ΓΕΝΙΚΟ ΛΥΚΕΙΟ ΝΕΟΥ ΗΡΑΚΛΕΙΟΥ Τρίτη 19/5/015 ΓΡΑΠΤΕΣ ΠΡΟΑΓΩΓΙΚΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ ΠΕΡΙΟΔΟΥ ΜΑΪΟΥ -ΙΟΥΝΙΟΥ 015 ΦΥΣΙΚΗ ΘΕΤΙΚΟΥ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ Β ΛΥΚΕΙΟΥ ΘΕΜΑ Α 1 Για τις επόμενες τέσσερες ερωτήσεις από την Α1 έως και την Α4 να επιλέξτε τη σωστή απάντηση, χωρίς δικαιολόγηση. Α1. Θερμική μηχανή είναι α. το τρόλεϊ; β. ο φούρνος; γ. το ποδήλατο; δ. ο κινητήρας του αεροπλάνου; Α. Η επιτάχυνση που αποκτά φορτισμένο σωματίδιο μέσα σε ομογενές ηλεκτρικό πεδίο. α. Μένει σταθερή. β. Έχει σταθερό μέτρο αλλά η κατεύθυνση της εξαρτάται από την κατεύθυνση της αρχικής ταχύτητας του σωματιδίου. γ. Είναι ανάλογη με τη μάζα του. δ. Είναι αντίστροφα ανάλογη με το φορτίο του. Α. Σε μια αδιαβατική μεταβολή: α. Το σύστημα διατηρεί σταθερή της εσωτερική του ενέργεια β. Το έργο είναι ίσο με το αντίθετο της μεταβολής της θερμοκρασίας γ. Όταν το αέριο εκτονώνεται θερμαίνεται δ. Δεν συντελείται μεταφορά θερμότητας από το περιβάλλον προς το σύστημα ή αντίστροφα. Α4. Μια μοτοσυκλέτα κινείται σε κυκλική πίστα με ταχύτητα σταθερής τιμής. Όταν διπλασιαστεί η τιμή της ταχύτητας η κεντρομόλος επιτάχυνση, είναι: α. Ίδια. β. Διπλασιάζεται. γ. Υποδιπλασιάζεται. δ. Τετραπλασιάζεται. Α5. Ποιες από τις παρακάτω προτάσεις είναι σωστές: α. Ένα σώμα που εκτελεί ομαλή κυκλική κίνηση δεν επιταχύνεται. β. Δύο ίσες δυνάμεις που ασκούνται σε δύο σώματα με διαφορετικές ορμές, προκαλούν στον ίδιο χρόνο ίσες μεταβολές στην ορμή των σωμάτων. γ. Η εσωτερική ενέργεια ορισμένης ποσότητας ιδανικού αερίου εξαρτάται μόνο από τη θερμοκρασία του δ. Ο δεύτερος θερμοδυναμικός νόμος αποκλείει την ύπαρξη μιας θερμικής μηχανής που έχει συντελεστή απόδοσης ίσο με 1. ε. Όταν μικραίνει ο λόγος της θερμοκρασίας της ψυχρής δεξαμενής προς τη θερμοκρασία της θερμής, σε μια μηχανή Carnot, ο συντελεστής απόδοσής της μικραίνει. ΘΕΜΑ B Β1. Σφαίρα Σ1 με μάζα m1 = kg κινείται πάνω σε λείο οριζόντιο δάπεδο με ταχύτητα μέτρου υ1=6m/s. Η σφαίρα Σ1 συγκρούεται με ακίνητη σφαίρα Σ μάζας m = 4 kg. Μετά τη κρούση η σφαίρα μάζας m1 έχει ταχύτητα μέτρου m/s με φορά προς τα αριστερά. Όλες οι ταχύτητες πριν και μετά την κρούση έχουν την ίδια διεύθυνση.
Αν Κολ είναι η ολική κινητική ενέργεια των δυο σφαιρών πριν την κρούση και Κολ' είναι η ολική κινητική τους ενέργεια μετά την κρούση, θα ισχύει: α. Κολ > Κολ' β. Κολ = Κολ' γ. Κολ < Κολ' Α. Να επιλέξετε τη σωστή απάντηση Μονάδες 4 Β. Να δικαιολογήσετε την επιλογή σας Μονάδες 9 B. Σε σημείο ομογενούς ηλεκτρικού πεδίου, έντασης Ε, εκτοξεύεται κάποια στιγμή ηλεκτρόνιο με αρχική ταχύτητα υ0 παράλληλη και ομόρροπη με τις δυναμικές γραμμές του πεδίου όπως στο σχήμα. Οι βαρυτικές δυνάμεις και κάθε μορφής αντιστάσεις στη κίνηση του ηλεκτρονίου μπορούν να αγνοηθούν. Το ηλεκτρόνιο επιστρέφει στο αρχικό σημείο μετά από χρονικό διάστημα Δt1 από τη στιγμή που εκτοξεύτηκε. Αν η ένταση του πεδίου ήταν διπλάσια, και το ηλεκτρόνιο εκτοξευόταν με την ίδια ταχύτητα, θα επέστρεφε στο αρχικό σημείο εκτόξευσης, μετά από χρονικό διάστημα Δt από τη στιγμή της εκτόξευσης του, για το οποίο ισχύει: α. Δt = Δt1 β. Δt = Δt1 γ. Δt = Δt1 / Α. Να επιλέξετε τη σωστή απάντηση Μονάδες 4 Β. Να δικαιολογήσετε τις απαντήσεις σας Μονάδες 8 ΘΕΜΑ Γ
ΘΕΜΑ Δ Δ) Επαναφέρουμε τα δυο φορτισμένα σφαιρίδια στην αρχική τους θέση, αλλάζουμε το πρόσημο του σφαιριδίου Σ, από αρνητικό σε θετικό και αφήνουμε τα σφαιρίδια ελεύθερα να κινηθούν. a 1 v 1 x Σ1 Σ v a =65 m/s Κάποια στιγμή η επιτάχυνση του σφαιριδίου Σ έχει μέτρο α= 65m/s. Να υπολογίσετε τα μέτρα των ταχυτήτων των δυο σφαιριδίων την ίδια χρονική στιγμή Μονάδες 9 Δίνεται η τιμή της σταθερής Kc = 9. 10 9 Nm C r = 0, m Να απαντήσετε σε όλα τα θέματα Διάρκεια εξέτασης ώρες Καλή επιτυχία Ο Διευθυντής Οι εισηγητές
ΓΕΝΙΚΟ ΛΥΚΕΙΟ ΝΕΟΥ ΗΡΑΚΛΕΙΟΥ Τρίτη 19/5/015 ΓΡΑΠΤΕΣ ΠΡΟΑΓΩΓΙΚΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ ΠΕΡΙΟΔΟΥ ΜΑΪΟΥ -ΙΟΥΝΙΟΥ 015 ΦΥΣΙΚΗ ΘΕΤΙΚΟΥ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ Β ΛΥΚΕΙΟΥ ΛΥΣΕΙΣ 1 ΘΕΜΑ Α Α1. δ., Α. α, Α. δ, Α4. δ, Α5. Σωστές είναι οι: β, γ, δ. ΘΕΜΑ B Β1. (Α) Σωστή απάντηση είναι η (β) (Β). Εφαρμόζουμε ΑΔΟ για να υπολογίσουμε την ταχύτητα του δεύτερου σώματος μετά την κρούση: Θεωρούμε θετική την κατεύθυνση της αρχικής ταχύτητας του πρώτου σώματος. Ρ 1 + Ρ = Ρ 1 + Ρ m1u1+0= m1u1 + mu x6 +0= -x+4x u 4x u =16 u =+4m/s Υπολογίζουμε Κολ = Κ1 + Κ = ½ m1u1 +0 = 6 J και Κολ = Κ1 + Κ = ½ m1u 1 +½ mu =4+ = 6 J άρα Κολ= Κολ B. (A) Σωστή είναι η απάντηση (γ) (Β). Όταν ένα φορτισμένο σωματίδιο εισέρχεται σε ομογενές ηλεκτρικό πεδίο δέχεται δύναμη F στην διεύθυνση των δυναμικών γραμμών και φορά ομόρροπη αν το φορτίο είναι θετικό, ή αντίρροπη αν το φορτίο είναι αρνητικό. Στην περίπτωσή μας το σωμάτιο είναι ηλεκτρόνιο συνεπώς η δύναμη έχει φορά αντίθετη της φοράς των δυναμικών γραμμών. Αφού το ηλεκτρόνιο εκτοξεύεται με αρχική ταχύτητα φοράς ίδιας με αυτήν των δυναμικών γραμμών, η δύναμη που δέχεται είναι αντίρροπη της ταχύτητας άρα θα εκτελέσει ομαλά επιβραδυνόμενη κίνηση. Με εφαρμογή του ου νόμου του Νεύτωνα γενικά βρίσκουμε το μέτρο της επιβράδυνσης F = ma q E=m a a = q E m Αν χ είναι η θέση του ηλεκτρόνιου την χρονική στιγμή t θα ισχύει: χ= vo t ½ a t Όταν το σωματίδιο επιστρέψει στην αρχική του θέση θα ισχύει χ=0 οπότε: 0= vo t ½ a t t (vo ½ a t )=0 t =0, που αντιστοιχεί στην στιγμή της εκτόξευσης, ή t = vo a (1) Ειδικότερα: που αντιστοιχεί στην επιστροφή Όταν η ένταση έχει τιμή Ε θα έχουμε : a1 = q E και m Όταν η ένταση έχει τιμή Ε θα έχουμε : a = q E m Με διαίρεση κατά μέλη προκύπτει η σχέση των μέτρων των επιβραδύνσεων a = a1 () Αντικαθιστώντας τις τιμές των επιβραδύνσεων στην (1) προκύπτουν οι δύο ζητούμενοι χρόνοι:
Δt1 == vo και Δt == vo a1 a και με διαίρεση κατά μέλη προκύπτει: Δt Δt 1 uo a uo a1 = a1 = 1 Δt= ½ Δt1 δηλαδή σωστή η (γ) a ΘΕΜΑ Γ Γ1. PAVA=n R TA TA= P AV A nr =.105 x.10 =400K 16 Γ. Η μεταβολή Γ Α είναι αδιαβατική άρα: P Γ V γ Γ = Ρ Α V γ A Ρ Γ = Ρ Α ( V γ A V γ ) Γ 5 5 Ρ Γ = χ10 5 ( χ10 16χ10 ) = χ10 5 ( 1 ) =χ10 5 ( ) 5 =χ10 5 χ 5 = 5 χ 5 χ10 5 =10 5 Ν/m 8 Σημείωση: Η τιμή της σταθερής γ υπολογίζεται από το πηλίκο Cp/Cv = (Cv+R)/Cv= (R/ + R )/(R/) = 5/ Γ. Υπολογίζουμε τις θερμοκρασίες των καταστάσεων Β και Γ. Επειδή η ΑΒ είναι ισοβαρής θέρμανση ισχύει: Τ Β V B = T A V A TB= V B V A TA =8TA=00K Επειδή η ΒΓ είναι ισόχωρη ψύξη ισχύει : Τ Β Ρ B = T Γ Ρ Γ TΓ= Ρ Γ Ρ Β TΒ= 1 00=100Κ Υπολογισμοί έργων και θερμοτήτων 1) Μεταβολή Α Β : ισοβαρής εκτόνωση ( θέρμανση) WAB= PA(VB-VA)= x10 5 x( 16-)x10 - N/m x m =x14x10 Nm =448x10 J = 44800J QAB = n CP(ΔΤ) = 16 5R (00-400)=40x800=11000J R ) Μεταβολή B Γ : ισόχωρη ψύξη : WΒΓ= 0 αφού δεν έχουμε μεταβολή όγκου QΒΓ = ΔUΒΓ = n CvΔΤ = 16 R (100-00)=4χ(-100) = -74400J R ) Μεταβολή Γ Α : Αδιαβατική συμπίεση WΓΑ=-ΔUΓΑ= -n CvΔΤ = 16 R (400-100)=-4χ(00) = -700J QΓΑ = 0 αφού η μεταβολή είναι αδιαβατική R Σημείωση: Θα μπορούσαμε να κάνουμε τους υπολογισμούς και χωρίς να χρησιμοποιήσουμε τις θερμοκρασίες, όπως: QAB= ncp(tb-ta) = 5 nr(tb-ta)= 5 {nrtb- nrta)= 5 (PB VB-PA VA)= 5 PB (VB - VA) ( λόγω ισοβαρούς) QAB= 5 χ105 (14χ10 - )= 80χ14χ10 = 11000J κ.λ.π Γ4. Η μεγαλύτερη θερμοκρασία του κύκλου είναι η ΤΒ και η μικρότερη η ΤΓ ( Η καμπύλη ΓΑ «κόβει» διαδοχικά μεγαλύτερες θερμοκρασίες, αφού αντιστοιχεί σε αδιαβατική συμπίεση, το έργο είναι
αρνητικό άρα η μεταβολή της εσωτερικής ενέργειας είναι θετική συνεπώς η θερμοκρασία σταδιακά μεγαλώνει από την τιμή 100 μέχρι την τελική τιμή 400Κ ) Έτσι : ecarnot = 1 - Tc = 1- T Γ = 1 100 =1-1 Th Τ Β 00 =1 ΘΕΜΑ Δ Παρατηρούμε ότι Kc Q1 Q= - 9.10 9. 10 4 Δ1) U1= Kc Q 1Q r Δ) = 1 0, = 10 5J 10 5 = -1 που θα το χρησιμοποιήσουμε σε όλα τα ερωτήματα Με εφαρμογή της ΑΔΜΕ μεταξύ αρχικής και τελικής θέσης έχουμε: U1 +K = U1 +K Αλλά η απόσταση γίνεται μέγιστη εκεί που η ταχύτητα μηδενίζεται, δηλαδή όταν Κ =0-5+ ½ 10 - (0 ) = U 1-5+4= -1/χ χ=1m Δ) Την στιγμή αυτή η δύναμη αλληλεπίδρασης έχει μέτρο F1 = m a= 65x10 - N Q 1 Q Αλλά F1 = Kc x 65.10- = 1/x x = 100/65 x= 10/5 =/5=0,4m Τότε η ηλεκτρική δυναμική ενέργεια θα έχει τιμή Kc Q 1Q χ = 1/0,4=,5J Με εφαρμογή ΑΔΜΕ μεταξύ αρχικής και τελικής θέσης προκύπτει: U1 +Κ1+ K = U1 +Κ1 + K 5+0+0 =,5 + Κ1 + K (1) Από ΑΔΟ και θεωρώντας θετική την φορά κίνησης του σφαιριδίου Σ έχουμε : Ρολ(1) = Ρολ() 0+0 = -m1u1 +mu 4u1=u () H (1) λόγω () μας δίνει :,5 = ½ 4.10 - υ1 + ½ 10 - (4υ1) Πολλαπλασιάζουμε με 100 και τα δυο μέλη : 50 = υ1 + ½ 16υ1 50=10υ1 υ1 =5 υ1 =5m/s Με αντικατάσταση στην () προκύπτει ότι υ = 4. 5 υ = 0m/s Τις λύσεις επιμελήθηκε ο χ. τ/19-5-015