Ένωση Ελλήνων Φυσικών ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ ΦΥΣΙΚΗΣ 2004 Πανεπιστήμιο Αθηνών Εργαστήριο Φυσικών Επιστημών, Τεχνολογίας, Περιβάλλοντος.

Transcript

1 Θεωρητικό Μέρος Θέμ 1 ο Β Λυκείου 4 πριλίου 004 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 Δ 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 Β ενός ηλεκτροσττικού πεδίου είνι J. Το σωμάτιο έχει ηλεκτρικό φορτίο 8 μc, ξεκινά πό την ηρεμί στο σημείο κι φτάνει στο σημείο Β έχοντς κινητική ενέργει 5, J. Ποι η διφορά δυνμικού Β ; Δ. 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.. Συνοπτικές πντήσεις / λύσεις:. Ο χρόνος πτώσης του μγνήτη είνι μεγλύτερος, γιτί λόγω επγωγικών ρευμάτων έ- χουμε στο μγνήτη δύνμη που ντιδρά στην πτώση του. Β Β Λυκείου Σελίδ 1 πό 10

2 E Eυτ Έχουμε: I = πό την οποί R πίρνουμε: Ε - Ν = ΙR ΔΦ E R Λύνοντς έχουμε: = - Ι κι - Δt N N Δ Φ ντικθιστώντς : =3-Ι Δt ΔΦ/Δt () 3 Το γράφημ θ είνι: Γ. πό το Θεώρημ Μετβολής της Κινητικής Ενέργεις έχουμε: K Κ Β -Κ =W Fεξ +W Fπεδ ή Κ Β = W Fεξ + ( A - Β )q οπότε ( A - Β )= ντικθιστώντς πίρνουμε: A - Β =50 Β q W Fεξ 1,5 Ι () Δ.. 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 ΔU φού υξάνετι κι η θερμοκρσί. πό τον πρώτο νόμο της θερμοδυνμικής όμως έχουμε ότι: Q=ΔU+W Συνεπώς κι η θερμότητ Q θ έχει θετικό πρόσημο, που σημίνει ότι το έριο πορρόφησε θερμότητ πό το περιβάλλον του. 0 1 P 1 P >P 1 Τ Θέμ ο νελκυστήρς ερίου 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 φόρτωμ 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 Β Λυκείου Σελίδ πό 10

3 στθερή τχύτητ στο ρχικό του επίπεδο. Το φεντικό θ γοράσει τον νελκυστήρ μόνο 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. Δίνοντι: ln 6 = 1,79 κι ln 7 = 1,95, g = 10 m/s Συνοπτικές πντήσεις / λύσεις: 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 Β : 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 Β Γ Ρ 1 Τ 1 Δ 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 ΒΓ + Q ΓΔ Q h P A + Mg = 1 A W = W Β + W ΒΓ + W ΓΔ + W Δ λλά επειδή W ΒΓ + W Δ = 0 έχουμε: W = W Β + W ΓΔ P1 P nrt1 ln + nrt ln WAB + WΓΔ P P1 Έτσι λοιπόν θ είνι: = = Q P BΓ + QΓΔ ncp(t T1 ) + nrt ln P 1 Β Λυκείου Σελίδ 3 πό 10

4 Οπότε: (T P T )ln 1 P1 = = 0,04 περίπου. 5 P (T T1 ) + T ln P1 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 T 348 h 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 Β 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. Β. Ν υπολογίσετε το χρόνο κίνησης του σφιριδίου μέσ κουτί. Δίνοντι: m, q,, B κι ότι οι κρούσεις διρκούν μελητέο χρόνο. Επίσης οι τριβές θεωρούντι μελητέες. Συνοπτικές πντήσεις / λύσεις: A. Η κτίν του 1 ου κυκλικού τόξου που θ διγράψει το σφιρίδιο έχει κτίν: mυ R = ο m Βq = ή R = /4 qβ qβ 4m Επομένως το 1 ο κυκλικό τόξο είνι το ημικύκλιο Ι Εύκολ προκύπτει ότι η διδρομή του σφιριδίου θ είνι η ΙΚΛΝΘ κι το σωμτίδιο θ βγει πό το κουτί στο σημείο. / Θ Ι B Β Ν Λ Κ Β Λυκείου Σελίδ 4 πό 10

5 Β. t K = t AI + t IK + t ΚΛ + t ΛΝ + t ΝΘ + t Θ => =>t K = 4t AI + t IK ή t K = 4 ½ Τ + t IK ή πm t K = qb + ή t K = 4πm qb Β. 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 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 σημείο 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 Β 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 σημείο 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. (Β) Ότν κτργηθεί το μγνητικό πεδίο η γωνική εκτροπή είνι θ = 0, rad, ν δίνοντι κόμη = 00 volt, Β = 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 Β Λυκείου Σελίδ 5 πό 10

6 Συνοπτικές πντήσεις / λύσεις: () Η φορά του μγνητικού πεδίου, όπως προκύπτει πό τον κνόν των τριών δκτύλων, πρέπει ν είνι πό τον νγνώστη προς το χρτί (Β) 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 θ Bυ o e = Ee κι φού E = προκύπτει: υ o = (1) d db Γι τη γωνική εκτροπή στο ηλεκτρικό πεδίο έχουμε: l υ y yt εφθ = = () υ x υo Ee l όπου y = (3) κι t = (4) m υ o 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 Β 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 y υ υ χ R θ Πειρμτικό Μέρος. Ένς μθητής εκτέλεσε έν πείρμ γι ν μετρήσει την ντίστση τριών διφορετικών διτάξεων (, Β 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. ΔΙΤΞΗ ΔΙΤΞΗ Β ΔΙΤΞΗ 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 Β Λυκείου Σελίδ 6 πό 10

7 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 Β 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 Β 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 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. Β Λυκείου Σελίδ 7 πό 10 R 1 ισθητήρς τάσης ισθητήρς έντσης Β. 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 Β Τροφοδοτικό συνεχούς τάσης Διάγρμμ 1

8 ισθητήρες τάσης κι έντσης ρεύμτος κι με το σχετικό λογισμικό με τη βοήθει του οποίου κι μέσω του Η/Υ λμβάνουμε μετρήσεις κι πργμτοποιούμε υπολογισμούς διφόρων μεγεθών. Οι ισθητήρες χρησιμοποιούντι ως ιδνικά ψηφικά βολτόμετρ κι μπερόμετρ κι προσφέρουν μεγάλη ευισθησί λλά κι τη 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. Στη συνέχει προσθέσμε στο κύκλωμ ένν κόμη ντιστάτη κι υξάνοντς στδικά την εφρμοζόμενη τάση προέκυψε η γρφική πράστση του διγράμμτος Διάγρμμ 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. Διάγρμμ 3 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. Β Λυκείου Σελίδ 8 πό 10

9 1) Βρείτε 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. Συνοπτικές πντήσεις / λύσεις:. 1.. β 3. δ 4. ε Β 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 νόμος του Ohm. ( Ο λμπτήρς δεν προλβίνει ν κρυώσει γιτί η μείωση της τάσης γίνετι σχετικά γρήγορ). Β Λυκείου Σελίδ 9 πό 10

10 Β Λυκείου Σελίδ 10 πό 10