσης κι µέσω του Η/Υ λµβάνουµε µετρήσεις κι πργµτοποιούµε υπολογισµούς διφόρων µεγεθών. Οι ισθητήρες χρησιµοποιούντι ως ιδνικά ψηφικά βολτό- µετρ κι µπερόµετρ κι προσφέρουν µεγάλη ευισθησί λλά κι τη ιάγρµµ 1 δυντότητ κτγρφής τιµών µε εξιρετικά γρήγορους ρυθµούς. υξάνοντς στδικά την εφρµοζόµενη τάση στ άκρ του ντιστάτη R 1 στο πρπάνω κύκλωµ, εµφνίζετι στην οθόνη του υπολογιστή η γρφική πράστση του διγράµµτος 1. ισθητήρς τάσης Τροφοδοτικό συνεχούς τάσης Με τον όρο ισθητήρες εννοούµε συσκευές ή διτάξεις µε τις οποίες ο Η/Υ "ισθάνετι" ή µετρά φυσικές ποσότητες όπως θερµοκρσί, πίεση, πόστση έντση ηλεκτρικού ρεύµτος κλπ. Στην περίπτωσή µς τυτόχρον µε την εξέλιξη του φινοµένου δηµιουργείτι κι προυσιάζετι στην οθόνη κι το διάγρµµ έντσης-τάσης. Λυκείου Σελίδ 7 πό 9

8 ιάγρµµ Στη συνέχει προσθέσµε στο κύκλωµ ένν κόµη ντιστάτη κι υξάνοντς στδικά την εφρµοζόµενη τάση προέκυψε η γρφική πράστση του διγράµµτος Στο διάγρµµ (3) προυσιάζετι η γρφική πράστση που προέκυψε ότν στη θέση του ντιστάτη της εικόνς 1 τοποθετήσµε έν µικρό λµπτήρ πυρκτώσεως κι υξήσµε την τάση στ άκρ του. ιάγρµµ 3 1) ρείτε πό το διάγρµµ 1 η τιµή του ντιστάτη R 1 που χρησιµοποιήθηκε. ) πό το διάγρµµ ν υπολογίσετε την ντίστση του ντιστάτη που προσθέσµε στο κύκλωµ κι ν δικιολογήσετε επρκώς τον τρόπο σύνδεσης των δύο ντισττών. 3) Λµβάνοντς υπόψη την γρφική πράστση του διγράµµτος 3 πώς ερµηνεύετε την συµπεριφορά του λµπτήρ; 4) ν κτόπιν µειώνµε µέχρι µηδενισµού την τάση στ άκρ του, τι µορφή θ είχε το διάγρµµ Ι-; Ν δικιολογήσετε την πάντησή σς β 3. δ 4. ε Λυκείου Σελίδ 8 πό 9

9 R 1 = κι πό το διάγρµµ R1 = δηλδή R 1 = 15 Ω. I 0, A 3. πό το δεύτερο διάγρµµ : R ολ = δηλδή R ολ = 6Ω. 0, 5A φού η R ολ είνι µικρότερη πό την R 1 οι δύο ντιστάσεις θ είνι συνδεδεµένες πράλληλ. Συνεπώς θ ισχύει: = + πό την οποί προκύπτει ότι R = 10Ω R ολ R1 R 3. Κθώς υξάνει η τάση υξάνει κι η έντση του ηλεκτρικού ρεύµτος. Στην ρχή η θερµοκρσί του νήµτος είνι σχετικά χµηλή. Κθώς το νήµ του λµπτήρ θερµίνετι η ντίστσή του µεγλώνει κι η συµπεριφορά του λµπτήρ ποκλίνει πό την ωµική συµπεριφορά. ( Στο εργστήριο υξάνοντς την τάση σε λµπτήρ που µέσως πριν είχε ζεστθεί ρκετά πρτηρούµε ότι η συµπεριφορά του πλησιάζει υτή ωµικής ντίστσης πό την ρχή) 4. Επειδή ο λµπτήρς είνι ζεστός µειώνοντς την τάση µέχρι µηδενισµού το διάγρµµ έχει τη µορφή που φίνετι στο πρκάτω σχήµ. Ικνοποιείτι δηλδή ο νό- µος του Ohm. ( Ο λµπτήρς δεν προλβίνει ν κρυώσει γιτί η µείωση της τάσης γίνετι σχετικά γρήγορ). Λυκείου Σελίδ 9 πό 9