View
728
Download
1
Category
Preview:
Citation preview
Απαντήσεις διαγωνισμού Φυσικής 2015 – Β Λυκείου
Θεωρητικό Μέρος
Α. Για να μη κινείται το φορτισμένο σωματίδιο κα-‐τά μήκος μιας ηλεκτρικής δυναμικής γραμμής θα πρέπει το ηλεκτρικό πεδίο: i. να είναι ανομοιογενές και ii. να μην οφείλεται σε ση-‐μειακό ηλεκτρικό φορτίο.
Β. Επιλέγουμε την (α) απάντηση.
Στο διπλανό σχήμα, φαίνεται το ηλεκτρικό πεδίο που δημιουργείται από σημειακό η-‐λεκτρικό φορτίο Q. Σε κάθε σημείο που α-‐πέχει απόσταση r από το φορτίο (σφαιρική επιφάνεια) το δυναμικό είναι σταθερό και ισούται με:
V = kc
Qr
όμως το διάνυσμα της έντασης μπορεί να έχει σταθερό μετρο:
σε όλα τα σημεία της σφαιρικής επιφάνειας αλλά έχει διαφορετική διεύθυνση.
Ε = kc
Qr 2
Γ. Επιλέγουμε την (v) απάντηση. Η δύναμη που δέχεται το σωματίδιο είναι ανε-‐ξάρτητη από τη διεύθυνση της ταχύτητά του και καθορίζεται αποκλειστικά από την ένταση του πεδίου.
A. Σχεδιάζουμε όλες τις δυνάμεις που ασκούνται πάνω στο σώμα. Υπολογί-‐ζουμε πως μεταβάλλεται η κάθετη δύναμη Ν που δέχεται στο σώμα από την ε-‐πιφάνεια επαφής.
ΣFy = 0 ⇔ N + Fy − w = 0 ⇔ N = w− Fy ⇔ N = mg − F ⋅ηµθ ⇔
N = 25⋅10− (2x2 − 40x + 350) 1
2⇔ N = 75− x2 + 20x
Οπότε αρκεί να εξετάσουμε πότε Ν = 150N, καταλήγουμε στο τριώνυμο:
x2 − 20x + 75= 0
από το τριώνυμο αυτό καταλήγουμε ότι για x= 5 m και x = 15 m γίνεται Ν = 150Ν. Όπως φαίνεται και από το διάγραμμα που ακολουθεί:
B. i. Τα όρια ασφαλούς κίνησης του σώματος είναι από 0 ≤ x < 5m και από 5m < x ≤ 20m .
ii. Θα υπολογίσουμε τη μέγιστη γωνία για την οποία το σώμα θα μπορεί να δια-‐νύει όλη την επιφάνεια επαφής. Καταλήγουμε ότι:
ΣFy = 0 ⇔ N + Fy − w = 0 ⇔ N = w− Fy ⇔ N = mg − F ⋅ηµθ ⇔
N = 25⋅10− (2x2 − 40x + 350)ηµθ οπότε
250− 2x2 ⋅ηµθ + 40x ⋅ηµθ − 350 ⋅ηµθ = 0 ⇔
2ηµθ ⋅ x2 − 40ηµθ ⋅ x − 350ηµθ + 250 = 0
Απαιτούμε Δ ≥ 0
−40ηµθ( )2− 4 ⋅2ηµθ(−350ηµθ + 250) ≥ 0
200ηµθ ≥ −350ηµθ + 250 ⇔ 550ηµθ ≥ 250 ⇔ ηµθ ≥ 5
11
γ. Υπολογίζουμε το έργο που παράγεται ανά κύκλο, βρίσκοντας το εμβαδόν που σχηματίζεται από την κυκλική μεταβολή:
W = εµβαδον(ΑΒΓΑ) = 1
2(VB −VA)(PB − PA) ⇔
W = 1
2(VB −VA)(βVB − βVA) ⇔W = 1
2β(VB −VA)2 (1)
Υπολογίζουμε και το ποσό θερμότητας QAB που απορροφά το αέριο στη διάρ-‐κεια της κυκλικής μεταβολής του
QAB =WAB + ΔU AB (2)
WAB = εµβ(τραπεζ ) =
PB + PA
2(VB −VA) =
βVB + βVA
2(VB −VA) ⇔
WAB = 1
2β(VB
2 −VA2 ) (3)
Στην άσκηση, πρέπει να δίνεται η γραμμομοριακή σταθερά υπό σταθερό όγκο των αερίων Cv = 3R/2, οπότε:
ΔU AB = nCvΔT = n 3R
2(TB −TA) = 3
2(nRTB − nRTA) ⇔
ΔU AB = 3
2(PBVB − PAVA) = 3
2(βVB
2 − βVA2 ) ⇔ΔU AB = 3
2β(VB
2 −VA2 ) (4)
Από (2), (3), (4):
QAB =WAB + ΔU AB ⇔ QAB = 1
2β(VB
2 −VA2 )+ 3
2β(VB
2 −VA2 )
QAB = 2β(VB2 −VA
2 ) (6)
Επομένως ο συντελεστής απόδοσης είναι:
e = W
QAB
=
12β(VB −VA)2
2β(VB2 −VA
2 )⇔ e =
(VB −VA)2
4(VB2 −VA
2 )
Πειραματικό Μέρος Δ1. Όταν η σταγόνα του λαδιού κινούμενη προς τα κάτω με την επίδραση του βάρους της w και της αντίστασης του αέρα F1 αποκτά οριακή ταχύτητα μέτρου u1 ισχύει:
ΣF = 0 ⇔ F1 = w⇔ 6πµru1 = mg ⇔ u1 =
mg6πµr
Ενώ, όταν κινείται προς τα πάνω με την επίδραση και του ηλεκτρικού πεδίου
αποκτά οριακή ταχύτητα μέτρου u2:
ΣF = 0 ⇔ Fηλ = F2 + w⇔ Eq = 6πµru2 + mg ⇔ u2 =
Eq − mg6πµr
Σε κάθε περίπτωση διανύει την ίδια απόσταση L σε χρονικά διαστήματα tκαθ και tαν, κατά την κάθοδο και την άνοδό του αντίστοιχα.
L = u1 tκαθL = u2 tαν
⎧⎨⎪
⎩⎪
⎫⎬⎪
⎭⎪⇔ u2 tαν = u1 tκαθ ⇔
Eq − mg6πµr
tαν =mg
6πµrtκαθ ⇔ q =
gρ4πr3(tκαθ + tαν )3E tαν
Λαμβάνοντας υπόψη μας ότι η μάζα της σταγόνας δίνεται από τη σχέση:
m = ρV = ρ 4
3πr3
Δ3. Η σταγόνα κατά την κίνηση της επηρεάζεται και από τις υπόλοιπες σταγό-‐νες που δημιουργούν ένα επιπρόσθετο ηλεκτρικό πεδίο.
Δ4. Ο πίνακας που ακολουθεί περιέχει ηλεκτρικά φορτία:
8,20.10-‐19 11,49.10-‐19 13,13.10-‐19 9,87.10-‐19 6,55.10-‐19
8,20.10-‐19 0 3,29.10-‐19 4,93.10-‐19 1,67.10-‐19 1,65.10-‐19
11,49.10-‐19 3,29.10-‐19 0 1,64.10-‐19 1,62.10-‐19 4,94.10-‐19
13,13.10-‐19 4,93.10-‐19 1,64.10-‐19 0 3,26.10-‐19 6,58.10-‐19
9,87.10-‐19 1,67.10-‐19 1,63.10-‐19 3,26.10-‐19 0 3,32.10-‐19
6,55.10-‐19 1,65.10-‐19 4,94.10-‐19 6,58.10-‐19 3.32.10-‐19 0
Recommended