ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑ ΣΤΗ ΦΥΣΙΚΗ Β ΛΥΚΕΙΟΥ Εξεταζόμενη ύλη: Οριζόντια βολή - Ομαλή κυκλική κίνηση Ηλεκτροστατικές αλληλεπιδράσεις 1 2H. (1) g

Transcript

1 ΘΕΜΑ Α ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑ ΣΤΗ ΦΥΣΙΚΗ Β ΛΥΚΕΙΟΥ Εξεταζόμενη ύλη: Οριζόντια βολή - Ομαλή κυκλική κίνηση Ηλεκτροστατικές αλληλεπιδράσεις. (β) Όταν το σώμα συναντά το έδαφος, τότε: y = Η H tk H t K ενώ η οριζόντια μετατόπιση του είναι ίση με : S = υtk S () Όταν βρίσκεται σε ύψος h = 5 H η κατακόρυφη μετατόπιση του είναι: y = H h y = 6 6 H H οπότε έχει, κινηθεί για χρόνο t: y t t t 6 4 H Η οριζόντια μετατόπιση του είναι: S = υt = () 4 S S Από τις (), (): S S 4 4 β τρόπος: Αποδεικνύουμε την εξίσωση της τροχιάς y x Άρα S και S με διαίρεση κατά μέλη προκύπτει η πάνω σχέση. 6. Α. (β) Όταν συναντά το έδαφος ισχύει: Κ = Κ m m Τότε η ταχύτητα του σώματος σχηματίζει με τον ορίζοντα γωνία φ: x 45 Β. (α) Εφαρμόζοντας την Α.Δ.Μ.Ε. κατά τη μετατόπιση του σώματος από το σημείο βολής στο έδαφος: K + U = K + U K + mh = K mh = Κ mh = m h β τρόπος. Α. Όταν συναντά το έδαφος: Κ = Κ m m y y y y Τότε: 45 x Β. Εφόσον όταν συναντά το έδαφος υy = υ tk = υ t K Τότε y = h h tk h. (α) Η απόσταση d των σημείων πρόσκρουσης είναι ίση με το άθροισμα των οριζοντίων μετατοπίσεων των σωμάτων όταν συναντούν το έδαφος: h d = x + x d = υt + υt () όπου: t = t = () Από τις (), (): d = υt + υt d = υt υt = m. () ΔΟΥΚΑΤΖΗΣ ΒΑΣΙΛΗΣ ΦΥΣΙΚΟΣ 697 7, W.U.

2 Όταν τα σώματα εκτοξεύονται προς την ίδια κατεύθυνση η απόσταση d των σημείων πρόσκρουσης ισούται με: d = υt υt d = υt d = m. 4. α. Η οριζόντια μετατόπιση του σώματος μέχρι να φτάσει στο έδαφος ισούται με: S S = υtk tk = = 4 s Όταν συναντά το έδαφος: y = h t h h = 8 m Εφαρμόζουμε την Α.Δ.Μ.Ε. από τη θέση Α μέχρι τη θέση όπου U = Κ: h K U 4 8 Καρχ + Uαρχ = Κτελ + Uτελ m mh mh h h m 4 4 h = 75m β. Όταν η ταχύτητα σχηματίζει με την οριζόντια διεύθυνση γωνία θ = 6 : y y y m/s x Τότε υy = t t s, οπότε y t y = 6 m. Άρα WB = B y WB = 6 J β τρόπος Όταν 4 m/s: Εφαρμόζοντας το ΘΜΚΕ από την t = μέχρι η ταχύτητα του σώματος να έχει μέτρο υ = 4 m/s: Κτελ Καρχ = WB WB = m m WB = 6 J ΘΕΜΑ Β. Α. (γ) Γνωρίζουμε ότι η περίοδος περιστροφής του λεπτοδείκτη και του ωροδείκτη ενός ρολογιού, είναι αντίστοιχα: Τλ = Τ = h, Τω = Τ = h. Για τις γραμμικές ταχύτητες των άκρων των δύο δεικτών ισχύει: 4 Β. Όταν οι δύο δείκτες σχηματίζουν για η φορά γωνία 9 = ad, τότε: t t t t t t t tt h Σε αυτό το χρόνο ο ωροδείκτης έχει διαγράψει γωνία: t ad ad ΔΟΥΚΑΤΖΗΣ ΒΑΣΙΛΗΣ ΦΥΣΙΚΟΣ 697 7, W.U. 4

3 . α. Σύμφωνα με τον κανόνα του δεξιού χεριού η γωνιακή ταχύτητα έχει τη κατεύθυνση που φαίνεται στο διπλανό σχήμα. β. Η σφαίρα διαγράφει γωνία θ = = ad σε χρονικό διάστημα Δt = 6 s. ad ad Έτσι: 6 t s s Η γραμμική ταχύτητα της σφαίρας έχει μέτρο υ = ω υ =,4π m/s. γ. Όταν για η φορά βρεθεί σε θέση αντιδιαμετρική της Α έχει εκτελέσει,5 περιστροφές άρα Δt =,5Τ (). Όμως: Τ = 4 s, οπότε από την (): Δt = 6 s. δ. Σε t η σφαίρα διαγράφει τεταρτοκύκλιο. Η μεταβολή της 4 ταχύτητας της σφαίρας ισούται με: ( ) οπότε :,4 m/s. (α) Το μέτρο της κεντρομόλου επιτάχυνσης των σημείων του δίσκου, ισούται με: Τα σημεία του δίσκου εκτελούν Ο.Κ.Κ. με την ίδια γωνιακή ταχύτητα. Έτσι για τα σημεία Κ και Λ ισχύει: 4. (γ) Τα μέτρα των γραμμικών ταχυτήτων των δύο σωμάτων συνδέονται με τη συχνότητα περιστροφής τους f f f με τις σχέσεις, υ = πrf και υ = πrf αντίστοιχα, οπότε: f Έτσι αν S, S είναι τα μήκη των τόξων που έχουν διανύσει τα δύο σώματα μεταξύ δύο διαδοχικών συναντήσεων τους, πρέπει: S = S + πr υt = υt + πr πrft = πrft + πr ft = ft + t =. f f ΘΕΜΑ Γ. Σωστή απάντηση είναι η γ. Στην σφαίρα αρχικά ασκούνται το βάρος της και η δύναμη Coulomb. Από την ισορροπία έχουμε: F ή F = w. kq Αρχικά η δύναμη Coulomb είναι F () h kq Μετά τον τριπλασιασμό του φορτίου Q θα είναι F () h Από () και () προκύπτει F = F = w. Άρα Fm ή F w m ή F w m ή w w m ή w m ή m m ή. Σωστή απάντηση είναι η α. Έστω Γ το σημείο που βρίσκεται στη θέση,5 m και έχει δυναμικό μηδέν. ΔΟΥΚΑΤΖΗΣ ΒΑΣΙΛΗΣ ΦΥΣΙΚΟΣ 697 7, W.U. 5

4 Αν =,5 m, η απόσταση του Q από το Γ και =,5 m, η απόσταση του Q από το Γ προκύπτει ότι =. Το δυναμικό στο σημείο Γ είναι μηδέν, άρα: V ή kq kq ή kq kq ή Q Q Από το σχήμα προκύπτει ότι το Q > και Q <. Η ένταση στο σημείο Γ, έχει κατεύθυνση και από τα δύο φορτία προς Q. k Q k Q k Q k Q 4kQ E E(Q ) E(Q ) ή E E(Q ) E(Q ) ή E 9. Σωστή απάντηση είναι η α. Τα δυναμικά στα σημεία Β και Γ είναι ίσα αφού βρίσκονται σε ισοδυναμική επιφάνεια. Διαφορετικά η δύναμη F από το ηλεκτρικό πεδίο είναι κάθετη στην μετατόπιση x, οπότε αν μετακινήσουμε το φορτίο κατά μήκος αυτής της διαδρομής θα έχουμε: WΒΓ = ή (VΒ VΓ) = ή VΒ = VΓ Άρα WΑΒ = (VΑ VΒ) WΑΓ = (VΑ VΓ) Συνεπώς WΑΒ = WΑΓ 4. Σωστή απάντηση είναι η α. kq kq Έχουμε ή ή ή Γ = 4Β Για τα δυναμικά έχουμε kq V 4 4 ή VΒ = 4VΓ V kq ΘΕΜΑ Δ W. α. WΑΒ = (VΑ VΒ) ή V ή V ΑΒ = V. U β. Το δυναμικό στο σημείο Β είναι: V ή V Β = V. VΑΒ = VΑ VΒ ή VΑ = VΑΒ + VΒ ή V Α = V F γ. Το πεδίο είναι ομογενές άρα η ένταση στο Μ και σε κάθε σημείο έχει μέτρο: ή Ε = 4 N/C. Το θετικό φορτίο θα κινηθεί αυθαίρετα προς την χαμηλότερη δυναμική ενέργεια δηλαδή προς το Β υπό την επίδραση της δύναμης του πεδίου. Άρα η δύναμη θα έχει Α Μ Ε κατεύθυνση από το Α στο Β και επειδή τo φορτίο είναι θετικό η ένταση θα έχει την ίδια κατεύθυνση. Β. α. Από τα δεδομένα της άσκησης έχουμε MB = ΜΓ = ΑΜ =. k Q B Για τα μέτρα των εντάσεων ισχύει: (Q B ) (Q ) 8 5 N C ΔΟΥΚΑΤΖΗΣ ΒΑΣΙΛΗΣ ΦΥΣΙΚΟΣ 697 7, W.U. 6

5 k Q 5 N και (Q ) 54 C Τα διανύσματα των εντάσεων στο σημείο Μ φαίνονται στο διπλανό σχήμα. Q Α Α Τα φορτία QΒ και QΓ δημιουργούν αντίθετες εντάσεις στο σημείο Μ, οπότε η συνολική ένταση στο αυτό σημείο είναι ίση με την ένταση που προκαλεί το E Μ(QΑ) φορτίο QA. Άρα: Q Β 5 N Β (Q B ) (Q ) (Q ) (Q ) ή Ε Μ = Ε Μ(Q Α ) = 54 με E Μ Μ(QΒ ) C E Μ(QΓ ) κατεύθυνση προς το Α. β. Το δυναμικό στο σημείο Μ είναι: kqa kqb kq k V M (QA QB Q ) ή V M = 9 5 V. γ. Η δυναμική ενέργεια που θα αποκτήσει το φορτίο που θα τοποθετηθεί στο σημείο Μ είναι: UM = VM ή U M =,7 J. Σύμφωνα με τον ορισμό έχουμε: WM = UM ή W M =,7 J. Q Γ Γ ΔΟΥΚΑΤΖΗΣ ΒΑΣΙΛΗΣ ΦΥΣΙΚΟΣ 697 7, W.U. 7