ΟΜΟΣΠΟΝ ΙΑ ΕΚΠΑΙ ΕΥΤΙΚΩΝ ΦΡΟΝΤΙΣΤΩΝ ΕΛΛΑ ΟΣ (Ο.Ε.Φ.Ε.) ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 2016 Β ΦΑΣΗ ÅÐÉËÏÃÇ

Transcript

1 ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 16 Ε_.ΦλΘ(α) ΤΑΞΗ: Β ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΣ: ΘΕΤΙΚΩΝ ΣΠΟΥ ΩΝ ΜΑΘΗΜΑ: ΘΕΜΑ Α A1. α 1 A. β A. β A4. γ A5. α. Σωστό β. Λάθος γ. Λάθος δ. Λάθος ε. Λάθος ΘΕΜΑ Β ΦΥΣΙΚΗ Ηµεροµηνία: Κυριακ 4 Απριλίου 16 ιάρκεια Εξέτασης: ώρες ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ Β1. Σωστ απάντηση είναι η α. Αιτιολόγηση 1 ος τρόπος Στο κατώτερο σηµείο η ταχύτητα του βλµατος έχει µέτρο υ. Οι συνιστώσες της ταχύτητας στο σηµείο αυτό είναι υ x = υ και υ που υπολογίζεται από το πυθαγόρειο θεώρηµα στο παρακάτω σχµα. ( υ ) = υ + υ υ = υ = gt (1) x Επειδ στον κατακόρυφο άξονα το βλµα εκτελεί ελεύθερη πτώση έχουµε: ΤΑ ΘΕΜΑΤΑ ΠΡΟΟΡΙΖΟΝΤΑΙ ΓΙΑ ΑΠΟΚΛΕΙΣΤΙΚΗ ΧΡΗΣΗ ΤΗΣ ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΡΙΑΚΗΣ ΜΟΝΑ ΑΣ ΣΕΛΙ Α: 1 ΑΠΟ 5

2 ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 16 Ε_.ΦλΘ(α) 1 h = gt (). Από (1) και () προκύπτει 1 1 (1) 1 s h = gt h = (gt)t h = υ t h = s= h ος τρόπος Εφαρµόζουµε αρχ διατρηση µηχανικς ενέργειας για την κίνηση του βλµατος από το σηµείο εκτόξευσης µέχρι το κατώτερο σηµείο. Ορίζουµε επίπεδο βαρυτικς ενέργειας µηδέν το οριζόντιο επίπεδο που περνάει από το κατώτερο σηµείο. 1 1 EM, αρχ = ΕΜ, τελ Κ αρχ + Uαρχ = Κ τελ + Uτελ mυ + mgh = m( υ ) + s gh = υ (1). Από το βεληνεκές έχουµε: s = υt υ = (). Από (1) και () t προκύπτει: gt h= s (h)h= s άρα s= h B. Σωστ απάντηση είναι η γ. Αιτιολόγηση Οι τροχοί διανύουν στον ίδιο χρόνο την ίδια απόσταση. Εποµένως: s1 = s Ν1π 1 = Ν π Ν1π = Ν π. Άρα N= N1= ΘΕΜΑ Γ Γ1. Το ποιοτικό διάγραµµα των αντιστρεπτών µεταβολών φαίνεται παρακάτω: Γ. Γνωρίζουµε ότι στην κυκλικ µεταβολ ισχύει: Uολ = UΑΒ + UΒΓ + UΓΑ = UΑΒ + UΒΓ + = UΑΒ = UΒΓ UΑΒ = 1 U ΒΓ ΤΑ ΘΕΜΑΤΑ ΠΡΟΟΡΙΖΟΝΤΑΙ ΓΙΑ ΑΠΟΚΛΕΙΣΤΙΚΗ ΧΡΗΣΗ ΤΗΣ ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΡΙΑΚΗΣ ΜΟΝΑ ΑΣ ΣΕΛΙ Α: ΑΠΟ 5

3 ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 16 Ε_.ΦλΘ(α) Γ. Αρχικά υπολογίζουµε από την ισοβαρ µεταβολ ΑΒ την µεταβολ της εσωτερικς ενέργειας: U AB = UB UA U AB = ntβ ntα U AB = n T UAB = p V U AB = WAB UAB = 9 J Η θερµότητα που µεταφέρεται από το περιβάλλον στο αέριο ( Q> ) είναι µόνο της ισοβαρς µεταβολς ΑΒ όπου: QAB = UAB + WAB QAB= 9J+ 6J QAB = 15 J Γ4. Από το ερώτηµα Γ και Γ βρίσκουµε την µεταβολ της εσωτερικς ενέργειας στην αδιαβατικ µεταβολ ΒΓ. UΑΒ = 1 UΒΓ = 9 J UΒΓ Εφαρµόζουµε το 1 ο θερµοδυναµικό νόµο στην αδιαβατικ µεταβολ ΒΓ και υπολογίζουµε το έργο της. QB Γ = UΒΓ + WΒΓ = 9+ W ΒΓ W = ΒΓ 9 J Για την κυκλικ µεταβολ δίνεται το συνολικό έργο άρα: W= WAB+ WB Γ+ WΓΑ 87= WΓΑ W = ΓΑ 69 J ΘΕΜΑ 1. Η δυναµικ ενέργεια των δύο φορτίων δίνεται από τη σχέση: Qq Qq U= k U= k U = U = 4 1 J l l 9 1. Εφαρµόζουµε τη διατρηση ενέργειας για τη µετάβαση της σφαίρας Σ από το Α στο Β γνωρίζοντας ότι στην θέση Β η ηλεκτρικ δυναµικ ενέργεια των σφαιρών Σ 1 και Σ είναι µηδέν αφού βρίσκονται πολύ µακριά και δεν αλληλεπιδρούν: ΤΑ ΘΕΜΑΤΑ ΠΡΟΟΡΙΖΟΝΤΑΙ ΓΙΑ ΑΠΟΚΛΕΙΣΤΙΚΗ ΧΡΗΣΗ ΤΗΣ ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΡΙΑΚΗΣ ΜΟΝΑ ΑΣ ΣΕΛΙ Α: ΑΠΟ 5

4 ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 16 Ε_.ΦλΘ(α) E = Ε Κ + U = Κ + U αρχ,a τελ,b A A B B Qq 1 + k = mυ + l υ = kqq m l υ = m / s.α). Στο σηµείο Ζ το σφαιρίδιο Σ εισέρχεται στο λείο τεταρτοκύκλιο κάνοντας κυκλικ κίνηση. Εφαρµόζοντας τη συνθκη της κεντροµόλου δύναµης στο σηµείο αυτό έχουµε: F κ = m υ m υ Ν mg = mυ mg mg = υ = m / s (1) υ = υ = g g.β. Εφαρµόζουµε την αρχ της ιατρησης της Ορµς κατά την κρούση των σωµάτων Σ και Σ, µε θετικ τη φορά της υ. Το σύστηµα των σωµάτων θεωρείται µονωµένο κατά την κρούση. ' (1) ' pολ( πριν) = pολ ( µετά) m υ + = m υ + m υ υ = ΤΑ ΘΕΜΑΤΑ ΠΡΟΟΡΙΖΟΝΤΑΙ ΓΙΑ ΑΠΟΚΛΕΙΣΤΙΚΗ ΧΡΗΣΗ ΤΗΣ ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΡΙΑΚΗΣ ΜΟΝΑ ΑΣ ΣΕΛΙ Α: 4 ΑΠΟ 5

5 ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 16 Ε_.ΦλΘ(α) Ακριβώς πριν από την κρούση 1 1 Κ ολ( πριν) = m υ Κ ολ( πριν) =, 1 J Κ ολ( πριν) = 4 1 J Αµέσως µετά από την κρούση 1 1 Κ ολ ( µετά) = m υ Κ ολ ( µετά) = 1 J Κ ολ ( µετά) = 4 1 J Κατά συνέπεια η απώλεια ενέργειας βρίσκεται: Ε απωλ = Κολ( πριν) Κολ ( µετά) Ε απωλ = 6 1 J 4. Εφαρµόζουµε τη διατρηση µηχανικς ενέργειας για τη µετάβαση της σφαίρας Σ από το Ζ στο Λ γνωρίζοντας ότι στην θέση αυτ η ταχύτητα της είναι µηδέν. Επίπεδο αναφοράς βαρυτικς ενέργειας ορίζουµε το οριζόντιο επίπεδο που περνά από το σηµείο Ζ. 1 υ EM,Z = ΕΜ, Λ Κ Ζ + UΖ = Κ Λ + UΛ m υ + = + m gh h = h=, m g Από το ορθογώνιο τρίγωνο ΟΚΛ υπολογίζουµε τo συνηµίτονο της γωνία (φ). ΟK h 1 συνϕ = συνϕ = συνϕ = ΟΛ Στο σηµείο Λ λόγω ισορροπίας της σφαίρας Σ, µε εφαρµογ του 1 ου νόµου Νεύτωνα έχουµε: Σ F = N w = Ν = mgσυνϕ Ν = 1 Ν Ν = ΤΑ ΘΕΜΑΤΑ ΠΡΟΟΡΙΖΟΝΤΑΙ ΓΙΑ ΑΠΟΚΛΕΙΣΤΙΚΗ ΧΡΗΣΗ ΤΗΣ ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΡΙΑΚΗΣ ΜΟΝΑ ΑΣ ΣΕΛΙ Α: 5 ΑΠΟ 5