θεματα φυσικησ β λυκειου

Ένωζη Ελλήνων Φσζικών ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ ΦΥΣΙΚΗΣ 2009 Πανεπιζηήμιο Αθηνών Εργαζηήριο Φσζικών Επιζηημών, Τετνολογίας, Περιβάλλονηος

B΄ Λσκείοσ Σελίδα 1 από 6

B΄ Λσκείοσ

14 Μαρτίοσ 2009

Θεωρητικό Μέρος

Θέμα 1ο

A. Έλα θαηαηγηδνθόξν ζύλλεθν πεξηέρεη θνξηηζκέλα

ζσκάηηα όπσο ηνληζκέλα άηνκα, θνξηηζκέλεο ζηαγό-

λεο λεξνύ, θνκκάηηα πάγνπ θαη θόθθνπο ζθόλεο ζε

κεγάιε ζπγθέληξσζε. Υπάξρεη κηα ζπγθέληξσζε ζε-

ηηθνύ θνξηίνπ ζην πάλσ κέξνο ηνπ ζύλλεθνπ θαη κηα

ζπγθέληξσζε αξλεηηθνύ θνξηίνπ ζην θάησ κέξνο.

Υπνζέζηε όηη ε θαηαλνκή θνξηίνπ ζην ζύλλεθν απηό

κπνξεί λα πξνζεγγηζηεί από δύν νκνγελείο ζθαηξηθέο

θαηαλνκέο θνξηίνπ +100C θαη -100C, κε ηα θέληξα

ηνπο ζηα ζεκεία P θαη Q όπσο θαίλεηαη ζην δηπιαλό

ζρήκα. Βξείηε ην κέηξν θαη ηε δηεύζπλζε ηνπ ειεθηξη-

θνύ πεδίνπ i) ζην ζεκείν P θαη ii) ζην ζεκείν πνπ

βξίζθεηαη έλα αεξνπιάλν 1km πάλσ από ην P ζηελ

θαηαθόξπθν QP. Γίλεηαη Κc=9 109 Nm2/C2.

B. Μηα νκάδα καζεηώλ ζέιεη λα κεηξήζεη ηελ ειεθηξεγεξηηθή δύλακε Ε θαη ηελ εζσηεξηθή

αληίζηαζε r, κηαο ειεθηξηθήο πεγήο. Τα όξγαλα πνπ δηαζέηεη είλαη: ακπεξόκεηξν, βνιηόκε-

ηξν, ξπζκηζηηθή αληίζηαζε, ζύξκαηα θαη δηαθόπηε. Οη καζεηέο πήξαλ ηηο πην θάησ κεηξή-

ζεηο:

i) Να ζρεδηάζεηε ην θύθισκα πνπ ρξεζηκνπνίεζαλ νη καζεηέο θαη ηε γξαθηθή παξάζηαζε

πνπ πξνέθπςε από ηηο κεηξήζεηο ηνπο.

ii) Να ππνινγίζεηε από ηε γξαθηθή παξάζηαζε ηελ ΗΔΓ Ε θαη ηελ εζσηεξηθή αληίζηαζε r

ηεο ειεθηξηθήο πεγήο.

Γ. Θεσξείζηε δύν ζσκάηηα Α θαη Β ηα νπνία ηε ρξνληθή ζηηγκή t=0 αθήλνληαη ειεύζεξα ζε νκνγελέο ειεθηξηθό πεδίν Ε. Τν Α έρεη κάδα m θαη θνξηίν q ελώ ην Β έρεη κάδα 2m θαη θνξηίν 2q. Αγλνείζηε ηηο αιιειεπηδξάζεηο κεηαμύ ησλ ζσκαηίσλ θαη ζεσξείζηε όηη ην θάζε ζσκάηην επεξεάδεηαη κόλν από ην ειεθηξηθό πεδίν Δ. Πνηα από ηηο παξαθάησ πξνηάζεηο είλαη ζσζηή; Μεηά από ρξόλν Γt: i) To A ζα έρεη κεγαιύηεξε νξκή επεηδή έρεη κηθξόηεξν ειεθηξηθό θνξηίν θαη δέρεηαη κεγα-

ιύηεξε δύλακε ii) Τν Α ζα έρεη κεγαιύηεξε νξκή επεηδή έρεη κηθξόηεξε κάδα θαη δέρεηαη κεγαιύηεξε δύ-

λακε iii) Τα δύν ζσκάηηα ζα έρνπλ ίζεο νξκέο επεηδή έρνπλ ηνλ ίδην πειίθν κάδαο πξνο ειε-

θηξηθό θνξηίν iv) Τν Β ζα έρεη κεγαιύηεξε νξκή επεηδή έρεη κεγαιύηεξν θνξηίν θαη δέρεηαη κεγαιύηεξε

δύλακε

V (V) 5,6 5,1 4,9 4,3 4,1 3,6

I (A) 0,2 0,4 0,6 0,8 1,0 1,2



v) Τν Β ζα έρεη ηε κεγαιύηεξε νξκή επεηδή έρεη κεγαιύηεξε κάδα θαη δέρεηαη κεγαιύηεξε

δύλακε Να εμεγήζεηε ηελ απάληεζή ζαο. Γ. Θεσξείζηε δύν ζσκάηηα Α θαη Β ηα νπνία ηε ρξνληθή ζηηγκή t=0 αθήλνληαη ειεύζεξα ζε νκνγελέο ειεθηξηθό πεδίν Ε. Τν Α έρεη κάδα m θαη θνξηίν q ελώ ην Β έρεη κάδα 2m θαη θνξηίν -2q. Αγλνείζηε ηηο αιιειεπηδξάζεηο κεηαμύ ησλ ζσκαηίσλ θαη ζεσξείζηε όηη ην θάζε ζσκάηην επεξεάδεηαη κόλν από ην ειεθηξηθό πεδίν Ε. Πνηα από ηηο παξαθάησ πξνηάζεηο είλαη ζσζηή; Μεηά από ρξόλν Γt: i) Η δπλακηθή ελέξγεηα ηνπ Α ζα έρεη κεησζεί θαηά έλα πνζό θαη ε δπλακηθή ελέξγεηα ηνπ Β

ζα έρεη απμεζεί θαηά ην ίδην πνζό ελέξγεηαο ii) Η δπλακηθή ελέξγεηα ηνπ Α ζα έρεη κεησζεί θαηά έλα πνζό θαη ε δπλακηθή ελέξγεηα ηνπ Β

ζα έρεη απμεζεί θαηά ην δηπιάζην πνζό ελέξγεηαο iii) Η δπλακηθή ελέξγεηα ηνπ Α ζα έρεη κεησζεί θαηά έλα πνζό θαη ε δπλακηθή ελέξγεηα ηνπ

Β ζα έρεη θαη απηή κεησζεί θαηά ην ίδην πνζό ελέξγεηαο iv) Η δπλακηθή ελέξγεηα ηνπ Α ζα έρεη κεησζεί θαηά έλα πνζό θαη ε δπλακηθή ελέξγεηα ηνπ

Β ζα έρεη θαη απηή κεησζεί θαηά ην δηπιάζην πνζό ελέξγεηαο v) Οη δπλακηθέο ελέξγεηεο θαη ησλ δύν ζσκαηίσλ δελ ζα έρνπλ κεηαβιεζεί

Να εμεγήζεηε ηελ απάληεζή ζαο.

Θέμα 2ο

Α. Γηα λα βξνύκε ηε ρσξεηηθόηεηα Cx ελόο ππθλσηή ζην εξγαζηήξην θάλακε ην παξαθάησ

πείξακα. Πήξακε έλαλ ππθλσηή κε γλσζηή ρσξεηηθόηεηα C, έλα βνιηόκεηξν, κηα πεγή ζπλερνύο ηάζεο θαη θαηαζθεπάζακε ην παξαθάησ θύθισκα. Αξρηθά νη δύν ππθλσηέο ή-ηαλ αθόξηηζηνη. Σπλδέζακε ηνλ κεηαγσγό Μ κε ηελ πεγή (ζέζε 1) θαη ζεκεηώζακε ηελ έλ-δεημε V1 ηνπ βνιηνκέηξνπ. Σηε ζπλέρεηα θέξακε ην κεηαγσγό ζηε ζέζε 2 θαη ζεκεηώζακε ηελ έλδεημε ηνπ βνιηνκέηξνπ V2

Με δεδνκέλα ηα C,V1,V2, από πνηα ζρέζε ππνινγίδεηαη ε άγλσζηε ρσξεηηθόηεηα Cx; Δμε-γείζηε ηελ απάληεζή ζαο. Β. Μηα απιή ζεξκηθή κεραλή ε νπνία απνηειείηαη από έλα έκβνιν ζε θύιηλδξν πνπ πεξηέ-ρεη ηδαληθό κνλναηνκηθό αέξην. Αξρηθά ην αέξην ζηνλ θύιηλδξν έρεη πίεζε P0 θαη όγθν V0. To αέξην ζεξκαίλεηαη αξγά ππό ζηαζεξό όγθν. Όηαλ ε πίεζε γίλεη 32P0 ην έκβνιν ειεπζε-ξώλεηαη επηηξέπνληαο ζην αέξην λα εθηνλσζεί αδηαβαηηθά. Μόιηο ε πίεζε μαλαγίλεη P0 ην εμσηεξηθό ηνπ εκβόινπ ςύρεηαη ζηελ αξρηθή ζεξκνθξαζία θαη ην αέξην ζπκπηέδεηαη αξγά ππό ζηαζεξή πίεζε κέρξη ηελ αξρηθή ηνπ θαηάζηαζε.

i) Πνηνο ν κέγηζηνο όγθνο ηνπ αεξίνπ θαηά ηε δηάξθεηα ηνπ θύθινπ;

ii) Πνηνο ν ζπληειεζηήο απόδνζεο ηεο ζεξκηθήο κεραλήο;

V

M

E Cx C

1

2



iii) Πνηνο ν ζπληειεζηήο απόδνζεο κηαο κεραλήο Carnot πνπ εξγάδεηαη κεηαμύ ησλ ζεξκν-

θξαζηώλ ζηηο νπνίεο εξγάδεηαη θαη ε παξαπάλσ κεραλή;

Θέμα 3ο

Α. Κύιηλδξνο πεξηέρεη ηδαληθό αέξην θαη ζην έλα ηνπ άθξν θιείλεη κε αβαξέο έκβνιν εκβα-δνύ S. Ο θύιηλδξνο θαη ην έκβνιν απνηεινύληαη από ζεξκνκνλσηηθό πιηθό, ελώ κέζα π-πάξρεη αληηζηάηεο κε αληίζηαζε r, ε νπνία δηαξέεηαη από ειεθηξηθό ξεύκα Ι. Τν έκβνιν θη-λείηαη αξγά κε ζηαζεξή ηαρύηεηα v. Να βξεζεί ε εηδηθή γξακκνκνξηαθή ζεξκόηεηα ηνπ αε-ξίνπ ζε απηή ηε δηαδηθαζία. Η αηκνζθαηξηθή πίεζε είλαη P ε ζηαζεξά ηνπ Boltzmann K θαη ν αξηζκόο Avogadro NA. Β. Καηά ηε κεηαθνξά ειεθηξηθήο ελέξγεηαο από κηα γελλήηξηα ζπλερνύο ξεύκαηνο ζε έλα

θαηαλαισηή πνπ βξίζθεηαη ζε απόζηαζε d από ηε γελλήηξηα, ρξεζηκνπνηείηαη γξακκή κε-ηαθνξάο από ραιθό. Η δηαθνξά δπλακηθνύ ζηα άθξα ηεο γελλήηξηαο είλαη V θαη ε ηζρύο πνπ δίλεη ζην εμσηεξηθό θύθισκα P. Δάλ ε κέγηζηε επηηξεπόκελε απώιεηα ηζρύνο ζηε γξακκή κεηαθνξάο είλαη ην 5% ηεο ηζρύνο P ηεο γελλήηξηαο, λα ππνινγίζεηε ηελ ειάρηζηε επηηξεπόκελε δηαηνκή ηεο γξακκήο κεηαθνξάο. Η εηδηθή αληίζηαζε ηνπ ραιθνύ είλαη ρ.

Πειραματικό Μέρος

Μηα δέζκε ειεθηξνλίσλ, ρσξίο ζεκαληηθή θηλεηηθή ελέξγεηα, πνπ πξνέξρνληαη από ηε ζεξ-

καηλόκελε θάζνδν ελόο θαζνδηθνύ ζσιήλα επηηαρύλνληαη κε ηάζε κεηαμύ αλόδνπ θαη θα-

ζόδνπ Vα. Σηελ πνξεία ηεο ε δέζκε πεξλάεη αλάκεζα από ηνπο νξηδόληηνπο νπιηζκνύο ε-

λόο επίπεδνπ ππθλσηή (πιαθίδηα θαηαθόξπθεο απόθιηζεο). Αλ εθαξκόζνπκε ζηνπο ν-

πιηζκνύο ηνπ ππθλσηή κηα εθηξέπνπζα ηάζε ηα ειεθηξόληα εθηξέπνληαη από ην ειεθηξηθό

πεδίν κεηαμύ ησλ νπιηζκώλ ηνπ ππθλσηή. Βγαίλνληαο από απηό ην ειεθηξηθό πεδίν ηα ε-

ιεθηξόληα εηζέξρνληαη ζε καγλεηηθό πεδίν Β παξάιιειν ζηνλ άμνλα ηνπ θαζνδηθνύ ζσιή-

λα. Απηό ην καγλεηηθό πεδίν δεκηνπξγείηαη από πελίν ην νπνίν πεξηβάιιεη ηνλ θαζνδηθό

ζσιήλα.

Με ζθνπό λα ππνινγίζνπκε ην εηδηθό θνξηίν ηνπ ειεθηξνλίνπ (πειίθν ηνπ ειεθηξηθνύ

θνξηίνπ πξνο ηε κάδα ηνπ ειεθηξνλίνπ e/m), αθνινπζνύκε ηελ παξαθάησ πεηξακαηηθή δη-

αδηθαζία.

1) Φξεζηκνπνηώληαο θαηάιιειν ηξνθνδνηηθό εθαξκόδνπκε ζην λήκα ζέξκαλζεο ηάζε

ζέξκαλζεο 6,3 V θαη κεηαμύ αλόδνπ - θαζόδνπ ηάζε Vα=300V ρσξίο λα ππάξρεη εθηξέ-

πνπζα ηάζε ζηα πιαθίδηα θαηαθόξπθεο απόθιηζεο αιιά θαη ρσξίο ην πελίν λα δηαξξέεηαη

από ειεθηξηθό ξεύκα. Τόηε ηα ειεθηξόληα πξνζπίπηνπλ ζε έλα ζεκείν θαη αθήλνπλ έλα

Vζ

Vα Άλνδνο Κάζνδνο

Νήκα ζέξκαλζεο

Πιαθίδηα θαηαθόξπθεο απόθιηζεο

Μαγλεηηθό πεδίν

Οζόλε

Ο

D

B



ζηίγκα. Δπεηδή ε πνξεία ηεο δέζκεο επεξεάδεηαη από ην καγλεηηθό πεδίν ηεο Γεο πεξη-

ζηξέθνπκε ιίγν ην ζσιήλα ώζηε ην ζηίγκα λα βξίζθεηαη ζην θέληξν Ο ηεο νζόλεο.

2) Δθαξκόδνπκε κηα εθηξέπνπζα ηάζε V=5 V ζηα πιαθίδηα θαηαθόξπθεο απόθιηζεο, ελώ

ην πελίν δελ είλαη ζπλδεδεκέλν ζην ηξνθνδνηηθό θαη δελ δηαξξέεηαη από ξεύκα. Τόηε ηα

ειεθηξόληα αθνύ ππνζηνύλ κηα θαηαθόξπθε εθηξνπή από ην ειεθηξηθό πεδίν πξνζπί-

πηνπλ ζηελ νζόλε θαη αθήλνπλ έλα ζηίγκα ζην ζεκείν Α1.

3) Σπλδένπκε ην πελίν, κέζσ ξννζηάηε κε έλα δεύηεξν ηξνθνδνηηθό

παξεκβάιινληαο θαη έλα ακπεξόκεηξν. Απμάλνπκε ζηαδηαθά, κε ηε

βνήζεηα ηνπ ξννζηάηε, ην ξεύκα Ι πνπ ην δηαξξέεη. Γηα θάπνηα ηηκή ηνπ

ξεύκαηνο Ι=0,606 Α ην ζηίγκα ηεο δέζκεο έξρεηαη ζε κηα ζέζε Α2, ό-

πνπ ε ΟΑ2 είλαη θάζεηε ζηελ ΟΑ1. Σηελ πεξίπησζε απηή ηα ειεθηξόληα

εηζέξρνληαη ππό γσλία ζε ζρέζε κε ηηο δπλακηθέο γξακκέο ηνπ καγλε-

ηηθνύ πεδίνπ. Τόηε δηαγξάθνπλ ειηθνεηδή ηξνρηά ε νπνία είλαη απνηέιεζκα ηεο ζύλζεζεο

κηαο νκαιήο θπθιηθήο θαη κηαο επζύγξακκεο νκαιήο θίλεζεο. Αλ ην καγλεηηθό πεδίν έρεη

αξθεηά κηθξή ηηκή, ηα ειεθηξόληα δελ ζα πξνιάβνπλ λα νινθιεξώζνπλ κηα πεξηζηξνθή

κέρξη λα πέζνπλ ζηε θζνξίδνπζα νζόλε ηνπ θαζνδηθνύ ζσιήλα. Πέθηνπλ έηζη ζηελ νζόλε

όηαλ έρνπλ εθηειέζεη κηζό θύθιν ιόγσ ηεο θπθιηθήο θίλεζεο.

4) Δπαλαιακβάλνπκε ηε δηαδηθαζία γηα δηάθνξεο ηηκέο ηεο αλνδηθήο ηάζεο θαη ηεο ηάζεο

εθηξνπήο θαη ζεκεηώλνπκε ζε πίλαθα δεδνκέλσλ ηηο ηηκέο απηέο θαζώο θαη ηελ αληίζηνηρε

έλδεημε ηνπ ακπεξνκέηξνπ ώζηε ε ΟΑ2 λα είλαη θάζεηε ζηελ ΟΑ1. Τα δεδνκέλα πνπ πξνέ-

θπςαλ από 14 επαλαιήςεηο ηεο δηαδηθαζίαο απηήο θαίλνληαη ζηνλ πίλαθα πνπ αθνινπζεί.

V (V) Vα (V) I (A)

5 300 0,605

5 350 0,641

5 400 0,664

5 450 0,710

5 500 0,741

8 300 0,617

8 400 0,684

8 500 0,760

10 300 0,613

10 400 0,699

10 500 0,756

16 300 0,609

16 400 0,697

16 500 0,789

Ο

Α1

Α2

y



Δίλαη δεδνκέλε από ηνλ θαηαζθεπαζηή ε απόζηαζε κεηαμύ ηνπ δεμηνύ άθξνπ ησλ πιαθη-

δίσλ θαηαθόξπθεο απόθιηζεο θαη ηεο νζόλεο D=0,07 m. Δπίζεο δίλεηαη όηη ην καγλεηηθό

πεδίν Β ζην εζσηεξηθό ηνπ πελίνπ είλαη αλάινγν ηνπ ξεύκαηνο Ι θαη ε ζηαζεξά αλαινγίαο

είλαη k=0,0044 (T/A). Γειαδή Β=k . I

Δξσηήζεηο:

Α. Πόζε είλαη ε ΟΑ2 ζε ζρέζε κε ηελ αθηίλα ηεο θπθιηθήο θίλεζεο;

B. Πόζν είλαη ην D ζε ζρέζε κε ην βήκα ηεο έιηθαο;

Γ. Απνδείμηε ηε ζρέζε 22

22

DΒ

V

m

e

Γ. Υπνινγίζηε ην εηδηθό θνξηίν ηνπ ειεθηξνλίνπ όπσο πξνθύπηεη από ηα δεδνκέλα γηα θά-

ζε δηαδηθαζία θαη βξείηε ηε κέζε ηηκή (e/m)av ηνπ εηδηθνύ θνξηίνπ.

Δ. Υπνινγίζηε ην ζθάικα ηεο κέζεο ηηκήο δ(e/m) από ηε ζρέζε:

δ(e/m)=)1(

)/()/(1

2

ΝΝ

memeN

i

avi

όπνπ (e/m)i νη πεηξακαηηθέο ηηκέο ηνπ εηδηθνύ θνξηίνπ θαη Ν ν αξηζκόο ησλ κεηξήζεσλ

Τν ζύκβνιν N

i 1

ζεκαίλεη άζξνηζκα από i =1 έσο Ν. Να ζηξνγγπινπνηήζεηε ην ζθάικα

κέρξη λα κείλεη έλα ςεθίν πνπ είλαη δηάθνξν ηνπ κεδελόο. Μεηά ζηξνγγπινπνηείζηε θαη ηε κέζε ηηκή (e/m)av ηνπ εηδηθνύ θνξηίνπ ώζηε ην ηειεπηαίν ςεθίν ηεο λα έρεη ηελ ίδηα ηάμε κε-γέζνπο κε ην ςεθίν ηνπ ζθάικαηνο θαη γξάςηε ην απνηέιεζκα γηα ην εηδηθό θνξηίν καδί κε ην ζθάικα ηεο κέζεο ηηκήο.

Kαλή Δπιτστία



Αλ ζέιεηε, κπνξείηε λα θάλεηε θάπνην γξάθεκα ζ’ απηή ηε ζειίδα θαη λα ηελ επηζπλάςεηε κέζα ζην ηεηξάδηό ζαο.

Δπηιέμηε ηνπο άμνλεο ηηηινδνηήζηε ζπκπεξηιάβεηε θαη ηηο θαηάιιειεο κνλάδεο ζε θάζε ά-μνλα.

0

0

Ένωση Ελλήνων Φυσικών ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ ΦΥΣΙΚΗΣ 2001 Πανεπιστήμιο Αθηνών Εργαστήριο Φυσικών Επιστημών, Τεχνολογίας, Περιβάλλοντος

Β΄ Λυκείου Σελίδα 1 από 7

Β΄ Λυκείου 29 Απριλίου 2001

Θεωρητικό Μέρος ΘΕΜΑ 1ο

Μια αγώγιμη μεταλλική σφαίρα ακτίνας α περιβάλλεται από παχύ αγώγιμο κέλυφος εσωτερικής ακτίνας β > α και εξωτερικής ακτίνας γ. Το σύστημα βρίσκεται στο κενό και αρχικά είναι αφόρτιστο. Φορτίο + Q φέρεται κατάλληλα στην εσωτερική σφαίρα.

Α. Καθορίστε το μέτρο της έντασης του ηλεκτρικού πεδίου σε κάθε περίπτωση και παραστήστε το γραφικά σε άξονες Ε και r, όπου r η απόσταση από το κέντρο Κ.

Β. Ποια είναι η διαφορά δυναμικού ενός σημείου Α που βρίσκεται στην επιφάνεια της σφαίρας με ακτίνα α και του ∞ ;

Γ . Θεωρώντας ως χωρητικότητα του συστήματος την ∞−

=VV

QCA

υπολογίστε την τιμή

της . Συνοπτικές απαντήσεις / λύσεις:

Α. Από τον νόμου του Gauss για τον ηλεκτρισμό : i) για r < α, Ε = 0

ii) για α < r < β, 2o

2

r4QQEr4πε

=Ε⇒ε

=πο

iii) για β < r < γ, Ε = 0 (Qολ = 0)

iv) για r > γ, 2o

2

r4QQEr4πε

=Ε⇒ε

=πο

Β. απε

=ο

Q4

1V )a( β−

πε+

ο

Q)(4

1γπε

+ο

Q4

1 =>

0)111(Q4

1V )a( >γ

+β

−απε

=ο

V(∞) = 0

Γ. C = )B()A( VV

Q−

=> C = )111(

4

γ+

β−

α

πεο ή C = 4πεο

αβγβγ+αγ−αβ

Er

Br

oυr

ΘΕΜΑ 2ο

ΘΘεεττιικκάά φφοορρττιισσμμέέννοο σσωωμμααττίίδδιιοο μμεε εειιδδιικκόό φφοορρττίίοο

mq

≅ 55··1100 7

kgc ,, κκιιννεείίττααιι μμεε ττααχχύύττηητταα υυ o .. ΜΜεε ααυυττήή ττηηνν

ττααχχύύττηητταα δδιιααππεερρννάάεειι μμιιαα οορριιζζόόννττιιαα μμοοννωωττιικκήή εεππιιφφάάννεειιαα,, ααππόό ττρρύύππαα ((TT)),, αασσήήμμααννττωωνν δδιιαασσττάάσσεεωωνν,, πποουυ υυππάάρρχχεειι



σσεε ααυυττήή.. ΣΣττοο χχώώρροο,, υυππάάρρχχεειι κκαατταακκόόρρυυφφοο ππρροοςς τταα ππάάννωω οομμοογγεεννέέςς μμααγγννηηττιικκόό ππεεδδίίοο ΒΒ == ππ

((ΤΤeessllaa)) κκααιι κκαατταακκόόρρυυφφοο ππρροοςς τταα κκάάττωω οομμοογγεεννέέςς ηηλλεεκκττρριικκόό ππεεδδίίοο,, ΕΕ == 1100 3

CN ..ΚΚααθθώώςς

ππεερρννάάεειι ααππόό ττηηνν ττρρύύππαα ττοο σσωωμμααττίίδδιιοο,, ηη ττααχχύύττηηττάά ττοουυ σσχχηημμααττίίζζεειι γγωωννίίαα φφ== 6600 o μμεε ττηηνν δδιιεεύύθθυυννσσηη ττωωνν δδύύοο ππεεδδίίωωνν..

αα )) ΓΓιιαα πποοιιεεςς ττιιμμέέςς ττηηςς υυ o ττοο σσωωμμααττίίδδιιοο θθαα ββγγααίίννεειι κκααιι ππάάλλιι ααππόό ττηηνν ίίδδιιαα ττρρύύππαα;; ΠΠοοιιαα εείίννααιι ηη εελλάάχχιισσττηη ττιιμμήή ττηηςς υυ o ώώσσττεε νναα σσυυμμββααίίννεειι ααυυττόό ;;

ββ )) ΓΓιιαα ττηηνν εελλάάχχιισσττηη ααυυττήή ττιιμμήή ττηηςς υυ o πποουυ ββρρήήκκααττεε νναα υυπποολλοογγίίσσεεττεε ττηηνν μμέέγγιισσττηη κκαατταακκόόρρυυφφηη ααπποομμάάκκρρυυννσσηη ττοουυ σσωωμμααττιιδδίίοουυ ααππόό ττηηνν μμοοννωωττιικκήή εεππιιφφάάννεειιαα.. ΠΠόόσσοο ααππέέχχεειι ααππόό ττηηνν ττρρύύππαα ττόόττεε;; ((ππ 2 ≅ 1100)).. Συνοπτικές απαντήσεις / λύσεις: Αναλύουμε την κίνηση σε ανεξάρτητες επιμέρους κινήσεις:

I. Λόγω της και του μαγνητικού πεδίου: oxυr

Αναπτύσσεται δύναμη Lorentz ( LFr

), κάθετη στην oxυr , πάνω στο οριζόντιο επίπεδο

(xy), που θα έπαιζε το ρόλο κεντρομόλου δύναμης και θα ανάγκαζε το σωματίδιο σε ομαλή

κυκλική κίνηση:

FL = FK ή Β·υ0x·q = R

m 2oxυ ή R =

qBmu ημφ0 (1) και Τ =

qBmπ2 (2)

II. Λόγω της , του μαγνητικού και του ηλεκτρικού πεδίου: ozυr

Δεν αναπτύσσεται δύναμη Lorentz, γιατί η υ0z είναι παράλληλη με την Br

.

Αναπτύσσεται δύναμη από το ηλεκτρικό πεδίο, ίδιας κατεύθυνσης με την ένταση Er

, που

προκαλεί επιβράδυνση , στην κατακόρυφη διεύθυνση. ar

Είναι –=amEq , όπου E το μέτρο της έντασης του ηλεκτρικού πεδίου. Έτσι, μετά από

χρόνο t, το σωματίδιο θα εμφάνιζε κατακόρυφη ταχύτητα ozυr και κατακόρυφη

απομάκρυνση z από την τρύπα:

υz = υ0z + αt = υ0z – tmEq (3) z = υ0zt + ½ αt2 = υ0zt – 2

21 t

mEq (4)

Ως αποτέλεσμα της ομαλής κυκλικής κίνησης στο επίπεδο (xy) και της ευθύγραμμης

ομαλά επιβραδυνόμενης κίνησης στην κατακόρυφη διεύθυνση, το σωματίδιο διαγράφει

ελικοειδή τροχιά, με βήμα που διαρκώς ελαττώνεται.

Το σωματίδιο επιστρέφει στη μονωτική επιφάνεια, μετά από χρόνο t1, όταν z = 0.

(4): u0zt1 – 212

1 tmEq = 0

t1 ≠ 0 )5(2 0

1 Eqmut συνφ

=



α) Για να βγει και πάλι από την τρύπα (Τ), πρέπει μετά χρόνο t1, να έχει διαγράψει

λόγω της συνιστώσας ομαλής κυκλικής κίνησης, ακέραιο πλήθος περιφερειών. Δηλαδή,

αρκεί:

t1 = κΤ, όπου κ = 1, 2, 3, ...

(2), (5): αρκεί Eq

m2 0συνφυ= κ

qBmπ2 ή

συνφπ

κ=υB

E0 = κ

21

103

⋅

⋅

π

π (S. I.)

ή υ0 = κ · 2 · 103 m/s κ = 1, 2, 3, ...

Η ελάχιστη ταχύτητα για την οποία μπορεί το σωματίδιο να βγαίνει από την τρύπα

είναι: υ0 = 2 · 103 m/s. (κ = 1).

β) Για την ελάχιστη αυτή υ0, το σωματίδιο εμφανίζει μέγιστη απόσταση από το

μονωτικό επίπεδο, όταν υz = 0.

(3): υ0z – tmEq = 0 =>

Eqm

t 0συνφυ=

(4): zmax = Eq

muqE

ummEq

Eqmu

221 22

022

220

220 φσυνσυνφσυνφ

=−

ή zmax = m73

6

10510241104

⋅⋅⋅

⋅⋅ = m11

6

1010 = 10–5m = 10 μm.

Τότε από την τρύπα απέχει:

d = 2max

2)2( zR +

όπου R = π⋅

=⋅⋅π

⋅=

ημφυ −

5103

10523102

qBm 4

7

3

0 m

d = 102

8

1025

1034 −−

+⋅

⋅⋅

πm = 10101

2512 −⋅⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ + m = 24,1μm



ΘΕΜΑ 3ο

(+Q)

h

Β(-q, m) Γ

AΣτο διπλανό σχήμα, το φορτίο +Q συγκρατείται ακίνητο σε ύψος h πάνω από μονωτικό δάπεδο. Το φορτίο -q είναι ομοιόμορφα κατανεμημένο σε σφαιρίδιο μάζας m,το οποίο μπορεί να κινείται χωρίς τριβές πάνω στο μονωμένο δάπεδο. Η γωνία ΑΒΓ είναι 30ο. Αφήνουμε ελεύθερο από το Β το (-q, m). α)Ποια πρέπει να είναι η ελάχιστη απόσταση h ώστε να μη χαθεί η επαφή του σφαιριδίου (-q, m) από το δάπεδο. Θεωρήστε δεδομένα τα m, g, Q, q, kc. β)Πόση είναι η μέγιστη ταχύτητα του σφαιριδίου και σε ποιο σημείο πραγματοποιείται;

γ) Για την τιμή του h που βρήκατε, περιγράψτε ποιοτικά την κίνηση του φορτισμένου σωματιδίου, δικαιολογώντας την απάντησή σας.

δ)Βάζουμε το φορτίο Q σε θέση Α΄ που να απέχει h΄=h/2 από το δάπεδο, και το συγκρατούμε. Εκτοξεύουμε με ταχύτητα υ κατάλληλα το σφαιρίδιο από ένα σημείο Δ ώστε να κάνει κυκλική κίνηση πάνω στο οριζόντιο επίπεδο, χωρίς να δέχεται αντίδραση από αυτό. Πόση είναι η ταχύτητα υ κατά διεύθυνση και μέτρο; Πόση είναι η ένταση Β του μαγνητικού πεδίου στο κέντρο του κύκλου. Δίνονται kc, Q, q, m, g. Συνοπτικές απαντήσεις / λύσεις: α) Το σφαιρίδιο (-q,m) λόγω της ελκτικής δύναμης που δέχεται, αρχίζει να κινείται επιταχυνόμενο με κίνηση πάνω στην ΒΓ. Σε μια τυχαία θέση Ζ οι δυνάμεις που δέχεται είναι cF,N,B

rrr. Αν δεν χαθεί η επαφή στο Γ εξασφαλίζεται και για όλη τη διαδρομή. Για

την οριακή περίπτωση πρέπει 0N ≥ BFc = ή mghQqk 2c = ή

mgQqk

h cmin = (1)

β) dh

=ημθ ή dh

21= ή d = (ΑΒ) = 2 hmin .

Για την κίνηση από το Β έως το Γ η μέγιστη ταχύτητα επιτυγχάνεται στο τέλος της επιταχυνόμενης κίνησης δηλαδή στο Γ. Εφαρμόζουμε την Α.Δ.Μ.Ε. από το Β στο Γ και έχουμε:

ΓΔΥΝΓΒ

ΔΥΝΒ Κ+=+ UKU ή 2

cc m21

h)q(Qk0

d)q(Qk υ+

−=+

− ή )11(2dhm

Qqkc −=υ .

Από την τελευταία σχέση βλέπουμε ότι για h = hmin έχουμε μέγιστη ταχύτητα:

)2

11(2

minmin hhQqk

m c −=υ και λόγω της (1) έχουμε: 4 cmax m

Qqgk=υ

γ) Το σωματίδιο σε μια τυχαία θέση δέχεται τις δυνάμεις: βάρος ,B

r δύναμη Coulomb cF

r

και την κάθετη αντίδραση Nr

.



Αναλύουμε την cFr

σε xFr

και . Είναι yFr

yy F0F −Β=Ν⇒=Σ πρέπει 0≥Ν όπως είδαμε στο α΄ ερώτημα. Η δύναμη επιταχύνει το σφαιρίδιο από το Β στο Γ μη ομαλά γιατί

. Όπως είδαμε στο Γ αποκτά τη μέγιστη ταχύτητα και κατόπιν το σώμα επιβραδύνεται λόγω της που έχει αντίθετη φορά και σταματάει σε θέση Β΄ συμμετρική ως προς το Γ δηλ. Β΄Γ = ΒΓ γιατί από Α.Δ.Μ.Ε. έχουμε όταν σταματήσει:

συνθ= cx FFήFc σταθερ≠

xF

d)q(Qk

d)q(Qk cc ′

−=

− ή και έτσι Β΄Γ = ΒΓ. Η κίνηση είναι μη αρμονική ταλάντωση. dd =′

δ) Η εκτόξευση του φορτισμένου σωματιδίου πρέπει να γίνει από σημείο Δ με ταχύτητα υ οριζόντια και κάθετη στην στη ΓΔ. Εφόσον η κάθετη αντίδραση είναι μηδέν έχουμε:

και mgFy = RmFF

2

xυ

== κεν (2)

Όμως: 31

minc

121

ccy d2Qqhk

d2h

dQqkFF ==ημθ= και λόγω της (1)

έχουμε: mgmgQqk

d2Qqk

F c31

cy == ή

mg2Qqk

d3

c1 =

Όμως: 22

21 R

2hd +⎟⎠⎞

⎜⎝⎛= ή ⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛−=

41

41

mgQqk

R3

c (3)

Είναι: 1

21

cx dR

dQqkFF =συνϑ= και λόγω της (2) έχουμε:

Rm

dQqRk 2

31

c υ= και μετά τις πράξεις:

41

41

mQqgk2

34 c −=υ .

Η κίνηση του φορτίου ισοδυναμεί με ρεύμα έντασης R2

qTqI

πυ

== .

Στο κέντρο Γ αυτού του «κυκλικού ρεύματος» θα έχουμε ένταση μαγνητικού πεδίου:

RI2kB π

= μ ή R2

qR2kB

πυπ

= μ ή 2Rqk

Bυ

= μ

Πειραματικό Μέρος Σε ένα εργαστήριο μας δίνουνε τρεις φιάλες Α, Β και Γ που η κάθε μια περιέχει ένα από τα επόμενα αέρια Η2, Ηe και CO2.. Χωρίς όμως να ξέρουμε πιο αέριο περιέχεται σε κάθε φιάλη. Διοχετεύουμε ποσότητα από το αέριο της φιάλης Α σε κυλινδρικό δοχείο με ανένδοτα πλευρικά τοιχώματα και βάση, κατασκευασμένα από θερμομονωτικό υλικό. Στο εσωτερικό μέρος των τοιχωμάτων του δοχείου υπάρχει ωμική αντίσταση R = 24 Ω. Η σταθερή διατομή του δοχείου είναι S = 0,1 m2 και το δοχείο σφραγίζει στο επάνω μέρος με μεταλλικό δίσκο θερμικά μονωμένο, μάζας m = 10,0 Kg που μπορεί να ολισθαίνει, με αμελητέες τριβές μεταβάλλοντας τον όγκο που καταλαμβάνει το αέριο στο δοχείο .



Συνδέουμε τους ακροδέκτες της αντίστασης με πηγή ΗΕΔ Ε = 26 V και εσωτερικής αντίστασης r = 1Ω ενώ η συνολική αντίσταση των αγωγών στο εξωτερικό κύκλωμα είναι 1Ω. Στα τοιχώματα του δοχείου

υπάρχει μετροταινία που μας επιτρέπει να μετράμε την απόσταση του μεταλλικού δίσκου από την βάση του δοχείου. Στο εσωτερικό του δοχείου τοποθετούμε αισθητήρα θερμοκρασίας συνδεδεμένο με Η/Υ. Οι ενδείξεις του αισθητήρα σε συνάρτηση με τον χρόνο από τη στιγμή που ανοίγουμε το κύκλωμα εμφανίζονται στον πίνακα 1.

+

ΠΙΝΑΚΑΣ 1 Χρόνος (s) Θερμοκρασία (οC) Απόσταση μεταλλικού δίσκου από

την βάση του δοχείου (cm) 0 25,0 45,0 10 28,5 20 32,0 30 35,5 40 38,8

Να γίνουν τα διαγράμματα θερμοκρασίας - χρόνου, πίεσης - θερμοκρασίας, πίεσης – όγκου για την μεταβολή. Από το διάγραμμα θερμοκρασίας – χρόνου να υπολογιστεί η μέση μεταβολή της θερμοκρασίας ανά μονάδα χρόνου. Με βάση τις πειραματικές μετρήσεις και με χρήση των θεωρητικά αναμενόμενων τιμών

της ειδικής γραμμοριακής θερμοχωρητικότητας του αερίου υπό σταθερή πίεση CP που παρουσιάζονται στον πίνακα που ακολουθεί να προσδιοριστεί το αέριο και να υπολογιστεί η μάζα του. Να συμπληρώσετε την τρίτη στήλη του πίνακα με τις τιμές που αναμένουμε να πάρουμε. Δίνονται Patm = 1,09·105 Pa, g ≈ 10 m/s2, R = 8,31 joule·mol-1·K-1 (Σταθερά των αερίων). ΑΒΟ=16, ΑΒΗe=4, ΑΒΗ=1, ABC=12.

Αέριο Θεωρητικά αναμενόμενη

τιμή Cp (J/(mol·K)

Συνήθης Πειραματική τιμή

Cp (J/(mol·K) Ήλιο (He) 20,8 20,8 Υδρογόνο (Η2) 29,1 28,8 Διοξείδιο του Άνθρακα CO2 36,6 33,2



Συνοπτικές απαντήσεις / λύσεις: Η πίεση στο εσωτερικό του δοχείου είναι:

296

298

300

302

304

306

308

310

312

314

0 10 20 30 40 50

Χρόνος (sec)

Θερμοκρασ

ία (Κ

)

Pαέρ = Ρατμ+ Ρεμβ => Pαέρ = Ρατμ+ S

mg =>

Pαέρ = 1,09 · 105 + 10 · 10/0,1 = 1,1 · 105 Ν/m2

Ο αρχικός όγκος του αερίου είναι V = S · l = 0,10 · 0,45 = 0,045 m3

Από την καταστατική εξίσωση βρίσκουμε

ότι: n = ≈RTPV 2.00 moles αερίου

0

0,2

0,4

0,6

0,8

1

1,2

296 298 300 302 304 306 308 310 312 314

Θερμοκρασία (Κ)

Πίεση

(x10

0000

N/m

2)

Υπολογίζουμε την θερμότητα που προσφέρεται στο αέριο: Q = I2Rt I = E/Rtot = 26/26 = 1 A Για t = 10 s, Q = 12 · 24 · 10 = 240 joule Από το διάγραμμα θερμοκρασίας χρόνου βρίσκουμε ότι σε 10 sec η μεταβολή της θερμοκρασίας είναι 3,45 grad δηλαδή η μεταβολή της θερμοκρασίας με τον χρόνο είναι 0,345 grad/s. Q=nCpΔΤ => Cp=34,78 J · mol-1 · K-1

Η τιμή που υπολογίσαμε πλησιάζει περισσότερο στην τιμή της ειδικής γραμμοριακής θερμοχωρητικότητας του αερίου υπό σταθερή πίεση για το CO2.

0

0,2

0,4

0,6

0,8

1

1,2

44,5 45 45,5 46 46,5 47 47,5

Όγκος (litr)

Πίεση

(x10

0000

Ν/m

2

Η μάζα του CO2 θα είναι m=n · ΜΒ = 88 g Η απόσταση του μεταλλικού δίσκου από την βάση του δοχείου είναι ανάλογη του όγκου του αερίου l=V/S = nRT/(P · S) οι τιμές που προκύπτουν είναι:

)

Χρόνος (s) Θερμοκρασία (οC) Απόσταση μεταλλικού δίσκου από την βάση του δοχείου (cm)

0 25,0 45,0 10 28,5 45,6 20 32,0 46,1 30 35,5 46,6 40 38,8 47,1


Β' Λυκείου Σελίδα 1 από 11

Β΄ Λυκείου 7 Απριλίου 2002


Θέμα 1ο

Α. Το 1832 ο M. Faraday πρότεινε ότι από το νερό του Τάμεση θα μπορούσε να παραχθεί ηλεκτρικό ρεύμα χρησιμοποιώντας την διάταξη που φαίνεται στο διπλανό σχήμα.

Δυο αγώγιμες επίπεδες πλάκες με μήκος α=100m και ύψος h=5m τοποθετούνται στις απέναντι όχθες του ποταμού. Στη συγκεκριμένη τοποθεσία το πλάτος του ποταμού είναι και η ταχύτητα ροής των υδάτων του είναι υ=3m/s. Η κατακόρυφη συνιστώσα του γήινου μαγνητικού πεδίου είναι Β=10

l

-4Τ. Η ειδική αντίσταση του νερού του ποταμού ρ=100Ω.m. Το νερό του Τάμεση είναι πλούσιο σε ιόντα εξαιτίας των αλάτων του. Θεωρήστε κατά προσέγγιση, ότι η αντίσταση μιας πρισματικής στήλης νερού υπολογίζεται όπως η αντίστοιχη ενός πρισματικού μεταλλικού αγωγού.

Β

α

α l

h

h

υ

Α

α) Συνδέουμε αμπερόμετρο στη διάταξη, όπως φαίνεται στο διπλανό σχήμα. Να βρεθεί η ένδειξή του. Οι αντιστάσεις των αγωγών σύνδεσης και του αμπερόμετρου θεωρούνται αμελητέες.

β) Τοποθετούμε τη διάταξη σε τοποθεσία όπου το πλάτος του ποταμού είναι μικρότερο από και κατόπιν σε τοποθεσία όπου το πλάτος του ποταμού είναι μεγαλύτερο από . Οι δύο τοποθεσίες βρίσκονται στο ίδιο οριζόντιο επίπεδο και το βάθος του ποταμού είναι το ίδιο. Η ένδειξη του αμπερόμετρου σε κάθε περίπτωση θα αυξηθεί, θα μειωθεί ή θα παραμείνει η ίδια σε σχέση με την αρχική; Εξηγήστε πλήρως την απάντησή σας.

ll

Β Συνοπτικές απαντήσεις / λύσεις:

α

α ld

h

h

υ

Α Ι +

–

α)

Τα ιόντα που υπάρχουν στο νερό θα ωθούνται από τις δυνάμεις Lorentz στις αντίθετες όχθες του ποταμού ανάλογα με το φορτίο τους. Έτσι υπάρχει συσσώρευση ηλεκτρικού φορτίου στις επίπεδες πλάκες που είναι βυθισμένες. Η δεξιά πλάκα θα έχει θετικό ηλεκτρικό φορτίο και η αριστερή αρνητικό.



Αναπτύσσεται έτσι μια διαφορά δυναμικού V μεταξύ των πλακών και η συσσώρευση φορτίου σταματά όταν:

Fηλ=FL => Eq=Bυq => E=Bυ => lV =Bυ => V= B υ l

Συνεπώς η ΗΕΔ από επαγωγή θα είναι: Εεπ=V εφόσον δεν κυκλοφορεί ρεύμα.

Συνδέοντας το ιδανικό αμπερόμετρο, η ΗΕΔ από επαγωγή παραμένει Εεπ= και λόγω του ότι σχηματίζεται κλειστό κύκλωμα θα κυκλοφορεί επαγωγικό

ρεύμα: Ι

lυB

επ=RυB l (1), όπου R η αντίσταση του νερού που παρεμβάλλεται μεταξύ

των πλακών. Έτσι: R=ρSl . Όμως: S=α.h. Οπότε: R=ρ

hα ⋅l (2)

Από τις (1), (2) έχουμε: Ιεπ=

hαρ

υB

⋅ll . Άρα: Ιεπ=

ρhαυB ⋅⋅⋅ (3)

Αντικαθιστώντας έχουμε: Ιεπ=2

24

10510310 ⋅⋅⋅−

(Α) => Ιεπ=15.10-4 (Α) => Ιεπ=1,5

(mΑ)

β) Από τη σχέση (3) φαίνεται ότι η ένδειξη του αμπερόμετρου είναι ανεξάρτητη του πλάτους του ποταμού. Όμως στην περιοχή που το ποτάμι έχει μικρό πλάτος η ταχύτητα των υδάτων είναι μεγαλύτερη και έτσι η ένδειξη του αμπερόμετρου θα είναι επίσης μεγαλύτερη.

Β. Στα σημεία Α και Β, που βρίσκονται στο κενό και απέχουν μεταξύ τους απόσταση r=2 2 m, έχουν τοποθετηθεί δύο φορτισμένα σωματίδια με ηλεκτρικά φορτία QA=3Q και QB= - Q (Q>0) αντίστοιχα. Θεωρούμε το επίπεδο Π που διέρχεται από το σημείο Β και είναι κάθετο στο ευθύγραμμο τμήμα ΑΒ.

α. Να καθορίσετε τα σημεία του επιπέδου Π (εκτός αυτών που βρίσκονται σε «άπειρη» απόσταση), στα οποία το δυναμικό του ηλεκτρικού πεδίου των QA, QB είναι ίσο με μηδέν. B

β. Αν αφήσουμε ένα αρνητικά φορτισμένο σωματίδιο (Σ) σε ένα από τα προηγούμενα σημεία μηδενικού δυναμικού (q < 0) να δείξετε ότι το σωματίδιο θα κινηθεί.

γ. Κατά την κίνηση που θα κάνει το σωματίδιο Σ του προηγούμενου ερωτήματος, θα διαγράψει μια τροχιά μέσα στο πεδίο των QA, QB. Ένα σημείο αυτής της τροχιάς, απέχει κατά r1 και r2 από τα Α και Β αντίστοιχα. Να δείξετε

ότι όποιο κι αν είναι το σημείο της τροχιάς θα ισχύει 3 ≥2

1

rr



Συνοπτικές απαντήσεις / λύσεις:

VΓ = k 1r

QA + k 2r

QB = 0 => k 1

3rQ

- k 2r

Q= 0 =>

=>k 1

3rQ

= k 2r

Q => r1 = 3r2 . όμως r2 + r22 = r1

2

=>r2 + r22 = 9 r2

2 => r2 = 8 r22 ⇒ r2 =

22rr =

2222 m = 1 m

r2

r

r1

QΒ= -Q Β

QA=3Q

Γ

Α

Τα σημεία τα οποία ζητάμε σχηματίζουν κύκλο ακτίνας 1μέτρου με κέντρο το QBB

Το φορτίο q θα κινηθεί επειδή η συνισταμένη δύναμη θα είναι διάφορη του μηδενός.

Αρχικά U = 0 k=0 και ΕΑΡΧ.ΜΗΧ.= 0

Σε κάθε θέση της τροχιάς : ΕΜΗΧ = ΕΑΡΧ.ΜΗΧ. = 0 ή U' + k' = 0 =>U' = - k' =>

=> k' = 21 m u2 > 0 ⇒ U' 0 ή k ≤

1rqQA + k

2rqQ B ≤ 0 ή k

1

3rQq - k

2rQq ≤

0

k 1

3rQq k ≤

2rQq ⇒

1

3rq≤

2rq και q < 0 ⇒

1

3r

≥ 2

1r

⇒ 1

2

rr

≥ 31 ή

2

1

rr ≤ 3

Θέμα 2ο

Κατακόρυφο κυλινδρικό δοχείο διατομής Α=10-3m2 περιέχει ιδανικό αέριο με γ=1,5 και κλείνεται στο πάνω μέρος του με έμβολο μάζας m=2,5Kg, το οποίο μπορεί να κινείται χωρίς τριβές. Το έμβολο ισορροπεί σε ύψος H=36cm από τη βάση του δοχείου. Τα τοιχώματα του δοχείου και το έμβολο είναι θερμομονωτικά. Κάποια στιγμή ένας άνθρωπος αρχίζει να ασκεί στο έμβολο σταθερή κατακόρυφη δύναμη F=91N, με φορά προς τα κάτω.

Να βρεθούν:

α) Η επιτάχυνση του εμβόλου τη στιγμή κατά την οποία αρχίζει να ασκείται η δύναμη F.



β) Η μετατόπιση d του εμβόλου από τη στιγμή που αρχίζει να ασκείται η F, ως τη στιγμή κατά την οποία ο άνθρωπος προσφέρει στο σύστημα ενέργεια με το μέγιστο ρυθμό, καθώς σπρώχνει το έμβολο προς τα κάτω.

γ) Η ενέργεια που μεταβιβάστηκε από τον άνθρωπο στο σύστημα για τη μετατόπιση του εμβόλου κατά d.

δ) Ποιος είναι ο μέγιστος ρυθμός προσφοράς ενέργειας από τον άνθρωπο στο σύστημα κατά την κάθοδο του εμβόλου.

Η μεταβολή του αερίου να θεωρηθεί αντιστρεπτή.

Δίνονται: η ατμοσφαιρική πίεση Po=105 N/m2 και η επιτάχυνση της βαρύτητας g=10 m/s2.


α) Αρχικά όταν το έμβολο ισορροπεί η συνισταμένη των δυνάμεων που δέχεται είναι μηδέν

Fatm+Β= FA

Fatm=PoS=100N FA=125Ν B=mg=25N

FA=P1S (1) (P1 = πίεση του αερίου)

Τη στιγμή που αρχίζει να ασκείται η F έχουμε ΣF=F=91N γιατί η συνιστάμενη των άλλων δυνάμεων είναι μηδενική, οπότε:

2/4,365,2

91 smmFmFF =α⇒=α⇒

Σ=α⇒α==Σ

β) ο ρυθμός μεταβολής της ενέργειας που δαπανά ο άνθρωπος είναι P=Fυ, οπότε

Pmax=Fυmax (2)

Την μέγιστη ταχύτητα την έχει το έμβολο όταν ΣF=0 ή F+Fatm+B-FÁ=0 ή FÁ=216N

Αν P2 η πίεση τότε από το αέριο στο έμβολο, έχουμε: P2=FÁ/Α=2,16.105N/m2

Επίσης από την (1) είναι P1=1,25.105N/m2

Έστω ότι το έμβολο απέχει h, από τη βάση, τη στιγμή κατά την οποία ο άνθρωπος αναπτύσσει τη μέγιστη ισχύ. Η μεταβολή είναι αδιαβατική, άρα:

P1V1γ= P2V2

γ ή P1(ΑH)γ= P2(Αh)γ ή 2536

125216 3

2

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=

hH ή h=25cm



Η ζητούμενη μετατόπιση του εμβόλου είναι: d=(36-25)cm=11cm

γ) Η ενέργεια που δαπάνησε ο άνθρωπος είναι: Εδαπ=WF=Fd=10,01J

δ) μέγιστος ρυθμός προσφοράς ενέργειας από τον άνθρωπο δίνεται από την σχέση (2), αρκεί συνεπώς να βρεθεί η μέγιστη ταχύτητα.

Για τη μετατόπιση d έχουμε:

έργο ανθρώπου WF=10,01J

έργο ατμόσφαιρας Watm=Fatmd=11J

έργο βάρους WB=mgd=2,75J

έργο αερίου: JSHPShPVPVPWA 1811

121122 −=−−

=−−

=γγ

Από το θεώρημα έργου - ενέργειας έχουμε:

smWWWWm AFatmB /,maxmax 5960021 2 =→+++=− υυ

Οπότε η (2) δίνει: WWP 319553687 ,,max ==

Θέμα 3ο

Δύο πανομοιότυποι μεταλλικοί δακτύλιοι ακτίνας r και αμελητέας αντίστασης βρίσκονται σε κατακόρυφα επίπεδα έτσι ώστε η ευθεία που συνδέει τα κέντρα τους να είναι κάθετη στο επίπεδο τους (ο ένας ακριβώς απέναντι από τον άλλο). Η απόσταση μεταξύ των επιπέδων των δακτυλίων είναι L. Οι δακτύλιοι βρίσκονται σε αγώγιμη επαφή μέσω σύρματος αντίστασης R. Μεταλλική ράβδος ΑΓ, μήκους L, και αμελητέας αντίστασης συνδέει τους δυο δακτυλίους και μπορεί να κινείται χωρίς τριβές με τα άκρα της συνεχώς σε επαφή με υτούς. Με τη επί ραση εξωτερικής δύναμης αναγκάκινείται με σταθερ γωνιακή ταχύτητα ω διατηρούμενη συνεχώς οριζόντια αι σε επαφή με τους δυο δακτυλίους.

α ν δή κ

ζουμε τη ράβδο να

Η όλη διάταξη βρίσκεται σε κατακόρυφο μαγνητικό πεδίο έντασης Br

(βλέπε σχήμα).

Να υπολογίσετε:

α. Την ΗΕΔ από επαγωγή στα άκρα της ράβδου σε συνάρτηση με το χρόνο κίνησής της (θεωρείστε ότι τη χρονική στιγμή t=0 η ράβδος βρίσκεται στην κατώτερη θέση της τροχιάς της).

Α

R Br



β. Το έργο της εξωτερικής δύναμης που ασκείται στη ράβδο στη χρονική διάρκεια που αυτή πραγματοποιεί Ν πλήρεις περιφορές.

Δίδονται τα μεγέθη r, R, L, B, N, ω.


α.

συνφUUlU

=Β=Ε

⊥

⊥ => συνφωσυνφ lrBBUl ⋅⋅⋅==Ε ή

συνφω rl ⋅Β=Ε (1)

β.

RrBl

REI

lIFL

συνφω ⋅==

Β= => συνφω

RrlBFL⋅

=22

(2)

( ) συνφ⋅⋅−==Δ

Δ⇒συνφ⋅Δ⋅−=φ−συν⋅Δ⋅=Δ UFP

tW

SFSFW LLF

llFl

l

o180 ή

λόγω της (2), φσυνω 22222

RrlBPL −= (3)

tR

rlBtPW LFLΔ⋅⋅−=Δ⋅=Δ ϕσυνω 2

2222

και

επειδή φ=ωt

∑∑ Δ⋅ωσυν+ω

−=Δ=

Δ⋅ωσυν⋅ω

−=Δ

2

0

22222

0

22222

221

TT

FF

L

ttR

rlBWW

ttR

rlBWF

LL

ή

∑ Δ⋅−⋅−=2

0

22222222

2222

T

F ttR

rlBTR

rlBWL

ωσυνωω (4)

-1,5

-1

-0,5

0

0,5

1

1,5

συν2ωt

T/2

συν2ωtΔt

Είναι όμως ∑ =Δ⋅2

0

02T

ttωσυν οπότε ωπω⋅−=

RrlBW

LF 2

2222

ή

RrlBW

LF 2

222 ωπ−=



* R

rlBWRrBlRTRIQW

LL FF 2.........

22

22

22222 ωπω

ωπ

εν⋅⋅⋅⋅

−=→→⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛⋅−=⋅⋅−=−=


Τρεις ομάδες μαθητών αναλαμβάνουν να υπολογίσουν την αριθμητική τιμή της επιτάχυνσης της βαρύτητας στην περιοχή του τριώροφου σχολείου τους.

1. Η πρώτη ομάδα μαθητών έχει στη διάθεσή της πειραματική διάταξη διασυνδεόμενη με ηλεκτρονικό υπολογιστή (Η/Υ) μέσω αισθητήρων1 και απτήρων2. Με αυτή είναι δυνατόν να μετρήσουν τους χρόνους διέλευσης ενός σώματος από διάφορα σημεία κατά την ελεύθερη κατακόρυφη πτώση του στο πεδίο βαρύτητας της Γης.

Η πειραματική διάταξη αποτελείται από κατακόρυφα στερεωμένη σανίδα μήκους 3.00 m (βλ. σχήμα). Στο άνω μέρος της (Α) είναι στερεωμένος ηλεκτρομαγνήτης ο οποίος ενεργοποιείται / απενεργοποιείται από ηλεκτρονικό υπολογιστή (Η/Υ) μέσω διασυνδετή (Ε), ώστε να συγκρατεί / ελευθερώνει, αντίστοιχα, μικρή μεταλλική πλάκα (από μαλακό σίδηρο), λειτουργώντας έτσι ως ηλεκτρομαγνητικός απτήρας . Στη μεταλλική πλάκα προσαρμόζεται ηλεκτρική μπαταρία 4,5V στην οποία έχει συνδεθεί και προσδεθεί ηλεκτρικός λαμπτήρας. Πλάκα, μπαταρία και λαμπτήρας θα χρησιμοποιηθούν ως σώμα που εκτελεί ελεύθερη πτώση όταν

1 Με τον όρο αισθητήρες εννοούμε συσκευές ή διατάξεις με τις οποίες ο Η/Υ "αισθάνεται" ή μετρά φυσικές ποσότητες του περιβάλλοντος, όπως θερμοκρασία, ένταση φωτός, πίεση, απόσταση κλπ. Για παράδειγμα, διασυνδεόμενος με μια φωτοαντίσταση (ηλεκτρική αντίσταση της οποίας η τιμή εξαρτάται από την ένταση του φωτός που προσπίπτει πάνω της) και μετατρέποντας την τιμή της, είναι δυνατό να υπολογίσει την ένταση του φωτός, αν είναι γνωστή η σχέση της έντασης του φωτός με την τιμή της ηλεκτρικής αντίστασης, 2 Με τον όρο απτήρας (εκ του άπτομαι = αγγίζω), εννοούμε συσκευές ή διατάξεις με τις οποίες ο Η/Υ επεμβαίνει και μεταβάλλει φυσικές ποσότητες του περιβάλλοντος όπως το μαγνητικό πεδίο, την θερμοκρασία, την ένταση του φωτός κλπ. Για παράδειγμα, τροφοδοτώντας με ηλεκτρικό ρεύμα έναν ηλεκτρομαγνήτη ή την ηλεκτρική αντίσταση, είναι δυνατό να δημιουργήσει μαγνητικό πεδίο ή να αυξήσει την θερμοκρασία της αντίστασης, αντίστοιχα.



απενεργοποιείται ο ηλεκτρομαγνήτης. Σε κατακόρυφη ευθεία γραμμή κάτω από τον ηλεκτρομαγνήτη προσαρμόζονται δύο φωτοαντιστάσεις στις θέσεις Β και Γ. Οι αποστάσεις τους από τον ηλεκτρομαγνήτη είναι (ΑΒ)=1.00m και (ΑΓ)=2.00m αντίστοιχα. Οι φωτοαντιστάσεις διασυνδέονται με τον Η/Υ, ο οποίος είναι δυνατόν να μετρά συνεχώς τις τιμές της ηλεκτρικής τους αντίστασης. Κατά την πτώση του το σώμα διέρχεται από εμπρός τους. Τέλος σε απόσταση (ΑΔ)=3.00m από τον ηλεκτρομαγνήτη, στην ίδια κατακόρυφη ευθεία, προσαρμόζεται ένας μηχανικός διακόπτης (Δ) στον οποίο προσκρούει τελικά το σώμα όταν αφήνεται από τον ηλεκτρομαγνήτη. Ο μηχανικός αυτός διακόπτης διασυνδέεται επίσης με τον Η/Υ, λειτουργώντας έτσι ως μηχανικός αισθητήρας.

Αρχικά ο ηλεκτρομαγνήτης στο άνω άκρο της διάταξης ενεργοποιείται από τον Η/Υ στον οποίο εκτελείται κατάλληλο πρόγραμμα. Επάνω του προσκολλάται από τους μαθητές το σώμα που αποτελείται, όπως αναφέραμε, από τη μεταλλική πλάκα, την μπαταρία και τον λαμπτήρα (σε λειτουργία). Τότε ο ηλεκτρομαγνήτης απενεργοποιείται με εντολή του Η/Υ και το σώμα αφήνεται ελεύθερο να πέσει κατακόρυφα. Συγχρόνως, ο Η/Υ αρχίζει τη μέτρηση του χρόνου. Περνώντας το σώμα διαδοχικά εμπρός από τις δυο ηλεκτρικές φωτοαντιστάσεις μεταβάλλει την τιμή τους και ο Η/Υ καταγράφει τις χρονικές στιγμές διέλευσης από τις θέσεις Β, Γ. Τέλος το σώμα προσκρούει στο μηχανικό διακόπτη, σταματώντας τη μέτρηση του χρόνου από τον Η/Υ, τερματίζοντας την εκτέλεση του προγράμματος, πριν καταλήξει στο ελαστικό δάπεδο.

Οι μαθητές της ομάδας εκτέλεσαν το πείραμα 10 φορές και κατέγραψαν από τον Η/Υ τους εξής χρόνους σε s (βλ. πίνακα):

Πίνακας

α/α

ηλεκτρομαγνήτης /

/ απτήρας

εκκίνηση (s)

α΄ φωτοαντίσταση /

/ αισθητήρας διέλευση (s)

β΄ φωτοαντίσταση /

/ αισθητήρας διέλευση (s)

μηχ. διακόπτης /

/ αισθητήρας τερματισμός (s)

1 0,00 0,45 0,64 0,80

2 0,00 0,46 0,66 0,81

3 0,00 0,44 0,63 0,77

4 0,00 0,44 0,62 0,76

5 0,00 0,45 0,64 0,78

6 0,00 0,45 0,64 0,79

7 0,00 0,46 0,63 0,76

8 0,00 0,45 0,64 0,78



9 0,00 0,45 0,63 0,76

10 0,00 0,46 0,66 0,81

α. Δικαιολογήστε τις διαφορές στη μέτρηση του χρόνου από κάθε αισθητήρα σε κάθε πτώση.

β. Υπολογίστε τις μέσες τιμές του χρόνου σε κάθε θέση και επιβεβαιώστε ότι η κίνηση είναι επιταχυνόμενη. Δικαιολογήστε. γ. Υπολογίστε την αριθμητική τιμή του g

r από διάφορους συνδυασμούς μετρήσεων (περιορισθείτε στα τρία πρώτα δεκαδικά ψηφία των αριθμητικών εξαγομένων σας). Δικαιολογήστε τις όποιες διαφορές των εξαγομένων.

δ. Δεδομένου ότι όλες οι τεχνολογικές διατάξεις και συσκευές είναι εφαρμογές φυσικών αρχών, νόμων και διαδικασιών, υποθέστε και προτείνετε σε ποιες από αυτές τις φυσικές διαδικασίες είναι δυνατόν να βασίζεται η λειτουργία των αισθητήρων και απτήρων που χρησιμοποιήθηκαν.

2. Η δεύτερη ομάδα μαθητών έχει στην διάθεσή της μόνο ηλεκτρονικά χρονόμετρα χειρός (ακρίβειας 0.01s), ταινία μέτρησης του μήκους (ακρίβειας 0.01m) και μερικούς βόλους. Προτείνετε και περιγράψτε τρόπους πειραματισμού με αυτά τα όργανα στο σχολείο τους και αναφερθείτε στους λόγους που θα επηρεάσουν την ακρίβεια των δικών τους μετρήσεων.

3. Η τρίτη ομάδα μαθητών πρέπει να αναζητήσει άλλους τρόπους και όργανα (περιλαμβανομένων αισθητήρων και απτήρων) για τον υπολογισμό της τιμής της επιτάχυνσης της βαρύτητας. Ένας άλλος τρόπος είναι η χρήση απλού εκκρεμούς. Προτείνετε και περιγράψετε άλλους διαφορετικούς τρόπους και σχολιάσετε .


1. α) Η μέτρηση του χρόνου γίνεται από την κάθε φωτοαντίσταση / αισθητήρα καθώς το φως του λαμπτήρα, όταν περνάει από μπροστά της, μεταβάλλει την τιμή της. Όμως αυτή η μέτρηση, σε κάθε εκτέλεση του πειράματος, διαφέρει (κατά 0,01 s έως 0,03 s, αν και η ακρίβεια του ρολογιού του ηλεκτρονικού υπολογιστή είναι πολύ μικρότερη), γιατί προφανώς δεν είναι δυνατό να εξασφαλίσουμε κάθε φορά το σώμα / μπαταρία να πέφτει κατακόρυφα χωρίς να περιστρέφεται. Παρατηρούμε ότι οι μετρήσεις του μηχανικού διακόπτη / αισθητήρα διαφέρουν μεταξύ τους περισσότερο (έως και 0,05 s) αφού η διαδρομή την οποία έχει διανύσει το σώμα / μπαταρία σε σχέση με τις τιμές που έχουμε για τις φωτοαντιστάσεις (όπως και ο χρόνος διαδρομής του) είναι μεγαλύτερη και η όποια περιστροφή του σώματος είναι επίσης μεγαλύτερη (σημειώνεται ότι το σχήμα του σώματος δεν είναι σφαιρικό). Οι μετρούμενες



διαφορές του χρόνου είναι μια ακόμη απόδειξη ότι οι μετρήσεις του Η/Υ εξαρτώνται από τα όποια μηχανικά συστήματα εμπλέκονται στη μέτρηση τα οποία και καθορίζουν την επιτυγχανόμενη ακρίβεια. Η ακρίβεια βέβαια των μετρήσεων με τον Η/Υ και τους αισθητήρες είναι πολύ μεγαλύτερη σε σχέση με τις μετρήσεις με χρονόμετρα χειρός αφού ο χρόνος αντίδρασης του ανθρώπου (στην εκκίνηση και τον τερματισμό του χρονομέτρου) είναι πολύ μεγαλύτερος των μερικών εκατοστών του δευτερολέπτου (συνήθως είναι της τάξεως των μερικών δεκάτων του δευτερολέπτου)

β) α΄ φωτοαντίσταση: ss

tt i

i

451010514

10

10

11 ,,

===∑=

−

β΄ φωτοαντίσταση: ss

tt i

i

639010396

10

10

12 ,,

===∑=

−

μηχ. διακόπτης / αισθητήρας: ss

tt i

i

782010827

10

10

13 ,,

===∑=

−

γ) Α→Β: 2222

1

1211 833,9

)451,0(00,122

21

sm

sthggth =

⋅==⇒=

Α→Γ: 2222

2

2222 7969

639000222

21

sm

sthggth ,

),(,

=⋅

==⇒=

Α→Δ: 2222

3

3233 8129

782000322

21

sm

sth

ggth ,),(

,=

⋅==⇒=

Οι διαφορές στη μέτρηση του g οφείλονται προφανώς στις διαφορές της μέτρησης του χρόνου, τις οποίες δικαιολογήσαμε και σχολιάσαμε πιο πάνω. Επαναλαμβάνοντας το πείραμα περισσότερες φορές θα επιτυγχάνουμε τιμές του g με μικρότερες διαφορές.

δ) Η αλλαγή της τιμής της αντίστασης μερικών υλικών με την ένταση του φωτός το οποίο προσπίπτει επάνω τους είναι γνωστό ως φαινόμενο φωτοαντίστασης. Σε αυτό βασίζεται η λειτουργία των αισθητήρων / φωτοαντιστάσεων. Η αλλαγή / μείωση της φωτοαντίστασης γίνεται αντιληπτή από τον υπολογιστή και μέσω του κατάλληλου προγράμματος και καταχωρείται ως χρόνος διέλευσης του αντικειμένου εμπρός από την φωτοαντίσταση. Η μέτρηση μιας ηλεκτρικής αντίστασης από τον Η/Υ βασίζεται σε μια άλλη φυσική διαδικασία: τη φόρτιση ή



την εκφόρτιση πυκνωτή. Ο Η/Υ φορτίζει έναν πυκνωτή, μέσω ενός κυκλώματος το οποίο περιλαμβάνει την προς μέτρηση ηλεκτρική αντίσταση. Ο χρόνος φόρτισης και εκφόρτισης συνδέεται με γνωστή σχέση με την προς την μέτρηση αντίσταση του κυκλώματος. Μετρώντας ο Η/Υ το χρόνο φόρτισης, μετράει εμμέσως την ηλεκτρική αντίσταση

Σχολιασμός της ακρίβειας με χρονόμετρα χειρός έγινε στην 1α.

Στην απάντηση αυτού του ερωτήματος είναι δεκτή οποιαδήποτε απάντηση παρουσιαστεί αν οι φυσικές αρχές στις οποίες στηρίζεται είναι σωστές και τεχνολογικά εφαρμόσιμες.

Παραδείγματα τέτοιων προτάσεων θα μπορούσαν να είναι:

Χρήση εκκρεμούς, κίνηση σωμάτων σε κεκλιμένο επίπεδο, μηχανή Atwood, σύστημα ελατηρίου (γνωστής σταθεράς) – μάζας, ταλάντωση σώματος βυθισμένου σε υγρό . . .


Β' Λυκείου Σελίδα 1 από10

Β΄ Λυκείου 15 Μαρτίου 2003


Θέμα 1ο

Α. Δίνεται ένα ομοιόμορφα φορτισμένο λεπτό τεταρτημόριο δαχτυλι-διού ακτίνας R, με φορτίο λ ανά μονάδα μήκους. Να βρεθεί το ηλε-κτρικό δυναμικό στο κέντρο Κ. (Θεωρούμε ότι το δυναμικό στο άπει-ρο είναι μηδέν). Δίνονται τα λ, R, Κc.

Συνοπτική απάντηση / λύση:

Θεωρούμε ένα μικρό κομμάτι του φορτισμένου τεταρτημορίου, το οποίο θα έχει φορτίο Δq και μήκος Δl. Τo δυναμικό που δημιουργείται στο σημείο Κ από το μέρος αυτό θα είναι

RqKV ΔΔ =

Για να βρούμε το συνολικό δυναμικό στο σημείο Κ αθροίζουμε όλες τις συνεισφορές από τα στοιχειώδη αυτά τμήματα φορτίου Δq , Τα τμήματα αυτά απέχουν R από το Κ. Τότε:

RKQ

RqKV ολ∑ ==

Δ

Όμως

24

2RπλQ

RπQ

λ ολολ =⇒= , άρα

22πλKV

RRπλKV =⇒=

Β. Κατά μήκος κάθε ακμής ενός κύβου υπάρχει από ένας αντιστάτης αντίστασης R και οι κόμβοι συμπίπτουν με τις κορυφές του κύβου. Βρείτε την ισοδύναμη αντίσταση στα άκρα μιας διαγωνίου του κύβου, π.χ. μεταξύ των σημείων α και b, ως συνάρτηση της R.

(Υπόδειξη: χρησιμοποιείστε την υποδεικνυόμενη διαδρομή)

Συνοπτική απάντηση / λύση:

Ονομάζουμε τις κορυφές της κάτω βάσης του τετραγώνου με τα διαδοχικά κεφ. γράμματα Α, Β, Γ, Δ (με φορά αντίθετη της φοράς των δεικτών του ρολογιού). Όμοια τις κορυφές της πάνω (απέναντι της κάτω βάσης) πλευράς με τα διαδοχικά κεφ. γράμματα Ε, Ζ, Η, Θ (και εδώ με φορά αντίθετη της φοράς των δεικτών του ρολογιού).

Αν εφαρμόσουμε τον 1ο κανόνα του Kirchoff στους κόμβους του κυκλώματος θα έχουμε: στο σημείο Α ‘’εισέρχεται’’ ρεύμα έντασης i. Επειδή όλες οι αντιστάσεις είναι ίσες με R λό-γω συμμετρίας του κυκλώματος, το ρεύμα χωρίζεται σε i/3, i/3, i/3 και διαρρέει τους κλά-δους ΑΒ, ΑΔ, ΑΕ.



Θ

HΤο ρεύμα που διαρρέει τον κλάδο ΑΕ, φτάνει στον κόμβο Ε και

χωρίζεται (για τον ίδιο λόγο με πριν: ισότητα αντιστάσεων) σε (i/3)/2 = i/6 που διαρρέει τον κλάδο ΕΖ και (i/3)/2=i/6 που διαρρέει τον κλάδο ΕΘ που μας ενδιαφέρει.

Στον κόμβο Θ φτάνει το ρεύμα που διαρρέει τον κλάδο ΕΘ και είναι ίσο με i/6 και το ρεύμα που διαρρέει τον κλάδο ΔΘ (επίσης ίσο με i/6) τα οποία και προστίθενται .

Τέλος στον κόμβο Η φτάνουν τρία ρεύματα (που διαρρέουν τους κλάδους ΘΗ, ΖΗ, ΓΗ) έντασης i/3 το καθένα. Επομένως από το σημείο Η ‘’εξέρχεται’’ ρεύμα συνολικής έντασης ίση με i.

Επομένως VA – VH = (i/3)·R + (i/6) ·R + (i/3) ·R = 5/6 i·R (1)

Επίσης ισχύει: VA – VH = i ·Rολ (2)

Άρα από 1 και 2 προκύπτει εύκολα ότι: Rολ = 5/6 R

Γ. Μια μεταλλική ράβδος μάζας m=0,5 kg και μήκους L=1 m μπορεί να ολισθαίνει χωρίς τριβές κατακόρυφα προς τα πάνω ή προς τα κάτω, παραμένοντας οριζόντια και σε επαφή με δύο κατακόρυφους αγωγούς. Οι αγωγοί είναι συνδεδεμένοι στο κάτω μέρος με αντιστά-τη μεταβλητής αντίστασης R και μια μπαταρία με ΗΕΔ Ε=10 V. Η αντίσταση της ράβδου και των αγωγών είναι αμελητέα. Ένα ομογενές μαγνητικό πεδίο έντασης B είναι κάθετο στο επίπεδο του σχηματιζόμενου κυκλώματος, όπως φαίνεται στο διπλανό σχήμα. Αρχικά η ράβδος ισορροπεί ακίνητη.

Μειώνουμε την αντίσταση στη μισή από την αρχική της τιμή, μετακινώντας το δρομέα στο μέσο της, οπότε η ράβδος κινείται προς τα πάνω και πολύ γρήγορα αποκτά οριακή ταχύτητα. Η ράβδος, φτάνοντας στο τέλος των κατακόρυφων αγωγών, εκτοξεύεται και φθάνει σε ύψος h=1,25 m από το πάνω άκρο τους. Η αντίσταση από τον αέρα είναι αμελητέα. Δίνεται: g=10 m/s2.

Να βρείτε:

Α) την ένταση του μαγνητικού πεδίου B.

Β) την τιμή της αντίστασης του αντιστάτη R.

Γ) την επιτάχυνση της ράβδου τις χρονικές στιγμές, κατά την ανοδική της κίνηση, που το μέτρο της ταχύτητας της είναι υ=1 m/s.

L

B

h

ER

B B

+ -

B

A B

ΓΔ

E Z




α) Εφαρμόζουμε το θεώρημα διατήρησης της μηχανικής ενέργειας για τη ράβδο, από τη στιγμή που εγκαταλείπει τους κατακόρυφους αγωγούς έως τη στιγμή που φθάνει στο μέγι-

στο ύψος της: Mgh = mυ20

12

, οπότε: υ0 = gh2 και υ0 = 5 m/s.

Η ταχύτητα που έχει η ράβδος τη στιγμή που εγκαταλείπει τους κατακόρυφους αγωγούς, θα είναι ίση με την οριακή ταχύτητα που απέκτησε όσο ήταν σε επαφή με αυτούς.

Πριν μειώσουμε την αντίσταση η ράβδος ισορροπούσε η συνθήκη ισορροπίας θα είναι: ΣF=0 => BiL = mg, σχέση που ισχύει και όταν η ράβδος αποκτά την οριακή της ταχύ-τητα.

Δηλαδή στην αρχική ισορροπία πριν τη μείωση της αντίστασης και στη νέα ισορροπία όπου η ράβδος αποκτά την οριακή της ταχύτητα, η ένταση του ρεύματος θα είναι ή ίδια.

Στην αρχική ισορροπία και προτού μειώσουμε την αντίσταση, το ρεύμα είναι: i = ΕR

(1)

Τη στιγμή που αποκτά την οριακή ταχύτητα θα έχει αναπτυχθεί ΗΕΔ από επαγωγή στη ράβδο, με πολικότητα αντίθετη από εκείνη της μπαταρίας, ενώ η αντίσταση θα είναι R/2.

Έτσι, η ένταση του ρεύματος θα είναι: i = Ε Bυ LR

0-

2

, δηλαδή: i = E Bυ LR

02 - 2 (2)

Τα πρώτα μέλη των (1) και (2) είναι ίσα οπότε: E Bυ LΕR R

02 - 2= => 2Βυ0L = Ε,

οπότε: Β = Eυ L02

. Αντικαθιστώντας, έχουμε: Β = 1 Τ.

β) Επειδή όμως στην αρχική ισορροπία: BiL = mg και i = ΕR

, έχουμε: ΒΕL = mgR

, από την

οποία: BELR =mg

. Αντικαθιστώντας έχουμε: R = 2 Ω.

γ) Αφού η οριακή ταχύτητα της ράβδου είναι υ0 = 5 m/s, όταν η ταχύτητα είναι υ = 1 m/s, πριν την απόκτηση της οριακής ταχύτητας το ρεύμα θα είναι:

i = E - ΒυLR2

και αντικαθιστώντας βρίσκουμε: i = 19 Α

Η επιτάχυνση από το δεύτερο νόμο του Νεύτωνα θα είναι: F - mg BIL - mgα = = =

m mL

219 - 5 m0,5 s

= 28 m/s2, με φορά προς τα πάνω.

Επίσης, μετά την εκτόξευση, την στιγμή που η ταχύτητα της ράβδου είναι πάλι 1 m/s, η επιτάχυνση της θα είναι g=10 m/s2 με φορά προς τα κάτω επειδή η μόνη δύναμη που ε-νεργεί στη ράβδο είναι το βάρος.



Θέμα 2ο Ενεργειακή κρίση και θερμική ρύπανση O ατμοηλεκτρικός σταθμός παραγωγής ηλεκτρικής ενέργειας του παρακάτω σχήματος έχει ισχύ P=1250 MW, χρησιμοποιεί ως καύσιμο, πετρέλαιο και προμηθεύεται νερό ψύξης από ένα διπλανό ποτάμι. Η παροχή του ποταμού είναι 1800 m3/s, ενώ η ηλεκτρογεννήτρια έχει συντελεστή απόδοσης 95%.

Ο ατμός εισέρχεται στο στρόβιλο (τουρμπίνα) σε θερμοκρασία 5270 C και εξέρχεται σε

θερμοκρασία 207 0C. Το χρησιμοποιούμενο ρευστό είναι ο ατμός και η κυκλική μεταβολή που εκτελεί έχει συντελεστή απόδοσης ο οποίος με καλή προσέγγιση είναι ίσος με εκείνον του κύκλου Carnot. Το boiler μεταβιβάζει στην τουρμπίνα το 80% της παρεχόμενης θερμό-τητας από την καύση του πετρελαίου. Η θερμότητα καύσης ανά μονάδα μάζας του πετρελαίου είναι 4,40.107 J/kg. α) Να υπολογιστεί η μηχανική ισχύς εξόδου του στροβίλου προς τη γεννήτρια. β) Να βρεθεί ο ρυθμός της εισερχόμενης και ο ρυθμός της εξερχόμενης (μη μετατρέψιμης σε ωφέλιμη μηχανική ενέργεια) θερμότητας από τον στρόβιλο. γ) Πόσα βαρέλια πετρελαίου πρέπει να καίγονται ανά ώρα για να λειτουργεί ο σταθμός κανονικά; Δίνεται η πυκνότητα του πετρελαίου 920 kg/m3 και ο όγκος κάθε βαρελιού 0,159 m3. δ) Αν η μισή από την παρεχόμενη θερμότητα στο νερό ψύξης μεταφέρεται στον αέρα μέ-σω του πύργου εξάτμισης, ποια θα είναι η αύξηση της θερμοκρασίας του νερού του ποτα-μού, σε μικρή απόσταση από το σημείο εξόδου του νερού ψύξης και όταν αυτό αναμιχθεί πλήρως με το νερό του ποταμού;

λέβητας

boiler

πετρέλαιο και αέρας

καυτό νερό

αντλία υψη-λής πίεσης

πύργος εξά-τμισης

ατμός υψη-λής πίεσης

ατμός χα-μηλής πίε-

γεννήτρια

αντλία νερού ψύξης

συμπυκνωτής

προς γραμμές μεταφοράς ηλεκτρικής ενέργειας

καπνοδόχος

στρόβιλος

εξερχόμενο νερό ψύξης

ποταμός



Δίνεται η πυκνότητα ρ=103 kg/m3, και η ειδική θερμότητα του νερού c = 4200 J/kg.grad Συνοπτικές απαντήσεις / λύσεις:

α) αΓΕΝΝΗΤΡΙΑΣ=PPΗΛΕΚΤΡΙΚΗ

ΜΗΧΑΝΙΚΗ => PP =

αΗΛΕΚΤΡΙΚΗ

ΜΗΧΑΝΙΚΗΓΕΝΝΗΤΡΙΑΣ

=> P =ΜΗΧΑΝΙΚΗ12500,95

ΜW =>

=> P MW =ΜΗΧΑΝΙΚΗ 1316

β) Επειδή λειτουργεί ως μηχανή Carnot ο συντελεστής απόδοσης της τουρμπίνας θα

είναι: α=1–TT

C

h δηλαδή α=1– 207 + 273

527 + 273 Οπότε : αΤΟΥΡΜΠΙΝΑΣ=40%.

Όμως: αΤΟΥΡΜΠΙΝΑΣ=P

PΜΗΧΑΝΙΚΗ

ΕΙΣΟΔΟΥ ΤΟΥΡΜΠΙΝΑΣ => PΕΙΣΟΔΟΥ ΤΟΥΡΜΠΙΝΑΣ=

Pα

ΜΗΧΑΝΙΚΗ

ΤΟΥΡΜΠΙΝΑΣ =>

=> PΕΙΣΟΔΟΥ ΤΟΥΡΜΠΙΝΑΣ=1316

40100

=> PΕΙΣΟΔΟΥ ΤΟΥΡΜΠΙΝΑΣ=3290 ΜW

PΕΞΟΔΟΥ ΤΟΥΡΜΠΙΝΑΣ= PΕΙΣΟΔΟΥ ΤΟΥΡΜΠΙΝΑΣ – PΜΗΧΑΝΙΚΗ =>

=> PΕΞΟΔΟΥ ΤΟΥΡΜΠΙΝΑΣ=(3290-1316) ΜW => PΕΞΟΔΟΥ ΤΟΥΡΜΠΙΝΑΣ=(1974) ΜW

γ) αBOILER=P

PΕΙΣΟΔΟΥ ΤΟΥΡΜΠΙΝΑΣ

ΕΙΣΟΔΟΥ BOILER => PΕΙΣΟΔΟΥ BOILER=

Pα

ΕΙΣΟΔΟΥ ΤΟΥΡΜΠΙΝΑΣ

BOILER =>

=> PΕΙΣΟΔΟΥ BOILER= 329080

100

MW

Αλλά: PΕΙΣΟΔΟΥ BOILER= Et

, όπου Ε η ενέργεια που παρέχεται από το καύσιμο σε χρόνο μίας

ώρας. E= PΕΙΣΟΔΟΥ BOILER·t => E=4112,5.106.3600 (J) => E=14,805.1012 (J)

Η μάζα του πετρελαίου που θα καεί σε μια ώρα θα είναι: m = E74,40×10

kg,

δηλαδή: m=336477 kg.

Η πυκνότητα του πετρελαίου είναι: ρ = mV

, άρα ο όγκος: V = ρm => V = 336477

920 m3 =>

=>V=365,7 m3

Ο αριθμός των βαρελιών είναι: Ν = VVβαρ

=> Ν = 3

3365,7 m

m0,159 βαρέλι

=> Ν = 2300 βαρέλια

δ) Στο νερό ψύξης διοχετεύεται η θερμότητα που αποβάλλεται από την τουρμπίνα. Ο ρυθ-μός της είναι η ισχύς εξόδου της τουρμπίνας: PΕΞΟΔΟΥ ΤΟΥΡΜΠΙΝΑΣ = 1974 MW.



Η θερμότητα αυτή ανεβάζει τη θερμοκρασία του νερού ψύξης και αυτό με τη σειρά του θερμαίνει το νερό του ποταμού. Επειδή όμως η μισή από την παρεχόμενη θερμότητα α-ποβάλλεται στον πύργο εξάτμισης ο ρυθμός της παρεχόμενης θερμότητας στο νερό του

ποταμού θα είναι: ΡN=PΕΞΟΔΟΥ ΤΟΥΡΜΠΙΝΑΣ

2 => ΡN=1974

2 (MW) => PN=987 (MW)

Από το νόμο της θερμιδομετρίας: Q=mcΔθ ή Q=ρVcΔθ, από την οποία έχουμε:

PN=ρcΠΔθ, όπου Π η παροχή του ποταμού. Οπότε: Δθ=Πcρ

P =>

Δθ=6

3987×10

10 ×1800× 4,2×103 grad => Δθ=0,13 grad

Θέμα 3ο Φυσική στην ατμόσφαιρα

Στην ατμόσφαιρα και σε αρκετή απόσταση από το έδαφος παρατηρούνται, λόγω ελάττω-σης της πίεσης, ταχείες μετακινήσεις αερίων μαζών. Επειδή η θέρμανση ή η ψύξη αυτών των αερίων μαζών με ακτινοβολία ή με μοριακή αγωγιμότητα είναι αρκετά βραδεία, μπο-ρούν οι παραπάνω μεταβολές των αερίων μαζών να θεωρηθούν αδιαβατικές. Θεωρούμε ότι μια ξηρή αέρια μάζα αρχικής θερμοκρασίας Τ1 και πίεσης p1 μετακινείται ταχέως, ώστε η θερμοκρασία της και η πίεσή της να πάρουν τις τιμές Τ2 και p2 αντίστοιχα.

Α. Αν η πίεση της αέριας μάζας κατά την παραπάνω μετακίνηση μειώθηκε κατά 27,1% δείξτε ότι η θερμοκρασία της μειώθηκε κατά 10%. Θεωρείστε για τον ατμοσφαιρικό αέρα γ=1,5.

Β. Αν είναι p1= 105 Ν/m2 και Τ1= 300 Κ να βρεθεί η πίεση p2 σε Ν/m2 και η αρχική και τε-λική θερμοκρασία της αέριας μάζας σε οC.

Γ. (Ι) Να βρεθεί η (μηχανική) ενέργεια ανά mol αερίου που μεταφέρθηκε από την αέρια μάζα στην περιβάλλουσα ατμόσφαιρα. Η μεταβολή θεωρείται αντιστρεπτή .

(ΙΙ) Να βρεθεί ο λόγος υ1,εν/υ2,εν των ενεργών ταχυτήτων των μορίων της αέριας μάζας, στην αρχική και στην τελική θέση.

Δ. Θεωρούμε για λόγους απλότητας την ατμόσφαιρα ομογενή με πυκνότητα ρ=1,2 Kg/m3 και ότι η μεταβολή της πίεσης της ατμόσφαιρας με το ύψος δίνεται από την εξίσωση της υδροστατικής:

Δp = - ρ g Δh

(Ι) Ποια η κατακόρυφη απόσταση δύο σημείων όπου η πίεση είναι p1 και p2 αντίστοιχα, όπως αυτές προσδιορίστηκαν στο Β ερώτημα.

(ΙΙ) Στη γλώσσα της μετεωρολογίας κατακόρυφη θερμοβαθμίδα ονομάζεται η μεταβολή της θερμοκρασίας για κατακόρυφη μετατόπιση Δh =-100 m. Να βρείτε την κατακόρυφη θερμοβαθμίδα στην περίπτωση της ομογενούς ατμόσφαιρας, (αν ο αέρας θεωρηθεί ιδανι-κό αέριο με γραμμομοριακή μάζα Μ = 29×10-3 Κg/mol).



(ΙΙΙ) Θεωρώντας την ατμόσφαιρα ομογενή υπολογίστε το πάχος της, αν στην επιφάνεια του εδάφους η πίεση είναι 105Ν/m2

Δίνονται: Η επιτάχυνση της βαρύτητας g = 10 m/s2 , R = 8,3 J/mol⋅K και 93 =729.

Συνοπτικές απαντήσεις / λύσεις: Α. Από τo νόμο του Poisson για την αδιαβατική μεταβολή p1V1

γ= p2V2γ και την καταστατι-

κή εξίσωση των ιδανικών αερίων έχουμε:

γγ1

22γγ1

11

−−

= pTpT ή 31

2

1

2

1⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

pp

TT (1)

όμως η p2 είναι το (100-27,1)% = 72,9 % της p1 άρα: p1/p2 = 1000/729 = 103/93 (2)

Από τις (1), (2) προκύπτει Τ1/Τ2=10/9 ή 12 109 TT = (3)

άρα η μείωση της θερμοκρασίας της αέριας μάζας είναι το 1/10 ή 10% της Τ1

Β. Από τη (2) έχουμε : 225

mN72.900m

N101000729

==2p

Επίσης η (3) για Τ1 = 300 Κ δίνει Τ2 = 270 Κ, άρα προκύπτουν εύκολα σε βαθμούς Κελ-σίου η αρχική και τελική θερμοκρασία 27ο C και -3ο C αντίστοιχα.

Γ. (Ι) Από τις σχέσεις γ = Cp/Cv και Cp = Cv + R προκύπτει: Cv = R/γ-1 = 16,6 J/mol K Τέλος έχουμε: W = -ΔU = -nCvΔΤ ή W/n =-16,6(-30) J/mol = 498 J/mol

(ΙΙ) Είναι: 0541310

270300

3

3

2

1

εν2

εν1 ,

MRTMRT

υυ

,

, ====

Δ. (Ι) Έχουμε: gρpp

gρph

−−

=−

= 12ΔΔ η οποία με αντικατάσταση τιμών δίνει Δh = 2258 m.

Δηλαδή η θέση όπου η πίεση είναι p2 βρίσκεται κατά 2258 m ψηλότερα από τη θέση όπου η πίεση είναι p1.

(ΙΙ) Η καταστατική εξίσωση των ιδανικών αερίων λόγω των σχέσεων n= m/M και ρ =m/V,

γίνεται pΜ=ρRT, άρα: TMRρp ΔΔ = ή T

MRρhgρ ΔΔ =− ή h

RgMT ΔΔ −=

για Δh = -100 m παίρνουμε ΔΤ = 3,49Κ (III) Από τη σχέση: Δp = - ρ g Δh Για Δp = (0- 105) Ν/m2, έχουμε Δh = 8333 m.




Μετρώντας τη fractal διάσταση

Τα περισσότερα αντικείμενα του φυσικού κόσμου δεν περιγράφονται εύκολα από Ευκλεί-δεια σχήματα. Τα μορφοκλασματικά σχήματα (fractals) είναι πλέον ένα θέμα με πλατύ εν-διαφέρον και εδώ περιγράφουμε ένα παράδειγμα πειραματικού προσδιορισμού της μορ-φοκλασματικής (fractal) διάστασης. H fractal διάσταση στην περίπτωση που θα εξετάσου-με, μας πληροφορεί για την πολυπλοκότητα ή τα κενά που δημιουργούνται στο εσωτερικό των κατασκευών μας.

Χαρτί εφημερίδας έχει επιφανειακή πυκνότητα σ=80 g/m2. (Δηλαδή ένα τετραγωνικό μέτρο από το χαρτί αυτό έχει μάζα 80 γραμμάρια). Από το χαρτί αυτό κόβουμε δέκα τετράγωνα,

που το καθένα έχει πλευρά2

1 φορές το μήκος της πλευράς του αμέσως μεγαλύτερου. Το

μεγαλύτερο από τα τετράγωνα έχει πλευρά L=42 m.

Στη συνέχεια τσαλακώνουμε τα χάρτινα τετράγωνα και τα συμπιέζουμε ώστε να δημιουρ-γήσουμε 10 μπάλες από τσαλα-κωμένο χαρτί (ο τρόπος που το κάνουμε αυτό μοιάζει με τον τρό-πο που φτιάχνουμε μπαλίτσες με ψίχα από ψωμί, συμπιέζοντάς το ομοιόμορφα με τις παλάμες μας). Κατόπιν μετράμε τη διάμετρό τους στις τρεις ορθογώνιες δια-στάσεις και υπολογίζουμε τη μέ-ση διάμετρο Δ κάθε μπάλας.

Στο διπλανό διάγραμμα εμφανί-ζονται οι τιμές του λογαρίθμου της μάζας Μ κάθε σφαίρας με-τρημένης σε g και υπολογισμένης από την επιφανειακή πυκνότητα του χαρτιού και του λογαρίθμου της μέσης διαμέτρου Δ σε cm που προέκυψε από την πραγματοποίηση της πειραματικής διαδικασίας από εμάς

Χαρτί εφημερίδας

*

-0.2 0.0 0.2 0.4 0.6 0.8 logΔ

1.0 1.2

-2.0

-1.0

1.0

2.0

logΜ

1.3

0.5

* *

*

*

*

*

* *

*

Σημείωση: Σε πολλές περιπτώσεις όπου έχουμε μεγέθη που δε μεταβάλλονται γραμμικά, αντί να σχεδιάζουμε διαγράμματα με τις τιμές τους, δημιουργούμε διαγράμματα με τους λογαρίθμους τους με αποτέλεσμα να προκύπτουν διαγράμματα που είναι γραμμικά και από την κλίση τους να εξάγουμε χρήσιμες πληροφορίες.

Αν Ψ=cΧd όπου c, d σταθερές τότε λογαριθμίζοντας έχουμε: logΨ=logc+dlogΧ.

Απαντήστε στα παρακάτω ερωτήματα:

1) Πόση είναι η μάζα κάθε μίας από τις τρεις μπάλες μεγαλύτερης διαμέτρου από τσα-λακωμένο χαρτί;



2) Η μάζα κάθε τετραγώνου από αυτά που κατασκευάσαμε, από ποια από τις παρακά-τω αναλογίες εκφράζεται:

Α) Μ=αL, Β) M=αL2, Γ) Μ=αL3 Δ) Μ=αLd

όπου 2<d<3 και α=σταθ.

3) Αν μελετούσαμε συμπαγείς σφαίρες και όχι τις μπάλες μας από τσαλακωμένο χαρτί για τη μάζα τους σε σχέση με τη διάμετρό τους ποια από τις παρακάτω αναλογίες ι-σχύει:

Α) Μ=βΔ, Β) M=βΔ2 , Γ) Μ=βΔ3, Δ) Μ=βΔd

όπου 2<d<3 και β=σταθ.

Δίνεται ότι ο όγκος σφαίρας είναι V= 3

34 πR (R: η ακτίνα της)

Αιτιολογήστε τις απαντήσεις σας. 4) Ποια είναι η κλίση του παραπάνω διαγράμματος;

5) Για τις μάζες των μπαλών που φτιάξαμε από τσαλακωμένο χαρτί ισχύει η σχέση Μ=γΔd , με γ σταθερά.

Από το διάγραμμα που προέκυψε από την πειραματική διαδικασία, ποια τιμή προκύ-πτει για τη διάσταση d.

A) d=1, B) d= 1,5, Γ) d=3, Δ) 2<d<3

Να αιτιολογήσετε την απάντησή σας.

Θερμοπλαστικό φύλλο περιτυλίγματος

-0.2 0.0 0.2 0.4 0.6 0.8 logΔ

1.0 1.2

-2.00

-1.00

1.00

2.00

logΜ

1.12

*

*

*

*

*

*

* *

*

6) Αν επαναλάβουμε το πείραμα με τετράγωνα από θερμοπλαστικό φύλλο περιτυλίγμα-τος προκύπτει το διάγραμμα του παρακάτω σχήματος.

Πώς εξηγείτε το γεγονός ότι η fractal διάσταση στην περίπτωση του θερμοπλαστικού φύλλου περιτυλίγματος είναι μεγαλύτερη;




1) Για να υπολογίσουμε τη μάζα που έχουν οι μπάλες από τσαλακωμένο χαρτί βρί-σκουμε πρώτα τα εμβαδά των τετραγώνων από τα οποία κατασκευάσαμε τις μπάλες, και τα πολλαπλασιάζουμε με την επιφανειακή πυκνότητα του χαρτιού εφημερίδας.

Μ1 = L2σ = 2

2 80g4

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

⋅ = 10 g

M2 = ==⋅=⋅⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛1

22

21

21

2MσLσL 5 g

M3 = ==⋅=⋅⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

12

2

41

41

2MσLσL 2.5 g

2) Η σωστή αναλογία είναι η Β. Όπου L η πλευρά κάθε τετραγώνου.

3) Η σωστή αναλογία είναι η Γ. Η μάζα της σφαίρας είναι Μ = ρV όπου ρ η πυκνότητα

και V ο όγκος της σφαίρας. Δηλαδή : Μ = ρ πR343

= ρ πΔ βΔ3

33

4 =3 2⋅

4) Η κλίση του διαγράμματος είναι d = 1.3 1.3= = 2.1- 0.5 0.5

6

5) Λογαριθμίζοντας και τα δύο μέλη της σχέσηςΜ γ έχουμε: logM = logγ+dlogΔ. Αυτή είναι μια γραμμική σχέση μεταξύ του logM και του logΔ η κλίση του διαγράμμα-τος της οποίας είναι η d δηλαδή 2.6. Η σωστή λοιπόν απάντηση είναι η Δ.

Δd=

6) Οι μπάλες από θερμοπλαστικό φαίνεται από το διάγραμμα ότι έχουν fractal διάστα-

ση: d =1.12 = 2.80.4

δηλαδή πλησιάζουν τη συμπαγή σφαίρα. Αυτό πιθανόν να οφείλε-

ται στο ότι τα φύλα περιτυλίγματος από θερμοπλαστικό κολλάνε μεταξύ τους με απο-τέλεσμα η πολυπλοκότητα και η ανομοιομορφία των κενών που υπάρχουν στο εσω-τερικό των μπαλών αυτών να είναι μικρότερη από εκείνη των μπαλών από χαρτί.



Β΄ Λυκείου 24 Απριλίου 2004Θεωρητικό Μέρος Θέμα 1ο A. Πλησιάζοντας ένα ραβδόμορφο μαγνήτη σε ένα χαλκοσωλήνα παρατηρούμε ότι δεν αλλη-λεπιδρούν. (Ο χαλκός είναι διαμαγνητικό υλικό)

Αν κρατήσουμε το χαλκοσωλήνα που έχει μήκος 2 m κατακόρυφο και αφήσουμε να πέ-σουν μέσα σε αυτόν διαδοχικά ο μαγνήτης και μια μικρή σιδερένια ράβδος με τις διαστά-σεις του μαγνήτη. Τότε ο χρόνος πτώσης του μαγνήτη θα είναι:

(ι) μικρότερος (ιι) ίδιος ή (ιιι) μεγαλύτερος από το χρόνο πτώσης της σιδερένιας ράβδου;

Επιλέξτε τη σωστή απάντηση και δικαιολογήστε τη. (Ο μαγνήτης και η ράβδος έχουν μι-κρότερη διάμετρο από το σωλήνα και συνεπώς μπορούν να κινούνται μέσα σε αυτόν). B. Ένα ιδανικό σωληνοειδές πηνίο με 10 σπείρες συνδέεται κατά σειρά μέσω αντίστασης R = 20 Ω με ιδανική ηλεκτρική πηγή σταθερής ηλεκτρεγερτικής δύναμης E = 30 V. Να θεωρή-σετε ότι αρχικά το κύκλωμα είναι ανοικτό και τη χρονική στιγμή t = 0 κλείνει ένας διακό-πτης Δ που υπάρχει σ’ αυτό. Να αποδώσετε γραφικά το ρυθμό μεταβολής της μαγνητικής ροής σε κάθε σπείρα του πηνίου σαν συνάρτηση του μέτρου της έντασης του ρεύματος στο κύκλωμα.

Γ. Το έργο που εκτελείται από μια εξωτερική δύναμη σε φορτισμένο σωμάτιο που κινείται από ένα σημείο Α σε ένα σημείο Β ενός ηλεκτροστατικού πεδίου είναι 25.10-4 J. Το σωμά-τιο έχει ηλεκτρικό φορτίο –8 μC , ξεκινά από την ηρεμία στο σημείο Α και φτάνει στο ση-μείο Β έχοντας κινητική ενέργεια 5,0.10-4 J. Ποια η διαφορά δυναμικού VΑΒ ; Δ. Η θερμοκρασία και ο όγκος σταθερής μάζας ιδανικού αερίου μετα-βάλλονται όπως φαίνεται στο διπλανό σχήμα.

1

2

Τ 0

V

α. Σε αυτή τη μεταβολή η πίεση παραμένει σταθερή αυξάνεται ή μειώνεται; Εξηγείστε πλήρως την απάντησή σας.

β. Απορρόφησε, απέβαλλε, ή μήπως δεν αντάλλαξε θερμότητα με το περιβάλλον του το αέριο κατά τη διάρκεια της μεταβολής αυ-τής; Εξηγείστε πλήρως την απάντησή σας..


Α. Ο χρόνος πτώσης του μαγνήτη είναι μεγαλύτερος, γιατί λόγω επαγωγικών ρευμάτων έ-χουμε στο μαγνήτη δύναμη που αντιδρά στην πτώση του.

Β



Έχουμε: I = REE αυτ−

από την οποία

παίρνουμε: Ε - Ν = ΙR

Ι (Α)

ΔΦ/Δt (V)

3

1,5

Λύνοντας έχουμε: tΦΔΔ =

NE -

NR Ι και α-

ντικαθιστώντας : tΦΔΔ =3-2Ι

Το γράφημα θα είναι:

Γ. Από το Θεώρημα Μεταβολής της Κινητι-κής Ενέργειας έχουμε:

ΚΒ-ΚΑ=WFεξ +WFπεδ ή ΚΒ = WFεξ+ (VA-VΒ)q οπότε (VA-VΒ)=qWK εξFΒ

Αντικαθιστώντας παίρνουμε: VA-VΒ=250V Δ.

1

2

Τ 0

V P1 P2>P1

α. Η πίεση αυξάνεται. β. Επειδή στη μεταβολή αυτή ο όγκος αυξάνεται το έργο W θα είναι θετικό. Επίσης θετική θα είναι και η μεταβολή της εσωτε-ρικής ενέργειας ΔU αφού αυξάνεται και η θερμοκρασία. Από τον πρώτο νόμο της θερμοδυναμικής όμως έχουμε ότι: Q=ΔU+W Συνεπώς και η θερμότητα Q θα έχει θετικό πρόση-μο, που σημαίνει ότι το αέριο απορρόφησε θερμότητα από το περιβάλλον του.

Θέμα 2ο ‘’Ανελκυστήρας Αερίου‘’

Ενώ εργάζεστε σε μια εταιρεία φόρτωσης σιτηρών κατά τη διάρκεια των καλοκαιρινών σας διακοπών, το αφεντικό σας ζήτησε να υπολογίσετε την απόδοση ενός νέου τύπου ανελκυ-στήρα που λειτουργεί με αέριο το οποίο εκτελεί μια κυκλική μεταβολή. Ο ανελκυστήρας αποτελείται από ένα κυλινδρικό φρέαρ μέσα στο οποίο υπάρχει αέρας που υποθέτουμε ότι είναι ιδανικό αέριο με ειδική γραμμομοριακή θερμότητα Cp = 5/2 R. Όταν ο ανελκυστήρας είναι άδειος η πίεση που επικρατεί στο φρέαρ είναι 1,2·105 Pa και η θερμοκρασία 25ο C. Το πάτωμα του ανελκυστήρα έχει εμβαδόν 10 m2, και με κατάλληλες στεγανωτικές διατάξεις αποφεύγεται η διαφυγή του αέρα από το φρέαρ. Η κυκλική μεταβολή ξεκινά με το φόρτω-μα του ανελκυστήρα. Κατά τη διάρκεια της φόρτωσης με 20000 kg σιτηρών το δάπεδο του ανελκυστήρα κατεβαίνει αργά και ο αέρας στο φρέαρ συμπιέζεται ενώ η θερμοκρασία του παραμένει σταθερή στους 25ο C. Στη συνέχεια ο αέρας στο φρέαρ θερμαίνεται και το φορ-τίο των σιτηρών ανέρχεται αργά και με σταθερή ταχύτητα. Όταν φτάσει στο σημείο που απαιτείται για την εκφόρτωση η θερμοκρασία του αέρα έχει γίνει 75ο C. Τότε ο ανελκυστή-ρας ξεφορτώνεται ανεβαίνοντας αργά ενώ η θερμοκρασία παραμένει στους 75ο C. Τέλος ο αέρας ψύχεται ξανά σε θερμοκρασία δωματίου και ο ανελκυστήρας επανέρχεται αργά με



σταθερή ταχύτητα στο αρχικό του επίπεδο. Το αφεντικό θα αγοράσει τον ανελκυστήρα μό-νο αν η απόδοσή του υπερβαίνει το 50% εκείνης ενός κύκλου Carnot που λειτουργεί μετα-ξύ των ίδιων ακραίων θερμοκρασιών. Τι θα εισηγηθείτε; Να τον αγοράσει ή όχι; Εξηγείστε πλήρως την απάντησή σας. Δίνονται: ln 6 = 1,79 και ln 7 = 1,95, g = 10 m/s2


P1 : η πίεση που επικρατεί όταν ο ανελκυστήρας είναι άδειος P2 : η πίεση που επικρατεί όταν ο ανελκυστήρας είναι γεμάτος Τ1 : η απόλυτη θερμοκρασία όταν ο ανελκυστήρας είναι άδειος Τ2 : η απόλυτη θερμοκρασία όταν ο ανελκυστήρας είναι γεμάτος Α : Το εμβαδόν του δαπέδου Β : Το βάρος του θαλάμου του ανελκυστήρα Μ : Η μάζα των σιτηρών Ο κύκλος που εκτελεί ο αέρας στο φρέαρ θα είναι ο παρακάτω.

Β Ρ

V

Δ Α

Γ

Τ1 Τ2

Ρ2

Ρ1

Συνθήκη ισορροπίας όταν ο ανελκυστήρας είναι άδειος: Patm A + B = P1A (1)

Συνθήκη ισορροπίας όταν ο ανελκυστήρας είναι γεμάτος: Patm A + B + Μg = P2A (2)

Από τις (1) και (2) έχουμε: P1A + Μg = P2A, οπότε A

MgAPP += 1

2

Αντικαθιστώντας έχουμε: P2 = 1,4·105 Pa

Επίσης Τ1 = 273 + 25 = 298Κ και Τ2 = 273 + 75 = 348Κ

Ο συντελεστής απόδοσης είναι: hQ

Wα =

Qh = QΒΓ + QΓΔ

W = WΑΒ + WΒΓ + WΓΔ + WΔΑ αλλά επειδή WΒΓ + WΔΑ = 0 έχουμε: W = WΑΒ + WΓΔ

Έτσι λοιπόν θα είναι:

1

2212

1

22

2

11

PPlnnRT)TT(nC

PPlnnRT

PPlnnRT

QQWWα

pBΓ

AB

+−

+=

++

=ΓΔ

ΓΔ



Οπότε:

1

2212

1

212

25

PPlnT)TT(

PPln)TT(

α+−

−= = 0,04 περίπου.

Ο συντελεστής απόδοσης ενός κύκλου Carnot που λειτουργεί μεταξύ των ιδίων θερμο-κρασιών θα είναι:

αc =1-h

c

TT

= 1-348298 = 1 - 0,856 = 0,144

Η απόδοση του ανελκυστήρα δεν υπερβαίνει το 50% της απόδοσης του κύκλου Carnot συνεπώς δεν θα πρέπει να γίνει η αγορά του.

Θέμα 3ο Α. Το διπλανό σχήμα παριστάνει την τομή ενός «κουτιού» με ελαστικά – μονωτικά τοιχώματα, Ένα σφαιρίδιο θετι-κά φορτισμένο μπαίνει μέσα στο κουτί από την οπή Α με

ταχύτητα mαBqυο 4

= , όπου q, m το φορτίο και η μάζα του

σφαιριδίου και Β η ένταση ενός ομογενούς μαγνητικού πεδίου που επικρατεί μέσα στο κουτί (σχήμα). Το σφαι-ρίδιο είναι αβαρές και πραγματοποιεί με τα τοιχώματα του κουτιού ελαστικές κρούσεις. (Κατά τις ελαστικές κρούσεις διατηρείται η κινητική ενέργεια).

B α/2

α

α

Αυο

Α. Να δείξετε ότι το σφαιρίδιο θα βγει από το κουτί και να σχεδιάσετε την τροχιά του μέσα σε αυτό.

Β. Να υπολογίσετε το χρόνο κίνησης του σφαιριδίου μέσα κουτί. Δίνονται: m, q, α, B και ότι οι κρούσεις διαρκούν αμε-λητέο χρόνο.

Β

B α/2

α

α

Αυο

FL

FL FL

FL

FL

FL

υο

υο

υο

υο

Ι Κ

Λ

ΝΘΑΕπίσης οι τριβές θεωρούνται αμελητέες.


A. Η ακτίνα του 1ου κυκλικού τόξου που θα διαγράψει το σφαιρίδιο έχει ακτίνα:

R = Βqυm ο =

mαq

qm

4Β⋅

Β ή R = α/4

Επομένως το 1ο κυκλικό τόξο είναι το ημικύκλιο ΑΙ

Εύκολα προκύπτει ότι η διαδρομή του σφαιριδίου θα είναι η ΑΙΚΛΝΘΑ και το σωματίδιο θα βγει από το κουτί στο σημείο Α.



Β. tK= tAI + tIK + tΚΛ + tΛΝ + tΝΘ + tΘΑ =>

=>tK= 4tAI + 2tIK ή tK= 4 ½ Τ + 2 tIK ή

tK= 2qB

mπ2 + ουα2 ή tK=

qBmπ4

ουα2

Β. ‘’Το Πείραμα του Thomson για τη μέτρηση e/m ’’ Στο παρακάτω σχήμα παριστάνεται ο σωλήνας με τον οποίο ο Thomson μέτρησε το ειδικό φορτίο (φορτίο προς μάζα e/m) του ηλεκτρονίου. Τα ηλεκτρόνια επιταχύνονται από την κάθοδο c προς τις ανόδους Α1, Α2, που φέρουν σχισμές για την εστίαση των ηλεκτρονίων. Τα ηλεκτρόνια, που έχουν πλέον αποκτήσει ταχύτητα υο, κατευθύνονται προς το σημείο Α της φθορίζουσας οθόνης S. Η δέσμη των ηλεκτρονίων διέρχεται ανάμεσα από δύο οριζό-ντιες πλάκες μήκους l που απέχουν απόσταση d. Ανάμεσα στις πλάκες δημιουργείται ομο-γενές ηλεκτρικό πεδίο με εφαρμογή ηλεκτρικής τάσης V. Ο Thomson στον χώρο μεταξύ των πλακών είχε δημιουργήσει και ομογενές μαγνητικό πεδίο Β κάθετο στο ηλεκτρικό πε-δίο αλλά και στη δέσμη των ηλεκτρονίων. Η ρυθμίσεις των πεδίων ήταν τέτοιες ώστε όταν υπήρχαν και τα δύο πεδία μεταξύ των πλακών τα ηλεκτρόνια χτυπούσαν στο σημείο Α. Αν υπήρχε μόνο το ηλεκτρικό πεδίο τα ηλεκτρόνια εκτρέπονταν και χτυπούσαν στο σημείο Γ, ενώ αν υπήρχε μόνο το μαγνητικό πεδίο χτυπούσαν στο σημείο Ζ. Οι παραπάνω αναφε-ρόμενες γωνιακές εκτροπές είναι μετρήσιμες, αλλά μικρές ώστε να ισχύει η σχέση

ημ θ ≈ εφ θ ≈ θ ( η γωνία θ σε rad)

(Α) Να εξηγήσετε ποια πρέπει να είναι η φορά του μαγνητικού πεδίου.

(Β) Όταν καταργηθεί το μαγνητικό πεδίο η γωνιακή εκτροπή είναι θ = 0,2 rad, αν δίνονται ακόμη V = 200 volt, Β = 5·10-4 T, l = 5 cm και d = 2 cm, να βρεθεί το ειδικό φορτίο e/m του ηλεκτρονίου.

(Γ) Όταν καταργηθεί το ηλεκτρικό πεδίο μεταξύ των πλακών και υπάρχει μόνο το μαγνη-τικό πεδίο, το οποίο θεωρούμε ότι περιορίζεται στο χώρο μεταξύ των πλακών, δείξτε ότι τα ηλεκτρόνια θα υποστούν την ίδια γωνιακή εκτροπή προς την αντίθετη φυσικά κατεύθυνση.

C = Κάθοδος Α1, Α2 = Άνοδοι S = Φθορίζουσα Οθόνη




(Α) Η φορά του μαγνητικού πεδίου, όπως προκύπτει από τον κανόνα των τριών δακτύλων, πρέπει να είναι από τον αναγνώστη προς το χαρτί + + + + + + +

- - - - - - - - -

θ

υ

υχ

υy

l

(Β) Η δύναμη που ασκείται στα ηλεκτρόνια από το ηλεκτρικό πε-δίο θα είναι αντίθετη από τη δύναμη που ασκείται στα ηλε-κτρόνια από το μαγνητικό πεδίο, άρα

EeeυB o = και αφού dVE = προκύπτει:

dBVυo = (1)

Για τη γωνιακή εκτροπή στο ηλεκτρικό πεδίο έχουμε:

o

y

x

y

υtα

υυ

εφθ == (2)

όπου mEeα y = (3) και

oυlt = (4)

Η (2) λόγω (1),(3),(4) και με δεδομένο ότι ημθ ≈ εφθ ≈ θ δίνει: 2ldBθV

me= (5)

Αντικαθιστώντας στην (5) τα δεδομένα, καταλήγουμε KgC,

me 111061 ⋅=

(Γ) Για τη γωνιακή εκτροπή στο μαγνητικό πεδίο έ-

χουμε: Rlημθ = (6) όπου

Beυm

R o= (7) Χ Β

θ

θ

υο

υο R

lΗ (6) λόγω (1), (7) και με δεδομένο ότι ημθ ≈ εφθ ≈ θ δίνει πάλι την (5), συνεπώς τα ηλεκτρόνια υφί-στανται την ίδια γωνιακή εκτροπή

Πειραματικό Μέρος Α. Ένας μαθητής εκτέλεσε ένα πείραμα για να μετρήσει την αντίσταση τριών διαφορετικών διατάξεων (Α, Β και Γ). Σχημάτισε ένα κύκλωμα και συνέλεξε στοιχεία τάσης και έντασης, για κάθε μια από τις τρεις διατάξεις. Ο πίνακας των δεδομένων που συνέλεξε είναι ο πα-ρακάτω.

ΔΙΑΤΑΞΗ Α ΔΙΑΤΑΞΗ Β ΔΙΑΤΑΞΗ Γ ΤΑΣΗ (V) ΕΝΤΑΣΗ (Α) ΤΑΣΗ (V) ΕΝΤΑΣΗ (Α) ΤΑΣΗ (V) ΕΝΤΑΣΗ (Α)

1,0 0,24 1,0 0,50 0,05 0,11 2,0 0,51 2,0 0,99 0,10 0,20 3,0 0,75 3,0 1,51 0,15 0,31



4,0 0,99 4,0 1,95 0,20 0,40 5,0 1,26 5,0 2,30 0,25 0,79 6,0 1,52 6,0 2,81 0,30 0,60 7,0 1,75 7,0 3,04 0,35 0,69 8,0 2,02 8,0 3,21 0,40 0,81

1. Η ανάλυση των δεδομένων δείχνει ότι η διάταξη με την μεγαλύτερη αντίσταση είναι: α. η διάταξη Α β. η διάταξη Β

γ. η διάταξη Γ δ. δεν έχω αρκετές πληροφορίες για να απαντήσω.

2. Η διάταξη η οποία δεν υπακούει στον νόμο του Οhm φαίνεται να είναι α. η διάταξη Α β. η διάταξη Β

γ. η διάταξη Γ δ. δεν έχω αρκετές πληροφορίες για να απαντήσω.

3. Η ανάλυση των δεδομένων που έχουν ληφθεί για την διάταξη Γ δείχνει ότι ένα από τα ζευγάρια μετρήσεων (0.25 V, 0.79 A) φαίνεται να είναι αντιφατικό με τις άλλες μετρή-σεις. Ο καλλίτερος τρόπος για να χειριστεί ο μαθητής αυτό το ζευγάρι δεδομένων, είναι: α. να αλλάξει την μέτρηση της έντασης σε μια πιο σύμφωνη τιμή, π.χ. 0,50 Α. β. να συμπεράνει ότι η διάταξη δρα αντιφατικά σε τάση 0,25 V. γ. να επαναλάβει την μέτρηση της τάσης για ρεύμα έντασης 0,79 Α. δ. να επαναλάβει την μέτρηση της έντασης σε τάση 0,25 V

4. Μια ανάλυση των στοιχείων που βρέθηκαν για την διάταξη Α δείχνει ότι ο λόγος V/I για κάθε ένα ζευγάρι δεδομένων δεν είναι ακριβώς ο ίδιος. Η κατάλληλη αντιμετώπιση γι’ αυτό το γεγονός θα μπορούσε να είναι: α. η αλλαγή βασικών τιμών μετρήσεων έως ότου ο λόγος V/I γίνει σταθερός. β. το συμπέρασμα ότι ο λόγος V/I δεν έχει πάντα την

ίδια τιμή. γ. η απόρριψη των δεδομένων και η επανάληψη του

πειράματος μέχρι ο λόγος V/I να γίνει σταθερός. δ. η απόδοση της αποτυχίας του σταθερού του λό-

γου V/I σε ελαττωματικό εξοπλισμό. ε. η κατασκευή ενός διαγράμματος τάσης – έντασης

στο οποίο τα πειραματικά σημεία κατανέμονται «ι-σόρροπα» γύρω από την ευθεία που χαράζει . Α

Β R1

Α

V

Β. Σε ένα σχολικό εργαστήριο πραγματοποιείται πειραματική διαδικασία, μέτρησης τάσεων

και εντάσεων ρεύματος σε αντιστάτες (συνδεδε-μένους σε σειρά ή και σε παραλληλία) με κύ-ριο σκοπό την εύρεση της τιμής των αντιστα-τών. Το εργαστήριο εί-ναι εξοπλισμένο με τους

κατάλληλους

Διάγραμμα 1

Τροφοδοτικό συνεχούς τάσης

Αισθητήρας έντασης

Αισθητήρας τάσης



αισθητήρες∗ τάσης και έντασης ρεύματος και με το σχετικό λογισμικό με τη βοήθεια του οποίου και μέσω του Η/Υ λαμβάνουμε μετρήσεις και πραγματοποιούμε υπολογισμούς διαφόρων μεγεθών. Οι αισθητήρες χρησιμοποιούνται ως ιδανικά ψηφιακά βολτόμετρα και αμπερόμετρα και προσφέρουν μεγάλη ευαισθησία αλλά και τη δυνατότητα καταγραφής τιμών με εξαιρετικά γρήγορους ρυθμούς. Αυξάνοντας σταδιακά την εφαρμοζόμενη τάση στα άκρα του αντιστάτη R1 στο παραπάνω κύκλωμα , εμφανίζεται στην οθόνη του υπολογιστή η γραφική παράσταση του διαγράμμα-τος 1.


Στη συνέχεια προ-σθέσαμε στο κύκλω-μα έναν ακόμη αντι-στάτη και αυξάνο-ντας σταδιακά την εφαρμοζόμενη τάση προέκυψε η γραφική παράσταση του δια-γράμματος 2

Στο διάγραμμα (3) πα-ρουσιάζεται η γραφική παράσταση που προέ-κυψε όταν στη θέση του αντιστάτη της εικόνας 1 τοποθετήσαμε ένα μικρό λαμπτήρα πυρακτώσεως και αυξήσαμε την τάση στα άκρα του.

∗ Με τον όρο αισθητήρες εννοούμε συσκευές ή διατάξεις με τις οποίες ο Η/Υ "αισθάνεται" ή μετρά φυσικές ποσότητες όπως θερμοκρασία, πίεση, απόσταση ένταση ηλεκτρικού ρεύματος κλπ. Στην περίπτωσή μας ταυτόχρονα με την εξέλιξη του φαινομένου δημιουργείται και παρουσιάζεται στην οθόνη και το διάγραμμα έντασης-τάσης.




1) Βρείτε από το διάγραμμα 1 η τιμή του αντιστάτη R1 που χρησιμοποιήθηκε.

2) Από το διάγραμμα 2 να υπολογίσετε την αντίσταση του αντιστάτη που προσθέσαμε στο κύκλωμα και να δικαιολογήσετε επαρκώς τον τρόπο σύνδεσης των δύο αντιστατών.

3) Λαμβάνοντας υπόψη την γραφική παράσταση του διαγράμματος 3 πώς ερμηνεύετε την συμπεριφορά του λαμπτήρα;

4) Αν κατόπιν μειώναμε μέχρι μηδενισμού την τάση στα άκρα του, τι μορφή θα είχε το διά-γραμμα Ι-V; Να δικαιολογήσετε την απάντησή σας.

Συνοπτικές απαντήσεις / λύσεις: Α.

1. α 2. β 3. δ 4. ε

Β.

1. R1 = IV

και από το διάγραμμα R1 = A,

V20

3 δηλαδή R1 = 15 Ω.

2. Από το δεύτερο διάγραμμα : Rολ = A,

V50

3 δηλαδή Rολ = 6Ω.

Αφού η Rολ είναι μικρότερη από την R1 οι δύο αντιστάσεις θα είναι συνδεδεμένες πα-

ράλληλα. Συνεπώς θα ισχύει: 21

1+

1=

1RRRολ

από την οποία προκύπτει ότι R2 = 10Ω.

3. Καθώς αυξάνει η τάση αυξάνει και η ένταση του ηλεκτρικού ρεύματος. Στην αρχή η θερμοκρασία του νήματος είναι σχετικά χαμηλή. Καθώς το νήμα του λαμπτήρα θερμαί-νεται η αντίστασή του μεγαλώνει και η συμπεριφορά του λαμπτήρα αποκλίνει από την ωμική συμπεριφορά. ( Στο εργαστήριο αυξάνοντας την τάση σε λαμπτήρα που αμέσως πριν είχε ζεσταθεί αρκετά παρατηρούμε ότι η συμπεριφορά του πλησιάζει αυτή ωμικής αντίστασης από την αρχή) 4. Επειδή ο λαμπτήρας είναι ζεστός μειώνοντας την τάση μέχρι μηδενισμού το διά-γραμμα έχει τη μορφή που φαίνεται στο παρακάτω σχήμα. Ικανοποιείται δηλαδή ο νό-μος του Ohm. ( Ο λαμπτήρας δεν προλαβαίνει να κρυώσει γιατί η μείωση της τάσης γί-νεται σχετικά γρήγορα).




B΄ Λυκείου Σελίδα 1 από 8

B΄ Λυκείου19 Μαρτίου 2005


Θέμα 1ο

A. Μια μηχανή Carnot λειτουργεί μεταξύ των θερμοκρασιών 3Τ και Τ. Από την δεξαμενή υψηλής θερμοκρασίας χορη-γείται στο μέσο θερμότητα Qh=3000 j σε κάθε κύκλο. Πό-ση θερμότητα θα αποβάλλεται στη δεξαμενή χαμηλής θερμοκρασίας σε κάθε κύκλο; (Μονάδες 5)

1

2

3 Φ

Β

3T Qh

W

T Qc

B. Φορτισμένα σωματίδια με φορτίο q και μάζα m εκτοξεύ-ονται με ταχύτητα u κάθετα στις μαγνητικές γραμμές ε-κτεταμένου ομογενούς μαγνητικού πεδίου, οπότε η μα-γνητική ροή Φ που περνά από την επιφάνεια του κύ-κλου που διαγράφουν, σε συνάρτηση με το μέτρο του μαγνητικού πεδίου Β παριστάνεται σωστότερα με την καμπύλη:

α. 1 β. 2 γ. 3 Να δικαιολογήσετε την επιλογή σας. (Μονάδες 10)

γωγοί Α και Γ, με διαφορετικές ακτίνες, είναι κατασκευασμένοι από

τικό πεδίο που δημιουργείται στο κέντρο του κυκλικού αγωγού Α, λόγω

άδες 10)


Α. W=eQh=(1-

Γ. Δύο κυκλικοί αχάλκινα κυλινδρικά σύρματα που έχουν το ίδιο εμβαδόν διατομής και βρίσκονται με τα επίπεδά τους κάθετα μέσα σε ομογενές μαγνητικό πεδίο, το οποίο αυξάνεται με στα-θερό ρυθμό. Οι αγωγοί είναι αρκετά μακριά ο ένας από το άλλον, ώστε να μην αλλη-λεπιδρούν. Αν το μαγνητου ρεύματος εξ` επαγωγής που τον διαρρέει, έχει μέτρο ΒΑ=0,1 Τ, να βρεθεί το αντί-στοιχο μέτρο του μαγνητικού πεδίου ΒΓ στο κέντρο του κυκλικού αγωγού Γ.

(Μον

=Q0 – W=3

hQ3TT )Qh= 3

2 cQQh . Όμως =1000 j

B. Σωστή είναι η α. Φ=ΒS όμως S=π R2 και R=mυ/qB , Οπότε: Φ =Βπ(mυ/qB)2 =λ/B2

Β=π(λα) SΒ/SΑ= λ

επΒ= SΒΔΒ/Δt ΕεπΒ / ΕεπΒ =SΒ/SΑ= λ2

άρα η η μαγνητική ροή είναι αντίστροφα ανάλογη με το μαγνητικό πεδίο. Γ. Έστω rΑ=α και rΒ=λα οι ακτίνες των δύο πλαισίων

2 2 SSΑ=πα2

ΕΕεπ = S ΔΒ/Δt A A



ο

RΒ=ρ2πλα/σ RΑ=ρ2πα/σ RΒ=λRΑ

Ιεπ,Β = ΕεπΒ / RΒΙεπ, = ΕεπΑ / RΑ Α Ιεπ,Β = λΙεπ,Α ΒΒ =kμ2Ιεπ,Β / αΒΒΑ =kμ2Ιεπ,Α / αΑ ΒΒ = ΒΑ ΒΒ =0,1Τ

Θέμα 2

Α. Στο διπλανό σχήμα φαίνονται τέσσερα σωμάτια με ίσα θετικάηλεκτρικά φορτία q, που βρίσκονται ακίνητα στις κορυφές τε-τραγώνου πλευράς α. Τα δύο από τα σωμάτια έχουν μάζες Μ και τα άλλα δύο μάζες m. Ο λόγος των μαζών είναι

2000=mM . Τα σωμάτια αφήνονται ελεύθερα να κινηθούν με

την επίδραση μόνο των μεταξύ τους ηλεκτρικών αλληλεπιδράσεων. Υποθέτουμε ότι τα σωμάτια με μάζα m απομακρύνονται τόσο γρήγορα, ώστε αποκτούν τις τελικές τους ταχύτητες, ενώ τα σωμάτια με μάζα Μ δεν έχουν ακόμα αρχίσει να κινούνται.

M

M

m

m

α

α. Εξηγείστε, γιατί η υπόθεση αυτή περιγράφει ικανοποιητικά τη συμπεριφορά του συστήματος.

β. Αποδείξτε ότι ο λόγος της τελικής ταχύτητας υ ενός σωματίου με μάζα m, προς

την τελική ταχύτητα V ενός σωματίου με μάζα Μ, είναι: Vυ = )124(2000 + ≈115.

(Μονάδες 15)

Β. ύο επίπεδοι πυκνωτές με ίσες χωρητικότητες C φορτίζονται σε τάση V. Το εμβαδόν των οπλισμών είναι Α και η απόσταση μεταξύ τους είναι d. Δεν υπάρχει διηλεκτρικό μεταξύ των οπλισμών. Συνδέουμε τους θετικά φορτισμένους οπλισμούς των δύο πυ-κνωτών με ένα σύρμα και τους αρνητικούς με ένα άλλο σύρμα, ώστε να έχουμε ένα κύκλωμα.

Δ

α. Θα κυκλοφορεί ηλεκτρικό ρεύμα στο κύκλωμα αυτό; β. Φανταστείτε ότι τη χρονική στιγμή μηδέν, οι οπλισμοί του ενός πυκνωτή αρχίζουν

να απομακρύνονται με σχετική ταχύτητα υ και οι οπλισμοί του άλλου αρχίζουν να πλησιάζουν με την ίδια σχετική ταχύτητα υ. Βρείτε τις σχέσεις που δίνουν την χρο-νική εξέλιξη του φορτίου κάθε πυκνωτή.

γ. Κάντε τα ποιοτικά διαγράμματα του φορτίου κάθε πυκνωτή σε συνάρτηση με το χρόνο.

δ. Κατά τη διάρκεια των κινήσεων θα υπάρχει ένα ρεύμα στο κύκλωμα. Υπολογίστε την έντασή σαν συνάρτηση των C, V, υ, d.

(Μονάδες 15)




Α.

α. Λόγω της συμμετρίας οι δυνάμεις που θα δέχονται τα σωμάτια ανά πάσα στιγμή θα έ-χουν ίσα μέτρα. Η επιταχύνσεις όμως που αποκτούν σύμφωνα με το 2ο νόμο του Νεύτωνα θα είναι αντιστρόφως ανάλογες των μαζών τους. Επειδή Μ=2000m, τα σωμάτια με μάζες m θα αποκτούν 2000 φορές μεγαλύτερες επιταχύνσεις από εκείνες των σωματίων με μά-ζες Μ. Επομένως η υπόθεση που κάναμε περιγράφει ικανοποιητικά τη συμπεριφορά του συστήματος.

β. Λόγω της συμμετρίας τα δύο σωμάτια με μάζες m θα αποκτούν τελικές ταχύτητες ίσου μέτρου u. Το ίδιο θα ισχύει και για τα σωμάτια με μάζα Μ τα οποία θα αποκτούν τελικές ταχύτητες μέτρου V.

H αρχή διατήρησης της ενέργειας από την αρχική κατάσταση του συστήματος μέχρι τη στιγμή που τα σωμάτια μάζας m αποκτούν την τελική τους ταχύτητα δίνει:

akqm

akqkq

22u24

a22

2222+=+ οπότε mu2=

akq

akq 22

42

+ (1)

Η αρχή διατήρησης της ενέργειας για το σύστημα των σωματίων με μάζα Μ από τη στιγμή που δραπέτευσαν τα σωμάτια μάζας m μέχρι τη στιγμή που και αυτά αποκτούν την τελική τους ταχύτητα δίνει:

a

kqMV2

22 = (2)

Διαιρώντας κατά μέλη τις (1) και (2) έχουμε: 22412

2+=+

MVmu και )124( +=

mM

Vu

Οπότε: 115)124(2000 =+=Vu

Β. Q=CV (1)

V΄=2

2

1

1

Cq

Cq

= (2)

Από την αρχή διατήρησης του ηλεκτρικού φορτίου: 2Q=q1+q2 (3)

υtdt

2

1

2

1

+−

==υd

dd

CC

(4)

(2) 222

11 υtd

t qdqCCq

+−

==υ

(5)

από την (3) (6) 12 2 qQq −=



(5), (6) dt

1υ−

=dQq και d

t2

+υ=

dQq (7)

Από τις (7) προκύπτει ότι Ι=Qυ/d = Cvυ/d

Θέμα 3ο

Β C

Α

R΄

Σχήμα (2)

A

B

Γ

L=2L0

Σχήμα (3)

A

B

α. Στο κύκλωμα του σχήματος (1) κάθε αντιστάτης έχει αντίσταση R. Ποια θα είναι η ι-

σοδύναμη αντίσταση RAB του συστήματος των τριών αντιστατών ανάμεσα στα Α και Β;

β. Το τρίγωνο αυτό των αντιστάσεων θα μπορούσε να αντικατασταθεί από αστέρα τρι-ών ίδιων αντιστατών με αντίσταση R΄ ο καθένας, όπως φαίνεται στο σχήμα (2). Πόση θα πρέπει να είναι η R΄, ώστε η ισοδύναμη αντίσταση RAB ανάμεσα στα Α και Β να εί-ναι ίδια με εκείνη του τριγώνου;

γ. Με εννέα αντιστάτες που ο καθένας έχει αντίσταση R συναρμολογούμε το κύκλωμα του σχήματος (3). Αποδείξτε ότι η ισοδύναμη αντίσταση του κυκλώματος αυτού ανά-

μεσα στα Α και Γ είναι RΑΓ = 35 RΑΒ ( Όπου RΑΒ η ισοδύναμη αντίσταση ανάμεσα στα

Α και Β για το κύκλωμα του σχήματος 1). δ. Για να βρούμε μια σχέση μεταξύ της ισοδύναμης αντίστασης και της απόστασης των

δύο κορυφών ανάμεσα στις οποίες υπολογίζουμε την ισοδύναμη αντίσταση, υποθέ-τουμε ότι αυτή μπορεί να γραφεί σαν συνάρτηση της απόστασής τους L ως: R(L)=α Ld, όπου α είναι μια σταθερά αναλογίας και d ο εκθέτης κλιμάκωσης. Με τη βοήθεια

της σχέσης RΑΓ = 35 RΑΒ και της παραπάνω υ-

πόθεσης υπολογίστε τον εκθέτη κλιμάκωσης d. (Μονάδες 20)


a. RAB=3

232

22 2 R

RR

RRRR

==+

β. 2R΄=3

2R οπότε R΄=3R

L=L0

Σχήμα (1)

R

Γ

Α

R/3

R/3 R/3

R/3 R/3

R/3 R/3 R/3

R/3



ς. γ. Το κύκλωμα του σχήματος (3) αν αντικατασταθεί καθένα από τα τρίγωνα από τον ισοδύναμο αστέρα, μετατρέπεται στο κύκλωμα του διπλανού σχήματο

Έτσι: RΑΓ= 910

32

36

32

34 RR

R

RR

=+⋅

Επειδή RAB=3

2R

Προκύπτει ότι: RΑΓ = 35 RΑΒ

δ. Mε βάση την υπόθεση που κάναμε: RΑΓ=R2L0=α(2L0)d και RΑΒ=RL0=α dL0

Αντικαθιστώντας στην σχέση: : RΑΓ = 35 RΑΒ που αποδείξαμε στο ερώτημα γ παίρνουμε:

α(2L0)d =35 α από την οποία προκύπτει ότι: dL0

α2d dL0 =35 α οπότε 2dL0

d =35

Λογαριθμίζοντας βρίσκουμε ότι ο εκθέτης κλιμάκωσης είναι: d=log(5/3)/log2=0,737

Πειραματικό Μέρος (Υπολογισμός της σταθεράς Poisson του αέρα)

Η διασύνδεση του Ηλεκτρονικού Υπολογιστή με το φυσικό περιβάλλον μέσω αισθητήρων διευρύνει την εργαστηριακή πρακτική στο σχολικό εργαστήριο και σε πειραματικές διαδι-κασίες που δεν είναι εύκολο ή δυνατό να εκτελεσθούν, διότι απαιτούν μεγάλη συχνότητα μετρήσεων ή μετρήσεις μεγάλης ακρίβειας. Στο ζήτημα αυτό περιγράφεται μια πειραματική δραστηριότητα που στόχο έχει τον υπολογισμό της σταθεράς Poisson γ του αέρα. Επειδή το φαινόμενο εξελίσσεται γρήγορα, θα ήταν πολύ δύσκολο να πάρουμε τις απαραίτητες μετρήσεις με ακρίβεια, χωρίς την χρήση των αισθητήρων σε διασύνδεση με τον Η/Υ. Στην πειραματική διάταξη περιλαμβάνονται:

1. Γυάλινη κωνική φιάλη με πλευρικό στόμιο. 2. Ελαστικό πώμα. 3. Ελαστικός σωλήνας. 4. Σύριγγα.



5. Διακόπτης αερίου. 6. Αισθητήρας θερμοκρασίας. (Μετρά τη θερμοκρασία). 7. Αισθητήρας πίεσης. (Μετρά την πίεση του αέρα). 8. Κονσόλα διασύνδεσης των αισθητήρων με τον Η/Υ. 9. Ηλεκτρονικός υπολογιστής με το κατάλληλο λογισμικό για την ρύθμιση των μετρή-

σεων και την επεξεργασία των δεδομένων που δέχεται από τους αισθητήρες. Η διάταξη περιγράφεται στην παρακάτω εικόνα:

Μέσα στην κωνική φιάλη αλλά και στον ελαστικό σωλήνα και στη σύριγγα υπάρχει αέρας. Με το λογισμικό που είναι εγκατεστημένο στον Η/Υ ρυθμίζουμε, ώστε στην οθόνη να εμ-φανίζεται ένα διάγραμμα πίεσης-θερμοκρασίας. Επίσης ρυθμίζουμε το πρόγραμμα, ώστε η λήψη των μετρήσεων να διαρκέσει μικρό χρονικό διάστημα (40 s) και να έχουμε μεγάλη συχνότητα μετρήσεων.

Η/Υ

Κονσόλα διασύνδεσης

Ελαστικός σωλήνας

Ελαστικό πώμα

Διακόπτης αερίου

Σύριγγα

Κωνική φιάλη

Αισθητήρας πίεσης

Αισθητήρας θερμοκρασίας

ΠΕΙΡΑΜΑΤΙΚΗ ΔΙΑΔΙΚΑΣΙΑ 1. Ανοίγουμε το διακόπτη αερίου, ώστε η σύριγγα να επικοινωνεί με το δοχείο και τον

αισθητήρα πίεσης, χωρίς όμως να επιτρέπει τη διαφυγή ή την είσοδο αέρα από το περιβάλλον.

2. Συμπιέζουμε τον αέρα σπρώχνοντας αργά το έμβολο της σύριγγας, ώστε μέσα της να μην μείνει καθόλου αέρας.

3. Διπλώνουμε το σωλήνα, που συνδέεται με τη σύριγγα και την αφαιρούμε, χωρίς να συμβεί διαρροή αέρα, ενώ συνεχίζουμε να κρατάμε το σωλήνα διπλωμένο.

4. Ενεργοποιούμε την καταγραφή του προγράμματος μετρήσεων. 5. Αμέσως ξεδιπλώνουμε το σωλήνα που κρατούσαμε δι-

πλωμένο και τον ξαναδιπλώνουμε. Το ξεδίπλωμα διαρ-κεί, όσο διαρκεί ο ήχος από την εκροή του αέρα.

P

P1

P2

P Η ποσότητα του αέρα που παρέμεινε στη φιάλη και στους σωλήνες, μπορούμε με να υποθέσουμε ότι δεν πρόλαβε να

3

TB1 TB2

T



ανταλλάξει θερμότητα με το περιβάλλον κατά τη διάρκεια της εκτόνωσής της. ΠΡΟΣΟΧΗ: Αναφερόμαστε στον αέρα που δεν διέφυγε κατά το στιγμιαίο άνοιγμα του σωλήνα. Πριν το ξεδίπλωμα η ποσότητα αυτή αντιστοιχούσε σε όγκο V1, ενώ μετά, εκτονώθηκε, ώστε να καταλαμβάνει όγκο V2, όσος ήταν δηλαδή ο όγκος που καταλάμβανε η αρχική ποσότητα του αέρα η οποία ήταν εγκλωβισμένη στη διάταξη πριν το ξεδίπλωμα του σωλήνα. Το διάγραμμα P-T, που εμφανίζεται στην οθόνη και δημιουργείται ταυτόχρονα με την εξέ-λιξη του φαινομένου από το λογισμικό που επεξεργάζεται τα δεδομένα των αισθητήρων πίεσης και θερμοκρασίας, έχει τη μορφή που φαίνεται στο διπλανό σχήμα.

Α. Με τη βοήθεια του διαγράμματος αυτού και της περιγραφής της πειραματικής διαδικα-σίας κάντε ποιοτικό διάγραμμα P-V για τη συνολική μεταβολή που εκτέλεσε η ποσότη-τα του αέρα που δεν διέφυγε. Δώστε τις απαραίτητες εξηγήσεις. (Μονάδες 10)

B. Υπολογίστε την σταθερά Poisson γ=v

p

CC

του αέρα. Αν οι τιμές των πιέσεων που κατα-

γράφηκαν από τον αισθητήρα πίεσης ήταν: Αρχική P1 =1,680 atm Ελάχιστη P2 = 0,870 atm Τελική P3= 1,050 atm (Μονάδες 25)

Συνοπτικές απαντήσεις / λύσεις: Α. Η ποσότητα του αερίου που παρέμεινε στο δοχείο μετά το άνοιγμα του σωλήνα αντι-στοιχούσε σε όγκο V1.

Ρ

Αυτή η ποσότητα υπέστη μια αδια-βατική εκτόνωση ΑΒ με ελάττωση της θερμοκρασίας της και κατόπιν μια ισόχωρη θέρμανση ΒΓ απορρο-φώντας θερμότητα μέχρι να έρθει σε θερμική ισορροπία με αυ-τά.Όπως φαίνεται στο διάγραμμα P-V.

A

Β. γγ

γγ −−

=1

22

1

11 PTPT οπότε: γγ

γγ −−

=1

2

1

11 PP

TT

2 (1) Αλλά

22

31

PP

TT

= (2)

Από τις (1) και (2) προκύπτει: γγ

γγ −−

=1

2

1

12

3 PPPP

και γγ−

=1

1

2

2

3 )(PP

PP

V

Γ

B

Ρ1

Ρ2 Τ2

Τ1P3

V1 V



λογαριθμίζοντας έχουμε: ln 1

2

2

3 ln1PP

PP

γγ−

= ή

111

ln

ln

1

2

2

3

−=−

=γγ

γ

PPPP

από την οποία προκύπτει γ=1,4



B΄ Λυκείου 18 Μαρτίου 2006


Θέμα 1ο

Στον κυκλικό επιταχυντή LHC του CERN ο οποίος πρόκειται να τεθεί σε λειτουργία το 2007,πρωτόνια, σε δύο δέσμες, θα επιταχύνονται με τη βοήθεια κοιλοτήτων ραδιοσυχνό-τητας σχεδόν στην ταχύτητα του φωτός c, αποκτώντας μια ενέργεια E=7TeV δηλαδή E=1,12 10-6 J το καθένα. Στη συνέχεια τα πρωτόνια θα συγκρούονται έχοντας τόσο μεγά-λες ενέργειες ώστε να δημιουργούνται πιθανώς νέα στοιχειώδη σωματίδια. Ο δακτύλιος μέσα στον οποίο θα κινούνται τα πρωτόνια έχει ακτίνα r=4243 m και βρίσκεται σε βάθος 100 m κάτω από την επιφάνεια του εδάφους. Η δύναμη Lorenz που θα οφείλεται σε 1232 υπεραγώγιμα μαγνητικά δίπολα (ηλεκτρομαγνήτες) τοποθετημένα πάνω στον δακτύλιο κα-τά μήκος της δέσμης των πρωτονίων, θα δρα ως κεντρομόλος δύναμη για την κυκλική κί-νηση των πρωτονίων. (Υπεραγωγός είναι το υλικό εκείνο στο οποίο υπάρχει πλήρης α-πουσία ηλεκτρικής αντίστασης και αυτό στην περίπτωση των ηλεκτρομαγνητών του LHC επιτυγχάνεται με υγρό Ήλιο και σε θερμοκρασία 1,9 Κ) α) Υπολογίστε / εκτιμήστε την κεντρομόλο δύναμη σε κάθε πρωτόνιο, λαμβάνοντας υπ’ όψη ότι η ενέργεια των πρωτονίων δίνεται από τη σχέση ισοδυναμίας μάζας και ενέργειας του Einstein Ε=mc2 και ότι όπως αποδεικνύεται ο τύπος της κεντρομόλου και στις υψηλές ταχύτητες έχει την ίδια μορφή με εκείνη που έχει στην κλασική μηχανική με την προϋπό-θεση ότι το m είναι αυτό που υπεισέρχεται στην εξίσωση E=m c2. β) Θα υπάρχουν δύο δέσμες πρωτονίων με 2835 ομάδες σε κάθε δέσμη και 1,05 1011 πρωτόνια σε κάθε ομάδα. Να υπολογίσετε την ένταση του ηλεκτρικού ρεύματος της μιας δέσμης των πρωτονίων. Δίνεται το φορτίο κάθε πρωτονίου e=1,602 10-19C και η ταχύτητα του φωτός c=3 108m/s. γ) Από την τιμή της κεντρομόλου δύναμης σε κάθε πρωτόνιο, υπολογίστε το μαγνητικό πεδίο Β. δ) Ένα πλήθος αναγκαίων διατάξεων, όπως αντλίες κενού, RF κοιλότητες, μετρητικές δια-τάξεις, όργανα υψηλής τάσης, τετραπολικοί μαγνήτες (οι οποίοι αποτρέπουν την απόκλιση της δέσμης) και βεβαίως οι τεράστιοι ανιχνευτές στοιχειωδών σωματιδίων όπως οι ATLAS και CMS παρεμβάλλονται στον δακτύλιο και τα 1232 μαγνητικά δίπολα δεν καλύπτουν ο-λόκληρη την περίμετρο του δακτυλίου αλλά μόνο ένα κλάσμα της. Για το λόγο αυτό το μα-γνητικό πεδίο που απαιτείται είναι κατά 51,4% αυξημένο σε σχέση με αυτό που βρήκατε στο ερώτημα γ. Να υπολογίσετε αυτό το απαιτούμενο μαγνητικό πεδίο Β. Το κάθε δίπολο έχει μήκος 14,3 m. Να υπολογίσετε το συνολικό μήκος που καλύπτουν τα δίπολα και την ακτίνα του κύκλου που έχει περίμετρο το μήκος αυτό. ε) Ο ανιχνευτής CMS περιέχει το μεγαλύτερο σωληνοειδές που έχει ποτέ κατασκευασθεί, με συνολικό μήκος 12,5 m και 2180 σπείρες στις οποίες κυκλοφορεί ηλεκτρικό ρεύμα Ι=19500 Α. Αν μ0=4π 10-7 Τ m / A , να υπολογίσετε το μαγνητικό πεδίο Β στο εσωτερικό του σωληνοειδούς. Δίνεται: Κμ=μ0/4π και ότι σπείρες θα είναι υπεραγωγοί σε θερμοκρασία 4.2 Κ.

Ένωση Ελλήνων Φυσικών ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ ΦΥΣΙΚΗΣ 2006 Πανεπιστήμιο Αθηνών Εργαστήριο Φυσικών Επιστημών, Τεχνολογίας, Περιβάλλοντος στ) Αν ένα ηλεκτρόνιο κινούμενο με ταχύτητα υ0=6.104 m/s εισέλθει στο εσωτερικό του σωληνοειδούς του ερωτήματος ε από τη μια του άκρη, έτσι ώστε η ταχύτητά του να σχη-ματίζει με τον άξονα του σωληνοειδούς γωνία φ=600 και εξέλθει από την άλλη του άκρη, να βρείτε το χρόνο κίνησης και το μήκος της τροχιάς που διαγράφει το ηλεκτρόνιο μέσα στο σωληνοειδές. ζ) Στον LEP ο οποίος ήταν ο προηγούμενος επιταχυντής του CERN υπήρχαν 500 ηλε-κτρομαγνήτες με αντίσταση R=0,08Ω ο καθένας, στους οποίους κυκλοφορούσε ηλεκτρικό ρεύμα 500 A για την παραγωγή μαγνητικού πεδίου 0,3 T. Να υπολογίσετε την απώλεια ισχύος στις αντιστάσεις των ηλεκτρομαγνητών και προσπαθήστε να δικαιολογήσετε τη χρήση των υπεραγώγιμων ηλεκτρομαγνητών στον LHC. η) Το κάθε μαγνητικό δίπο-λο περιέχει υπεραγώγιμα σύρματα τα οποία απέχουν 45 mm από το κέντρο του δακτυλίου (σχήμα 1). Στα σύρματα αυτά κυκλοφορεί ηλεκτρικό ρεύμα 12000 Α. Σε αντιδιαμετρικά σύρματα τα ρεύματα είναι αντίθετα, όπως φαίνεται στο σχήμα 2. Να υπολογίσετε τον αριθμό

των συρμάτων στηριζόμενοι στην τιμή του απαιτούμε-νου μαγνητικού πεδίου Β την οποία υπολογίσατε στο ερώτημα δ. Τα σύρματα είναι ευθύγραμμοι ρευματοφό-ροι αγωγοί.

Σύρματα

Δακτύλιος

Σχήμα 1

Σχήμα 2

θ) Να βρείτε τη δύναμη ανά μονάδα μήκους σε κάθε σύρμα από το μαγνητικό πεδίο του αντιδιαμετρικού του σύρματος.


α) Fκεντρ= 10622

1064,24243

1012,1 −−

⋅=⋅

===m

JrE

rmc

rmu Ν

β) 53,042432

10602,128351005,12

1

1911

=

⋅⋅

⋅⋅⋅⋅===

−

−

ms103m

C

cr

NetQI

8

ππ A

γ) euF

B κεντρ= αλλά u≈c οπότε 51,510310602,1

1064,2819

10

=⋅⋅⋅

⋅== −

−

ecF

B κεντρ T

δ) 33,854,0 =⇒=−

ΤΕΛΤΕΛ B

BBB Τ



rb = 28042

176182

3,141232==

⋅ππ

m

ε) ΒCMS= 3,45,12

195002180104 70 =⋅

⋅= −πμ

LNI Τ

στ) 6,416106

5,1224 =

⋅⋅

==συνθ0u

Lt μs

Ελικοειδής τροχιά μήκους s=u0 t = 6 104 416,6 10-6 m=2499,6 10-2 m=24,996 m.

ζ) P= 500 I2R=500 0,08 5002=107 W

η) dIBπ

μ201 = ≈0,06 Τ οπότε ο αριθμός των συρμάτων θα είναι

1ΒBN ΤΕΛ= =150

θ) dII

lF 1

πμ

22

0= =320 Nm-1.

Θέμα 2ο Α. Ένα σπίτι κοντά σε μια λίμνη καλύπτει τις ενεργειακές του ανάγκες με μια θερμική μηχανή. Το χειμώνα, νερό κάτω από την παγωμένη επιφάνεια της λίμνης αντλείται προς την θερμική μηχανή. Θερμότητα μεταβιβάζεται από το νερό στο εργαζόμενο μέσο της μη-χανής, μέχρις ότου το νερό φθάσει στο σημείο πήξεώς του, οπότε και αποβάλλεται. Ο ε-ξωτερικός αέρας χρησιμοποιείται ως δεξαμενή χαμηλής θερμοκρασίας. Υποθέστε ότι η θερμοκρασία του αέρα είναι -150 C και η θερμοκρασία του νερού από τη λίμνη είναι 20 C. Υπολογίστε το ρυθμό (Λίτρα σε κάθε δευτερόλεπτο) με τον οποίο το νερό πρέπει να α-ντλείται προς τη μηχανή. Ο συντελεστής απόδοσης της μηχανής είναι ίσος με το ένα-πέμπτο της μέγιστης θεωρητικά προβλεπόμενης, και το σπίτι χρειάζεται 10 kW. Η πυκνό-τητα του νερού είναι 1 g/cm3 και η ειδική του θερμότητα 4,18 J/g.K.

Β. Με την εργασία του, o J.J. Thomson το 1897 για τη σωματιδιακή φύση των καθοδικών ακτίνων έδειξε ότι τόσο στη φωτοηλεκτρική όσο και στη θερμική εκπομπή, σωματίδια με τον ίδιο λόγο φορτίου προς μάζα (ηλεκτρόνια), εμφανίζονται έξω από τα μέταλλα. Κατέλη-ξε έτσι στην υπόθεση ότι στα μέταλλα υπάρχουν ηλεκτρόνια. Μια δεύτερη υπόθεση που θα έπρεπε να ελεγχθεί πειραματικά και να έχει μεγάλη δυνατότητα ερμηνείας και πρόβλε-ψης ώστε να αποτελέσει μια θεωρία, ήταν η υπόθεση ότι στα μέταλλα υπάρχουν ελεύθερα ηλεκτρόνια. 1. Πώς συμπεραίνεται η ελευθερία των φορέων του φορτίου σε μεταλλικό αγωγό από το νόμο του Ohm; 2. Η πειραματική επικύρωση της δεύτερης υπόθεσης ήρθε με το πείραμα Tolman και Stewart (1916, 1917). Η μέθοδος που ακολούθησαν ήταν να προσδίδουν μεγάλη επιτά-χυνση σε ένα μέταλλο και να μετρούν τη διαφορά δυναμικού που εκδηλώνεται μεταξύ των άκρων του μετάλλου λόγω της αδρανειακής μάζας των ελεύθερων φορέων φορτίου οι ο-ποίοι υπάρχουν μέσα του. Στο παρακάτω σχήμα ο μεταλλικός αγωγός με μήκος L επιτα-χύνεται με σταθερή επιτάχυνση α. Να υπολογίσετε τη διαφορά δυναμικού μεταξύ των ά-κρων του σε σχέση με τα L, α, και το ειδικό φορτίο (πηλίκο ηλ. Φορτίου προς τη μάζα) e/m του ηλεκτρονίου.



L V

α


A. α= ca51

= )1(51

h

c

TT

− Τη=274Κ , Τψ=258Κ επίσης: Tctm

tQ

Δ⋅⋅=2 με ΔΤ=2 deg

sgtm

tmP

Pa

δαπ

/104,102218,4

10274

25827551 3

4

⋅=⇒⋅⋅

=−

⋅⇒= ωφ δηλαδή 102,4 L/s

Β. 1) Ανυπαρξία κατωφλίου τάσης. Για οσοδήποτε μικρή τάση υπάρχει ηλεκτρικό ρεύμα. (γραφική παράσταση της χαρακτηριστικής ενός αντιστάτη).

2) Δημιουργείται ομογενές ηλεκτρικό πεδίο στο εσωτερικό του μεταλλικού αγωγού λόγω της μετακίνησης ελευθέρων ηλεκτρονίων στο αριστερό του άκρο η οποία οφεί-λεται στην επιταχυνόμενη κίνηση του αγωγού και στην αδράνεια των ηλεκτρονίων. Μόλις αποκαθίσταται το πεδίο αυτό σε κάθε ελεύθερο ηλεκτρόνιο θα ασκείται δύναμη

F=mα δηλαδή Εe=mα δηλαδή maeLV

= οπότε emLaV =

Θέμα 3ο Α. Ένα ιδανικό αέριο βρίσκεται σε δοχείο με έμβολο. Στο τοίχωμα του δοχείου που είναι απέναντι από το έμβολο υπάρχει μια μικρή οπή από την οποία διαρρέει το αέριο από το δοχείο με ρυθμό R. Ποιος θα ήταν ο ρυθμός διαρροής του αερίου στην περίπτωση που η θερμοκρασία στο εσωτερικό του δοχείου ήταν τετραπλάσια και η πίεση οκταπλάσια; Να θεωρήσετε ότι η μέση ταχύτητα των μορίων σε κάποια κατεύθυνση είναι ανάλογη με την ενεργό ταχύτητα των μορίων. Β. Ένα κλειστό μεταλλικό δακτυλίδι ακτίνας α=1 m και αντίστασης R=0,4 Ω είναι τοποθε-τημένο μέσα σε ομογενές μαγνητικό πεδίο έντασης BB1=400 mT με το επίπεδό του κάθετο στις δυναμικές γραμμές. Τη χρονική στιγμή t0=0 αρχίζουμε να μεταβάλλουμε με σταθερό ρυθμό την ένταση Β1 του μαγνητικού πεδίου μέχρι τη χρονική στιγμή t2 =5π s. Ποια πρέπει να είναι η ένταση του μαγνητικού πεδίου τη χρονική στιγμή t2 (Β2) ώστε η θερμική ισχύς στο δακτυλίδι να είναι P=16 mW. Πόσο είναι το μέτρο της έντασης του μαγνητικού πεδίου στο κέντρο του δακτυλιδιού τη χρονική στιγμή t1=5π/2 s λόγω του επαγωγικού ρεύματος; Δίνεται: Κμ=10-7 Ν/Α2. Συνοπτικές απαντήσεις / λύσεις:

Α. Ο ρυθμός διαρροής θα εκφραστεί σε μόρια ανά δευτερόλεπτο δηλαδή R=tN

Όμως τα μόρια που διαφεύγουν σε χρόνο t θα είναι αυτά που θα έχουν ταχύτητα κάθε-τη στο τοίχωμα του δοχείου που φέρει τη σχισμή και ο αριθμός τους θα δίνεται από τη



σχέση Ν= tuns x21

όπου s το εμβαδόν της οπής , η ο αριθμός των μορίων ανά μονάδα

όγκου και xu η μέση ταχύτητα των μορίων στον άξονα x ο οποίος είναι κάθετος στο τοίχω-

μα που φέρει τη σχισμή. Επειδή η xu είναι ανάλογη της ενεργού ταχύτητας ur= MRT3 θα

είναι ανάλογη με την T . Επίσης από την κινητική θεωρία n=KTP . Έτσι ο ρυθμός διαρρο-

ής θα είναι: R=tN =σταθ

TPT

TP σταθ= Αφού λοιπόν η πίεση οκταπλασιάζεται και η

θερμοκρασία τετραπλασιάζεται ο ρυθμός διαρροής θα τετραπλασιάζεται.

B. P=I2R από την οποία Ι=±0,2 Α αλλά 2108 −ΕΠ

ΕΠ ⋅=→= ER

EI V

π5108 2 ⋅⋅=ΔΦ→Δ

ΔΦ= −

ΕΠ tE wb ή 1104 −⋅=ΔΦ π wb

ΔΦ=Φ2-Φ1=πα2Β2 –πα2Β1=πα2ΔΒ οπότε: ΔΒ = 2παΔΦ

=0,4 Τ=400 mT Συνεπώς:

Αν ΔΒ>0 : Β2=Β1+ΔΒ =(400+400) mT ή Β2=800 mT Aν ΔΒ<0 : Β2=Β1-ΔΒ =(400-400) mT ή Β2=0

Στο κέντρο του δακτυλιδιού λόγω του επαγωγικού ρεύματος : Βκ=Κμa

Iπ2 =4π 10-8 Τ



Α. Ένα «μαύρο κουτί» με άγνωστο ηλεκτρικό κύκλωμα στο εσωτερι-κό του έχει τέσσερις ακροδέκτες. Ένας μα-θητής διαθέτοντας μια ιδανική μπαταρία, δύο ίδια αλλά όχι ιδανικά βολτόμετρα και δύο ί-δια αλλά όχι ιδανικά αμπερόμετρα για να ανακαλύψει το περιεχόμενο του κουτιού έκανε το παρακάτω κύκλωμα στο οποίο φαίνονται και οι μετρήσεις του. Καθορίστε το πιθανό κύκλωμα στο μαύρο κουτί και βρείτε τις παρα-μέτρους αριθμητικά. Προσπαθήστε να επινοήσετε το απλούστερο δυνατό κύκλωμα. Β. Για τον προσδιορισμό της ηλεκτρεγερ-τικής δύναμης Ε και της εσωτερικής αντί-στασης r μιας ηλεκτρικής πηγής συνε-χούς, πραγματοποιήσαμε το κύκλωμα που φαίνεται στο διπλανό σχήμα. V A

Δ

Στη συνέχεια κλείσαμε τον διακόπτη Δ και με τη βοήθεια των οργάνων μετρήσαμε την πολική τάση VΠ της πηγής και την έ-

Ένωση Ελλήνων Φυσικών ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ ΦΥΣΙΚΗΣ 2006 Πανεπιστήμιο Αθηνών Εργαστήριο Φυσικών Επιστημών, Τεχνολογίας, Περιβάλλοντος νταση I του ρεύματος που την διαρρέει, για κάποια θέση του δρομέα δ της ρυθμιστικής α-ντίστασης Τέλος επαναλάβαμε την προηγούμενη διαδικασία για διάφορες θέσεις του δρομέα δ οπότε προέκυψε ο παρακάτω πίνακας μετρήσεων:

Vπ (V) I (Α)

7.39 0.13

6.65 0.33

5.68 0.57

3.12 1.21

1.02 1.72

1. Να σχεδιάσετε το διάγραμμα Vπ=f(I) και να δικαιολογήσετε τη μορφή του 2. Να προσδιορίσετε τις τιμές των μεγεθών E και r Γ. Σε ποιόν από τους παρακάτω πίνακες οι τιμές δείχνουν εμφανώς μια σχέση αντιστρό-φου τετραγώνου ανάμεσα στις δυο μετρούμενες ποσότητες;


α. Στον πίνακα Α β. Στον πίνακα Β γ. Στον πίνακα Γ Συνοπτικές απαντήσεις / λύσεις: Α. Αφού το ένα βολτόμετρο δείχνει τάση μεγαλύτερη από την ΗΕΔ της πηγής το κουτί θα περιέχει και αυτό τουλάχιστον μια πηγή. Ο απλούστερος συνδυασμός για το κουτί είναι μια πηγή και ένας αντιστάτης. Με το δείκτη 1 θα συμβολίζουμε τις τιμές των τάσεων και των αντιστάσεων του αριστερού αμπερομέτρου και με το δείκτη 2 του δεξιού. Έχουμε: V1=3,6-3,3=0,3 V

R1= 21

1 RIV

= =30 Ω V2=I2R2=0,36 V Έτσι η τάση στα αριστερά άκρα του κουτιού θα

είναι : 3,6+0,36=3,96V. Συνεπώς ο αντιστάτης στο κουτί δεν μπορεί να είναι σε σειρά με την πηγή. Έτσι η ΗΕΔ της πηγής στο κουτί θα είναι: Ε= 3,96 V και ο αντιστάτης θα είναι συνδεδεμένος όπως φαί-νεται στο σχήμα. Από τον Α΄ κανόνα του Kίρχωφ το ρεύμα στο αριστερό βολτόμετρο θα είναι ΙΒ1=2 mΑ

ΠΙΝΑΚΑΣ ΤΙΜΩΝ Α

1024 1 512 2 256 3 128 4 64 5

ΠΙΝΑΚΑΣ ΤΙΜΩΝ Β

1 2 16 4 36 6 64 8 100 10

ΠΙΝΑΚΑΣ ΤΙΜΩΝ Γ

360 1 90 2 40 3

22.5 4 14.4 5


Έτσι η αντίστασή του θα είναι RΒ1= 8,1002,06,3

= kΩ. Επειδή και το δεξί βολτόμετρο έχει την

ίδια εσωτερική αντίσταση το ρεύμα σ’ αυτό θα είναι: ΙΒ2= 7,11800

3= mA

Έτσι η Rx= 565107,1

396,33 =

⋅−− Ω

0.0

1.0

2.0

3.0

4.0

5.0

6.0

7.0

8.0

0.0

0.5

1.0

1.5

2.0

Vπ=f(I)

VπΒ. E=8.1V, r=4.3Ω Γ. Σωστό το γ)

Ι




B΄ Λυκείου 21 Απριλίου 2007


Θέμα 1ο 1. Στο παρακάτω σχήμα φαίνονται οι δυναμικές γραμμές του ηλεκτρικού πεδίου το οποίο

δημιουργείται μεταξύ δύο αντίθετων ηλεκτρικών φορτίων. Ένα ηλεκτρόνιο ξεκινά από την ηρεμία στη θέση που εμφανίζεται με (x) και στη συνέχεια επιταχύνεται από το ηλεκτρικό πεδίο. Ποια τροχιά από αυτές που εικονίζονται με έντονο μαύρο είναι πιθανό να ακολουθήσει; Εξηγήστε συνοπτικά την απάντησή σας.

2. Ένα σωμάτιο με αρνητικό ηλεκτρικό φορτίο είναι αρχικά

ακίνητο μέσα σε ομογενές βαρυτικό και σταθερό ομογενές ηλεκτρικό πεδίο όπως φαίνεται στο διπλανό σχήμα. Ποια από τις παρακάτω θα είναι η μορφή της τροχιάς που θα ακολουθήσει το σωμάτιο; Θεωρήστε αμελητέες πιθανές αλληλεπιδράσεις του σωματίου οι οποίες δεν οφείλονται στα δύο πεδία.

α. β.

ε. δ.

γ.

Ε

g

+ -

α. β.

+ -

γ.

+ -

δ.

+ -

ε.

+ -



Λ

Λ2 Λ3

Δ1 Δ2 Δ3

x x x x x x

x x x x x x

x x x x x x

x x x x x x

(1)

(2)

(3)

B

3. Το διπλανό σχήμα δείχνει τις τροχιές τριών φορτισμένων σωματιδίων που κινούνται σε ομογενές μαγνητικό πεδίο Β κάθετο στο επίπεδο της σελίδας με φορά προς τα μέσα. Τα σωματίδια κινούνται στο επίπεδο της σελίδας. Η διεύθυνση κάθε σωματιδίου φαίνεται με τα βέλη. α. Για κάθε σωματίδιο, βρείτε αν έχει θετικό ή αρνητικό φορτίο. β. Αν και τα τρία σωματίδια έχουν την ίδια ορμή, ποιο έχει το μεγαλύτερο μέτρο

ηλεκτρικού φορτίου |q| ; Εξηγήστε. 4. Ένας κατασκευαστής θερμικών μηχανών ισχυρίζεται ότι κατασκεύασε μια μηχανή που

όταν απορροφά ποσό θερμότητας 200 J από τη θερμή δεξαμενή θερμοκρασίας 227ο C επιστρέφει στην ψυχρή δεξαμενή θερμοκρασίας 27ο C ποσό θερμότητας 100 J.

Να ελέγξετε τον ισχυρισμό του. 5. Ένα δοχείο γεμίζεται με άγνωστο αέριο. Για να ζεστάνουμε 1 kg από το αέριο αυτό

κατά 1 βαθμό υπό σταθερή πίεση, πρέπει να του προσφέρουμε θερμότητα 907,8 J, ενώ για να το ζεστάνουμε υπό σταθερό όγκο κατά 1 βαθμό πρέπει να του προσφέρουμε θερμότητα 648,4 J. Βρείτε τη γραμμομοριακή μάζα του αερίου, προκειμένου να καθορίσετε ποιο είναι το αέριο αυτό. Δίνεται R=8,314 J/mol K.

6. Ερμηνεύστε σε λίγες γραμμές, με βάση τα σωματίδια και τις κινήσεις τους στον

μικρόκοσμο, την αύξηση της πίεσης α. Σε μια ισόθερμη συμπίεση και β. σε μια ισόχωρη θέρμανση ιδανικού αερίου. Για κάθε μεταβολή σχεδιάστε μια μικρή περιοχή του χώρου, στην οποία να φαίνονται τα μόρια στην περιοχή αυτή πριν και μετά την μεταβολή. (Χρησιμοποιήστε μικρούς κύκλους για την απεικόνιση των μορίων και βελάκια ή κάποιον άλλο συμβολισμό για τις κινήσεις τους)

Θέμα 2ο 1. Το κύκλωμα του

διπλανού σχήματος αποτελείται από μια μπαταρία (με αμελητέα εσωτερική αντίσταση), τρεις λαμπτήρες πυρακτώσεως (Λ1, Λ2 και Λ3) που ο καθένας τους έχει ακριβώς την ίδια αντίσταση, και τρεις διακόπτες (Δ1, Δ2 και Δ3). Θεωρήστε ότι ανεξάρτητα από την ένταση του ρεύματος που κυκλοφορεί σε κάποιο λαμπτήρα, η αντίστασή του παραμένει αμετάβλητη. Όσο μεγαλύτερη είναι η ένταση του ηλεκτρικού ρεύματος, τόσο εντονότερα φωτοβολεί ο λαμπτήρας. Σε κάθε περίπτωση (α, β, γ) που περιγράφεται παρακάτω, θέλουμε να ξέρουμε ποιοι λαμπτήρες ανάβουν (και ποιοι όχι), και πόσο έντονα φωτοβολούν (ο ένας σε σχέση με τον άλλον). Δικαιολογήστε την απάντησή σας. α. Ο διακόπτης Δ1 είναι κλειστός, οι διακόπτες Δ2 και Δ3 είναι ανοικτοί. β. Οι διακόπτες Δ1 και Δ2 είναι κλειστοί, ο διακόπτης Δ3 είναι ανοικτός.



γ. Και οι τρεις διακόπτες (Δ1, Δ2 και Δ3) είναι κλειστοί. δ. Ποιος λαμπτήρας και σε ποια περίπτωση (α,β,γ) φωτοβολεί εντονότερα από όλους; ε. Σχεδιάστε κατ’ εκτίμηση (σύμφωνα με το απλό κλασικό πρότυπο που αγνοεί την

κυματική συμπεριφορά των ηλεκτρονίων στα στερεά) την τροχιά της τυχαίας κίνησης ενός ελευθέρου ηλεκτρονίου μέσα στο κρυσταλλικό πλέγμα ενός μεταλλικού αγωγού όταν δεν υπάρχει ηλεκτρικό πεδίο και την τροχιά της κίνησής του όταν υπάρχει ηλεκτρικό πεδίο έντασης Ε. Στο σχήμα να φαίνεται το διάνυσμα Ε και η φορά του ηλεκτρικού ρεύματος.

2. Οι δυνάμεις Van der Waals είναι ηλεκτρικές δυνάμεις που ασκούνται μεταξύ των μορίων, τα οποία έχουν μια ασύμμετρη κατανομή φορτίου, αν και το συνολικό τους φορτίο είναι μηδέν. Υπάρχει δηλαδή μια περιοχή με περίσσεια θετικού φορτίου και μια περιοχή με περίσσεια αρνητικού φορτίου. Ένα τέτοιο μόριο με ασύμμετρη κατανομή φορτίου μπορεί να προσεγγιστεί από το μοντέλο του ηλεκτρικού διπόλου, δηλαδή από ένα σύστημα φορτίων q1=q>0 και q2=-q που βρίσκονται στα άκρα ράβδου μήκους l. Ας φανταστούμε δύο δίπολα, όπως στο παρακάτω σχήμα σε απόσταση μεταξύ τους r.

α. Δείξτε ότι μεταξύ των διπόλων ασκείται ελκτική δύναμη, της οποίας να βρείτε το μέτρο. Γνωστά θεωρούνται τα Κc, q, l και r.

β. Δώστε μια απλούστερη μορφή στη σχέση που βρήκατε στο προηγούμενο ερώτημα αν λάβετε υπόψη σας ότι η απόσταση r είναι πολύ μεγαλύτερη από το l.

Θέμα 3ο 1. Ευθύγραμμος αγωγός μεγάλου μήκους τροφοδοτείται με ρεύμα Ι, σταθερής φοράς, το

οποίο μεταβάλλεται όπως στο παρακάτω διάγραμμα. Κυκλικός αγωγός αντίστασης R και ακτίνας r βρίσκεται στο ίδιο επίπεδο με τον ευθύγραμμο και το κέντρο του απέχει d από αυτόν. Η ακτίνα r είναι μικρή σε σχέση με το d ώστε να μπορείτε να υποθέσετε ότι το μαγνητικό πεδίο του ρεύματος Ι έχει κάποια στιγμή σε όλα τα σημεία εντός του κυκλικού αγωγού την ίδια τιμή με αυτή που έχει στο κέντρο του. Να υπολογίσετε την τιμή του μαγνητικού πεδίου Β στο κέντρο του κυκλικού αγωγού τη χρονική στιγμή t1. Γνωστά είναι τα μεγέθη Κμ, Ι1, Ιο, t1, d, R, r.

2. Σύμφωνα με τον De Broglie ένα σωμάτιο με μάζα m και ταχύτητα υ μπορεί να ιδωθεί

και ως υλικό κύμα με μήκος κύματος λ που είναι ίσο με τη σταθερά του Plank h δια το γινόμενο της μάζας επί την ταχύτητά του δηλαδή λ=h/mυ. Ψύχοντας Ρουβίδιο σε εξαιρετικά χαμηλές θερμοκρασίες, τα άτομά του περιέχονται σχεδόν όλα (συμπυκνώνονται) στη θεμελιώδη κατάσταση και προκύπτει μια νέα φάση της ύλης με διαφορετικές ιδιότητες που λέγεται συμπύκνωση Bose-Einstein. Θα λέγαμε ότι δημιουργείται ένα είδος «υπερατόμου». Η συμπύκνωση αυτή προκύπτει όταν το μήκος

I

d

I

t

Io

t10

I1

+ -

l

r

-

l +



κύματος De Broglie που αντιστοιχεί στα άτομα του Ρουβιδίου γίνεται ίσο με το ενδοατομικό διάστημα x (απόσταση δύο γειτονικών ατόμων). α. Εκτιμήστε τη θερμοκρασία στην οποία θα έπρεπε να ψύξουμε Ρουβίδιο για να

πετύχουμε συμπύκνωση Bose-Einstein. Υποθέστε ότι: - Το Ρουβίδιο συμπεριφέρεται σαν κλασικό ιδανικό αέριο ακόμα και σε πολύ χαμηλές θερμοκρασίες, πράγμα που βέβαια δεν ισχύει αλλά θα σας βοηθήσει για μια πρόχειρη εκτίμηση της ζητούμενης θερμοκρασίας.

- Η ψύξη αρχίζει από θερμοκρασία και πίεση δωματίου (Τ=300 Κ και P=1 atm). - O όγκος του παραμένει σταθερός. - Τα άτομα του Ρουβιδίου είναι κανονικά κατανεμημένα στον χώρο έτσι ώστε σε κάθε κύβο ακμής x να περιέχεται 1 άτομο Ρουβιδίου.

Δίνονται: Σταθερά Plank h=6,63·10-34J.s, Σταθερά Boltzman k=1,38·10-23 J/K, 1 atm=1,01·105 Nm-2, μάζα ατόμου Ρουβιδίου m=1,42·10-25 Kg.

β. Αν μπορούσατε να ελαττώσετε την ατομική απόσταση, δεν θα χρειαζόταν να μειώσετε τόσο πολύ τη θερμοκρασία. Γιατί νομίζετε ότι στα πρώτα πειράματα συμπύκνωσης Bose-Einstein δεν χρησιμοποιήθηκαν πολύ υψηλές πιέσεις;

Πειραματικό Μέρος Στη διάταξη του παρακάτω σχήματος ένας κυλινδρικός μαγνήτης αφήνεται να πέσει μέσα σε ένα χάλκινο σωλήνα ο οποίος έχει αναρτηθεί από έναν αισθητήρα δύναμης και συγκεκριμένα από τη μεταλλική λάμα (έλασμα) του αισθητήρα αυτού, μέσω ενός

ορθογωνίου πλαισίου από αλουμίνιο. Ο αισθητήρας δύναμης μπορεί να παίρνει διαρκώς μετρήσεις της δύναμης που του ασκεί το αναρτημένο από αυτόν σύστημα

Η πειραματική διάταξη



χάλκινου σωλήνα - αλουμινένιου πλαισίου. Πάνω από το στόμιο του χάλκινου σωλήνα έχει τοποθετηθεί ένας αισθητήρας θέσης, ο οποίος μπορεί να παίρνει διαρκώς μετρήσεις της απόστασης του μαγνήτη από αυτόν.

Αρχικά ο μαγνήτης με τη βοήθεια κάποιου μηχανισμού κρατιέται αιωρούμενος μέσα στον χαλκοσωλήνα, κοντά στην επάνω άκρη του τελευταίου, χωρίς να τον αγγίζει και σε απόσταση 52 cm από τον αισθητήρα θέσης. Η απόσταση αυτή είναι λίγο μεγαλύτερη από την ελάχιστη απαιτούμενη, ώστε ο αισθητήρας θέσης να μπορεί να μετράει σωστά. Ο μαγνήτης αφήνεται ελεύθερος 0,4 s μετά την έναρξη λήψης μετρήσεων. Οι μετρήσεις διαβιβάζονται από τους αισθητήρες στον Η/Υ μέσω κατάλληλου υλικού διασύνδεσης που συνίσταται στην κονσόλα Coachlab II. Με βάση τις μετρήσεις αυτές και με τη βοήθεια κατάλληλου λογισμικού (Coach 5) σχηματίζονται αυτόματα στην οθόνη του Η/Υ τα παρακάτω διαγράμματα:

Διάγραμμα της απόστασης του μαγνήτη από τον αισθητήρα θέσης συναρτήσει του χρόνου

Διάγραμμα της δύναμης που δείχνει ο αισθητήρας δύναμης συναρτήσει του χρόνου

ΕΡΩΤΗΣΕΙΣ 1. Τι είδους κινήσεις κάνει ο μαγνήτης κατά την πτώση του; 2. Εκτός των αμελητέων δυνάμεων τριβής μεταξύ του μαγνήτη που πέφτει και του

χαλκοσωλήνα, υπάρχει άλλη αλληλεπίδραση μεταξύ τους; Εξηγήστε. 3. Πώς ερμηνεύετε την κίνηση του μαγνήτη; 4. Πως μπορεί να εξηγηθεί η μορφή του διαγράμματος δύναμης – χρόνου; 5. Να υπολογίσετε κατά προσέγγιση το βάρος του μαγνήτη; Δικαιολογήστε. Παρατήρηση: Δεν υπάρχει σιδηρομαγνητικό υλικό σε μικρή απόσταση από τον μαγνήτη. Με τον όρο αισθητήρες εννοούμε συσκευές ή διατάξεις με τις οποίες ο Η/Υ "αισθάνεται" ή μετρά φυσικές ποσότητες του περιβάλλοντος, όπως θερμοκρασία, ένταση φωτός, πίεση, απόσταση κλπ. Για παράδειγμα, διασυνδεόμενος με μια φωτοαντίσταση (ηλεκτρική αντίσταση της οποίας η τιμή εξαρτάται από την ένταση του φωτός που προσπίπτει πάνω της) και μετατρέποντας την τιμή της, είναι δυνατό να υπολογίσει την ένταση του φωτός, αν είναι γνωστή η σχέση της έντασης του φωτός με την τιμή της ηλεκτρικής αντίστασης,

Καλή Επιτυχία Συνοπτικές απαντήσεις



Θέμα 1ο 1. Σωστό είναι το γ.

2. Σωστό είναι το γ.

3. α. q1<0, q2<0, q3>0

β. Bυ|q|=R

mυ 2

⇒ |q|=BRmυ . Αφού R3<R2<R1, προκύπτει ότι: |q3|>|q2|>|q1|.

4. Ο συντελεστής απόδοσης της μηχανής φαίνεται να είναι: e=h

ch

QQ-Q

⇒ e=0,5.

Ο συντελεστής απόδοσης μηχανής Carnot για τις δεδομένες θερμοκρασίες είναι:

ec= h

ch

TT-T

⇒ ec=0,4.

Επειδή ec<e , ο ισχυρισμός είναι ψευδής.

5. ΔQ=mcΔθ

mcpΔθ=ΔU+W (1) mcvΔθ=ΔU (2)

από (1) και (2) W=mΔθ(cp-cv) ⇒

PΔV=mΔΤ(cp-cv) (3)

Αλλά: ΡΔV=Mm RΔΤ (4)

Από (3) και (4) cp-cv= MR ⇒Μ =

vp c-cR

⇒Μ = 648,4-907,88,314 =32·10-3 kg/mol

Άρα, το αέριο είναι το οξυγόνο.

6. Στην ισόθερμη συμπίεση η αύξηση της πίεσης οφείλεται στην αύξηση του αριθμού των συγκρούσεων σε κάθε μονάδα επιφάνειας του δοχείου, αφού αντιστοιχούν περισσότερα μόρια σε ορισμένο όγκο του αερίου. Στο παρακάτω σχήμα φαίνεται μια μικρή περιοχή του αερίου πριν και μετά την ισόθερμη συμπίεση. Στην περιοχή αυτή αντιστοιχούν περισσότερα μόρια μετά τη συμπίεση αλλά η μέση ταχύτητά τους είναι ή ίδια πριν και μετά τη συμπίεση.

T σταθερή



Στην ισόχωρη θέρμανση η αύξηση της πίεσης οφείλεται στην αύξηση της μέσης τιμής των τετραγώνων των ταχυτήτων των μορίων του αερίου.

Θέμα 2ο

1. α. Δεν ανάβει κανείς λαμπτήρας.

β. Ανάβουν οι Λ1 και Λ2 λαμπτήρες, και έχουν την ίδια λαμπρότητα αφού είναι σε σειρά και διαρρέονται από το ίδιο ρεύμα.

γ. Ανάβουν και οι τρεις λαμπτήρες. Οι λαμπτήρες Λ2 και Λ3 είναι παράλληλα συνδεδεμένοι και επειδή έχουν ίσες αντιστάσεις Ι2=Ι3=Ι. Όμως Ι1=Ι2+Ι3=2Ι, και έτσι ο λαμπτήρας Λ1 διαρρέεται από διπλάσιο ρεύμα. Άρα, οι λαμπτήρες Λ2 και Λ3 έχουν την ίδια λαμπρότητα, ενώ ο λαμπτήρας Λ1 είναι πιο λαμπερός.

δ. Ο φωτεινότερος λαμπτήρας είναι ο Λ1 στην περίπτωση γ, διότι διαρρέεται από ρεύμα

Ιγ=

2RR

E

+. Ενώ στην περίπτωση β, διαρρέεται από ρεύμα Ιβ=

2RE .

Οπότε Ιγ>Ιβ.

ε.

Με την παρουσία του πεδίου οι τροχιές παρουσιάζουν μικρή καμπυλότητα.

Τ αυξάνεται

Μετατόπιση λόγω πεδίου

Συμβατική φορά ηλ. ρεύματος I

E



2. α. ( )2

2

c2

2

c lrqk

rqkF

++−=

( )2

2

c2

2

c lrqk

rqk

−+−

μετά τις πράξεις: ( )2222

22

22c

lrr3lr

lq6KF−

−=

β. 4

226r

lqKF c=

Θέμα 3ο

1. Το πεδίο του Ι είναι d

2IKB 1

μ1 = (1) με φορά από τον αναγνώστη προς το χαρτί.

Στον κυκλικό αγωγό επάγεται ρεύμα με φορά αντίθετη από των δεικτών του ρολογιού (κανόνας Lenz)

1

012

12

επ2

tII

dK

Rπr

dtdB

Rπr

RdtdΦI μ

−===

Στο κέντρο του κυκλικού αγωγού λόγω του ρεύματος από επαγωγή δημιουργείται μαγνητικό πεδίο με φορά από το χαρτί προς τον αναγνώστη

( )1

0122

επ2

4π2πRdt

IIrKrIKB μ

μ

−== (2)

Το πεδίο στο κέντρο του κυκλικού αγωγού θα είναι Β=Β1-Β2

2. α. KTEk 23

= 2

21 υmEk =

mKT32 =υ λ=

KTmh

3

Αφού ο όγκος δεν αλλάζει η απόσταση των ατόμων παραμένει σταθερή.

Από την καταστατική εξίσωση: P=V

nRT

Vn =

RTP , οπότε:

VN =

KTP , N ο αριθμός των ατόμων, Κ η σταθερά Boltzmann.

Υποθέστε ότι τα άτομα είναι κανονικά τοποθετημένα και x η απόσταση μεταξύ τους:

3x1 =

VN =

KTP , οπότε προκύπτει: x =3,4·10-9 m.

Για συμπύκνωση πρέπει x=λ ,δηλαδή x=KTmh

3, από την οποία: T=

Kmxh32

2

και Τ=6,5

mK.

β. Με την αύξηση της πίεσης συνήθως αυξάνεται και η θερμοκρασία, πράγμα που δεν είναι επιθυμητό. Εξάλλου για να ψύξουμε το αέριο απομακρύνουμε τα γρήγορα άτομα και έτσι η πίεση μειώνεται.



Πειραματικό Μέρος 1. Για το χρονικό διάστημα από 0 s μέχρι 0,4 s ο μαγνήτης παραμένει ακίνητος. Η

απόστασή του από τον αισθητήρα θέσης στο διάστημα αυτό είναι σταθερή και ίση με 0,52 m. Από τη στιγμή 0,4 s αρχίζει μια επιταχυνόμενη κίνηση μέχρι περίπου τη χρονική στιγμή 0,6 s.

Στη συνέχεια, η κίνηση είναι ευθύγραμμη ομαλή μέχρι περίπου τη χρονική στιγμή 1,6 s. Η σταθερή ταχύτητα στο διάστημα αυτό είναι η μέγιστη που αναπτύσσεται κατά τη διάρκεια του πειράματος και ονομάζεται οριακή ταχύτητα. (Από την κλίση της ευθείας βρίσκουμε ότι vορ=1 m/s). Τέλος, από τη στιγμή 1,6 s και μετά, ο μαγνήτης σταματάει να κινείται γιατί έχει φτάσει στο δάπεδο (αφρολέξ).

2. Κατά την πτώση του μαγνήτη επάγονται κυκλικά ρεύματα (δινορεύματα) στον χαλκοσωλήνα λόγω μεταβολών της μαγνητικής ροής. Αυτό συμβαίνει ανά πάσα χρονική στιγμή τόσο στο τμήμα του σωλήνα που βρίσκεται αμέσως μπροστά (κάτω) από τον μαγνήτη όσο και σε αυτό που βρίσκεται αμέσως πίσω (πάνω) του. Tα δινορεύματα που έπονται του μαγνήτη θα έχουν αντίθετη φορά από εκείνα που προηγούνται λόγω αντίθετου προσήμου στους ρυθμούς μεταβολής της μαγνητικής ροής πίσω (πάνω) και μπροστά (κάτω) από τον μαγνήτη. Σε κάθε περίπτωση όμως, σύμφωνα με τον νόμο του Lenz, τα δινορεύματα αυτά αντιδρούν στην αιτία που τα προκάλεσε. Έτσι μέσω του μαγνητικού τους πεδίου ασκούν δυνάμεις στον μαγνήτη (δράσεις) οι οποίες εμποδίζουν την πτώση του.

Η συνισταμένη όλων αυτών των δυνάμεων είναι μία δύναμη F, η οποία ασκείται στον μαγνήτη, κατακόρυφη με φορά προς τα πάνω. Με βάση όμως τον τρίτο νόμο του Νεύτωνα, και ο μαγνήτης ασκεί αντίθετες δυνάμεις στα δινορεύματα ή στον χαλκοσωλήνα μέσα στον οποίο αυτά αναπτύσσονται (αντιδράσεις). Η συνισταμένη όλων αυτών των αντιδράσεων είναι μία δύναμη F΄ στον χαλκοσωλήνα, κατακόρυφη με φορά προς τα κάτω. Ανά πάσα χρονική στιγμή ισχύει: F= -F'.

3. Όπως αναφέρθηκε και στην απάντηση του προηγούμενου ερωτήματος, κατά την πτώση του μαγνήτη επάγονται δινορεύματα στον χαλκοσωλήνα τα οποία μέσω του μαγνητικού τους πεδίου ασκούν δυνάμεις στον μαγνήτη που εμποδίζουν την πτώση του. Όσο οι δυνάμεις αυτές έχουν συνισταμένη με μέτρο μικρότερο του βάρους του μαγνήτη, η ταχύτητά του μεγαλώνει (κίνηση επιταχυνόμενη), οι μεταβολές της μαγνητικής ροής γίνονται γενικά γρηγορότερες, αυξάνεται η ένταση των δινορευμάτων και επομένως αυξάνεται και το μέτρο των δυνάμεων που εμποδίζουν την πτώση του. Κάποια στιγμή η συνισταμένη F όλων αυτών των δυνάμεων γίνεται ίση κατά μέτρο με το βάρος W του μαγνήτη. Από τότε και στο εξής ο μαγνήτης δεν μπορεί να επιταχυνθεί άλλο, και η κίνησή του γίνεται με σταθερή οριακή ταχύτητα.

4. Όταν ο μαγνήτης δεν έχει αρχίσει ακόμα να πέφτει, η δύναμη που καταγράφεται από τον

αισθητήρα δύναμης δεν είναι άλλη από το συνολικό βάρος του συστήματος χαλκοσωλήνας - αλουμινένιο πλαίσιο που αναρτάται από αυτόν.

Όταν όμως αρχίσει η πτώση του μαγνήτη την χρονική στιγμή 0,4 s, λόγω των δινορευμάτων που επάγονται στον σωλήνα έχουμε την αλληλεπίδραση μαγνήτη – χαλκοσωλήνα και επομένως μία συνισταμένη δύναμη F' στον σωλήνα από τον μαγνήτη, κατακόρυφη με φορά προς τα κάτω, η οποία προστίθεται στο βάρος του συστήματος

Όταν η ταχύτητα του μαγνήτη είναι οριακή, ισχύει F=W.



χαλκοσωλήνας-αλουμινένιο πλαίσιο και προκαλεί αύξηση της τιμής της δύναμης που καταγράφεται από τον αισθητήρα. Έτσι βλέπουμε στο διάγραμμα από τα 0,4s μέχρι τα 0,6s περίπου η τιμή της δύναμης να αυξάνεται.

Στη συνέχεια, κατά το χρονικό διάστημα από 0,6 s περίπου μέχρι 1,6 s κατά το οποίο ο μαγνήτης κινείται με σταθερή οριακή ταχύτητα, η συνισταμένη F' των αντιδράσεων του μαγνήτη στα δινορεύματα (και άρα στο σωλήνα) έχει τιμή σταθερή και ίση με την τιμή του βάρους W του μαγνήτη (F'=Wμαγν). Διότι: F= -F' (Δράση – αντίδραση) Αλλά: F= -Wμαγν (λόγω οριακής ταχύτητας) Άρα: F'=Wμαγν

Έτσι, για όλο το προαναφερθέν διάστημα, στο βάρος του συστήματος χαλκοσωλήνας-αλουμινένιο πλαίσιο προστίθεται η σταθερή αυτή δύναμη F' που είναι ίση με το βάρος του μαγνήτη. (Βέβαια, στο διάγραμμα δύναμης – χρόνου η δύναμη δεν σταθεροποιείται αμέσως στην αυξημένη τελική τιμή της, αλλά για λίγο (0,6s έως 1s) κυμαίνεται ελαφρώς λόγω της μεταλλικής λάμας του αισθητήρα δύναμης που λειτουργεί ως ελατήριο).

5. Με βάση τα αναφερθέντα στην προηγούμενη απάντηση, για να υπολογίσουμε το βάρος W του μαγνήτη, αφαιρούμε από την τελική σταθεροποιημένη τιμή της δύναμης στη διάρκεια της ευθύγραμμης ομαλής κίνησης, την αρχική της τιμή. Έτσι έχουμε:

Wμαγν=16 Ν -14,7 Ν=1,3 Ν.



22 Μαρτίου 2008

B΄ Λυκείου


Θέμα 1o

α. Ένα δοχείο με αδιαβατικά τοιχώματα περιέχει μονοατομικό ιδανικό αέριο με σχετική μοριακή μάζα Mr και ενώ κινείται με ταχύτητα μέτρου v σταματά απότομα. Βρείτε την αύξηση της θερμοκρασίας του αερίου ως αποτέλεσμα της ακινητοποίησης του δοχείου συναρτήσει των Mr, v, και της σταθεράς των αεριών R.

β. Τα στοιχεία Α και Β έχουν ίσες ΗΕΔ Ε και διαφορετικές εσωτερικές αντιστάσεις r1, r2 με r1>r2 αντίστοιχα. Βρείτε την τιμή της R ώστε αρκετό χρόνο μετά το κλείσιμο του διακόπτη Δ, η διαφορά δυναμικού στα άκρα του στοιχείου Α να είναι μηδέν. Δίνονται r1=2,5Ω , r2=1Ω και ότι το πηνίο είναι ιδανικό (έχει αμελητέα ωμική αντίσταση).

γ. Η θερμοκρασία του μίγματος των αερίων στον κινητήρα (μηχανή) ενός αυτοκινήτου

κατά τη διάρκεια της καύσης είναι 1800o C. Τα καυσαέρια αποβάλλονται σε θερμοκρασία 80ο C. Υπολογίστε τη μέγιστη θεωρητική απόδοση του κινητήρα του αυτοκινήτου. Το αυτοκίνητο αυτό καταναλώνει 7 λίτρα πετρέλαιο σε κάθε 100 km όταν κινείται με σταθερή ταχύτητα μέτρου 90 km/h. Αν η ισχύς που αποδίδει ο κινητήρας στο κιβώτιο ταχυτήτων είναι 15 kW να βρείτε την απόδοση του κινητήρα του αυτοκινήτου. Δίνεται ότι ένα λίτρο πετρελαίου όταν καίγεται δίνει 10 kWh.

Θέμα 2o

Α. Πρωτόνιο εισέρχεται με ταχύτητα vο σε χώρο στον οποίο

συνυπάρχουν ένα ομογενές ηλεκτρικό πεδίο έντασης Ε και ένα ομογενές μαγνητικό πεδίο Β, όπως φαίνεται στο σχήμα. Ο χώρος κατά τη διεύθυνση της vο εκτείνεται σε μήκος d, ενώ οι άλλες δύο διαστάσεις του είναι πολύ μεγάλες. Ονομάζουμε λ το λόγο

oBvE

=λ

α) Δείξτε ότι ο λ είναι καθαρός αριθμός, δηλαδή οι διαστάσεις του Ε είναι ίδιες με τις διαστάσεις του γινομένου Β ∙ vο

Β Ε

d

vο

Δ

R R

R R

R

R L

C

Ε,r1 Ε,r2

A B



β) Να προσδιοριστεί η τιμή του λ ώστε το πρωτόνιο να μην εκτρέπεται από την ευθύγραμμη κίνησή του.

γ) Σας δίνονται οι παρακάτω πληροφορίες: (i) Στην περίπτωση που δεν υπήρχε το μαγνητικό πεδίο το πρωτόνιο θα έβγαινε από τον παραπάνω χώρο έχοντας υποστεί γωνιακή εκτροπή θ, δηλαδή η διεύθυνση της ταχύτητας εξόδου του πρωτονίου από τον παραπάνω χώρο θα σχημάτιζε γωνία θ με τη διεύθυνση της ταχύτητας εισόδου.

(ii) Στην περίπτωση που δεν υπήρχε το ηλεκτρικό πεδίο το πρωτόνιο θα έβγαινε από τον παραπάνω χώρο έχοντας υποστεί και πάλι ίδια γωνιακή εκτροπή θ.

Από αυτές τις πληροφορίες να υπολογίσετε το λόγο λ αν σας δίνεται το συνημίτονο της θ, (cosθ).

Β. Σωμάτιο με μάζα m=0,01 kg και ηλεκτρικό

φορτίο q=2,0 μC βρίσκεται σε λείο οριζόντιο τραπέζι με μονωτική επιφάνεια και είναι δεμένο στο ένα άκρο οριζόντιας μονωτικής μη ελαστικής χορδής μήκους L=1,5 m της οποίας το άλλο άκρο είναι στερεωμένο στο σημείο Α όπως φαίνεται στο σχήμα. Το σωματίδιο αφήνεται από την ηρεμία όταν η χορδή είναι οριζόντια και σχηματίζει γωνία θ=60ο με οριζόντιο ομογενές ηλεκτρικό πεδίο Ε=300 V/m. Ποια η ταχύτητα του σωματιδίου όταν το σχοινί γίνεται παράλληλο με το ηλεκτρικό πεδίο;

Θέμα 3o

A. Οκτώ σημειακά ηλεκτρικά φορτία βρίσκονται στις κορυφές ενός κύβου πλευράς α όπως φαίνεται στο σχήμα.

Βρείτε την ενέργεια που απαιτείται για τη διάλυση του συστήματος. Δίνονται q, α, Κc.

B. Αραιό μονοατομικό αέριο βρίσκεται στην κατάσταση Α(P1,V1,T1) όπου P1=3,2 Atm, V1=1 L, T1=1000 K. Tο αέριο υφίσταται τις εξής διαδοχικές μεταβολές:

ΑΒ: ισόθερμη εκτόνωση σε θερμοκρασία Τ1.

ΒΓ: ισόχωρη ψύξη μέχρι θερμοκρασία Τ2=250 Κ

ΓΔ: ισόθερμη εκτόνωση σε θερμοκρασία Τ2

ΔΑ: αδιαβατική συμπίεση μέχρι την αρχική κατάσταση Α.

Αφού παρασταθεί η κυκλική μεταβολή σε διάγραμμα P-V να βρεθούν: α. Η κατάσταση Δ (PΔ,VΔ,ΤΔ) β. Η κατάσταση Β έτσι ώστε το συνολικό ωφέλιμο έργο του κύκλου να είναι μηδέν. Δίνονται: γ=5/3, e0,8=2,2, ln2=0,7.

L

A

m ,q E

θ

+q

+q

+q

+q

-q

-q -q

-q α



Πειραματικό Μέρος Ένα κύκλωμα (1) αποτελείται από ένα μικρό πηνίο με 300 σπείρες εμβαδού 8,4.10-4 m2 και ένα βαλλιστικό γαλβανόμετρο. Η ωμική αντίσταση του μικρού πηνίου είναι 162 Ω και η ωμική αντίσταση του γαλβανομέτρου 30 Ω. Το βαλλιστικό γαλβανόμετρο μετρά το ηλεκτρικό φορτίο που διέρχεται από αυτό.

Ένα κύκλωμα (2) αποτελείται από σωληνοειδές πηνίο μεγάλου μήκους, τροφοδοτικό, διακόπτη και αισθητήρα έντασης ηλεκτρικού ρεύματος (αμπερόμετρο) συνδεδεμένο με ηλεκτρονικό υπολογιστή.

Το μικρό πηνίο του κυκλώματος (1) βρίσκεται τοποθετημένο στη κεντρική περιοχή του σωληνοειδούς του κυκλώματος (2), έτσι ώστε να έχουν τον ίδιο άξονα.

Ο διακόπτης του κυκλώματος (2) είναι ανοικτός. Κλείνουμε τον διακόπτη οπότε στην οθόνη του υπολογιστή δημιουργείται το διάγραμμα της έντασης ηλεκτρικού ρεύματος σε σχέση με το χρόνο. Από το διάγραμμα αυτό βρίσκουμε ότι σε χρόνο Δt αποκαθίσταται ρεύμα Ι στο κύκλωμα (2). Το ηλεκτρικό φορτίο Q που κινείται στο ίδιο χρονικό διάστημα Δt στο κύκλωμα (1) μετριέται με το βαλλιστικό γαλβανόμετρο.

Επαναλαμβάνουμε για διάφορες τιμές της τάσης την οποία δίνει το τροφοδοτικό, οπότε παίρνουμε τα πειραματικά δεδομένα τα οποία φαίνονται στον παρακάτω πίνακα.

Ι (Α) Q (μC) B (T) 0,78 1,10

1,46 2,10

2,04 2,94

2,65 3,87

3,20 4,65

ΕΡΩΤΗΣΕΙΣ

1. Εξηγείστε γιατί το ρεύμα στο κύκλωμα (2) δεν αποκαθίσταται ακαριαία με το κλείσιμο του διακόπτη στην τελική του τιμή;

2. Εξηγείστε γιατί στο κύκλωμα (1) κυκλοφορεί ηλεκτρικό ρεύμα όσο χρόνο διαρκεί η αποκατάσταση του ρεύματος στο κύκλωμα (2).

3. Από τι εξαρτάται το ηλεκτρικό φορτίο που μετατοπίστηκε στο κύκλωμα (1) και βρέθηκε με τη διάταξη του βαλλιστικού γαλβανομέτρου;

4. Τι μορφή, υποθέτετε, ότι θα έχει το γράφημα του μαγνητικού πεδίου του σωληνοειδούς σε σχέση με το ρεύμα που κυκλοφορεί σ’ αυτό; Απαντήστε κάνοντας ένα ποιοτικό διάγραμμα το οποίο να τεκμηριώνεται θεωρητικά και όχι από τα πειραματικά δεδομένα.

5. Γράψετε τον πίνακα στο τετράδιό σας, με συμπληρωμένη την τρίτη στήλη. Στη στήλη αυτή θα προσθέσετε τις τιμές για το μαγνητικό πεδίο B στην κεντρική περιοχή του σωληνοειδούς όπως προκύπτει από την ανάλυση των πειραματικών δεδομένων.

6. Κάντε τη γραφική παράσταση του μαγνητικού πεδίου Β στη κεντρική περιοχή του σωληνοειδούς σε σχέση με το ρεύμα Ι που κυκλοφορεί στο σωληνοειδές.

7. Επιβεβαιώνεται ή όχι η θεωρητική πρόβλεψή σας; Με τον όρο αισθητήρες εννοούμε συσκευές ή διατάξεις με τις οποίες ο Η/Υ "αισθάνεται" ή μετρά φυσικές ποσότητες του περιβάλλοντος, όπως θερμοκρασία, ένταση φωτός, πίεση, απόσταση, ηλεκτρικό ρεύμα κλπ.



Αν θέλετε, μπορείτε να κάνετε τo διάγραμμα εδώ και να επισυνάψετε το χαρτί αυτό μέσα στο τετράδιό σας. Επιλέξτε τους άξονες τιτλοδοτήστε και συμπεριλάβετε τις κατάλληλες μονάδες σε κάθε άξονα.

0 0



Συνοπτικές Λύσεις Θέμα 1o

α. 2

1 mv2=nCvΔΤ (όπου m η μάζα του αερίου)

Δηλαδή: 2

1 mv2=rM

m CvΔΤ

Και: Cv=2

3 R

Άρα: r2=rΜΤRΔ3

Οπότε: ΔΤ= RvMr

3

2

β. Ι=

4

3

2

21

Rrr

E

++

VA=E-Ir1=0

Οπότε: E=

4

3

2

21

Rrr

E

++r1

Και: R=3

)(4 21 rr −

Άρα: R=2 Ω

γ. Τh=2073K

Tc=353K

emax=1-h

c

TT

Δηλαδή: emax=1-2073

353=0,83

Άρα: emax=83%

Το αυτοκίνητο διανύει τα 100 km σε χρόνο t=100/90 h.



Δηλαδή: t=9

10 h.

Τα 7 L πετρέλαιο με την καύση τους αποδίδουν 70 kWh.

Συνεπώς, ο ρυθμός της παρεχόμενης θερμότητας είναι P=

h

kWh

9

10

70.

Δηλαδή: P=63 kW.

Η απόδοση του κινητήρα θα είναι: e=63

15.

Δηλαδή: e=24%

Θέμα 2o

Α. α. Ένας τρόπος θα ήταν να πολλαπλασιάσουμε τον αριθμητή και τον παρονομαστή με το φορτίο q του πρωτονίου. Τότε θα ήταν

λ = Fηλ/Fμαγν

Δηλαδή, οι διαστάσεις τόσο του αριθμητή όσο και του παρονομαστή είναι διαστάσεις δύναμης, άρα το λ είναι αδιάστατο.

β. Αφού το πρωτόνιο δεν εκτρέπεται ισχύει Fηλ=Fμαγν, άρα λ=1.

γ. Αν υπάρχει μόνο το ηλεκτρικό πεδίο έχουμε tanθ=υy/υχ

Είναι όμως υχ=υο, υy=at, a=Eq/m, t=d/υο και Ε=λΒ, οπότε καταλήγουμε tanθ=λΒqd/mυο (1)

Αν υπάρχει μόνο το μαγνητικό πεδίο το πρωτόνιο θα διαγράψει τμήμα κύκλου με κέντρο Κ και ακτίνα

R=mυο/Βq (2)

Επίσης tanθ=d/y (3)

Από (1),(3) προκύπτει: λΒqd/mυο= d/y (4)

επίσης y=Rcosθ (5)

Έτσι η (4) με τη βοήθεια των (2) και (5) δίνει: λ=R/y=1/cosθ

Ε

d

υο

υχ

υ υy

θ

Β

d

υο

R

K θ

θ

y



Β. 2

1 mv2-0=Eq(L-Lcosθ)

v=m

θqEL )cos1(2 −

v=0,3 m/s

Θέμα 3o

A. Υπάρχουν 12 ζεύγη ηλεκτρικών φορτίων που απέχουν α.

Αυτά θα έχουν: U1= αqKc

212−

Υπάρχουν και 12 ζεύγη ηλεκτρικών φορτίων που απέχουν α 2 .

Αυτά θα έχουν: U2=2

12 2

αqKc

Επίσης υπάρχουν και 4 ζεύγη ηλεκτρικών φορτίων που απέχουν α 3 .

Αυτά θα έχουν: U3=3

4 2

αqKc−

Η δυναμική ενέργεια του συστήματος είναι: U=U1+U2+U3

Δηλαδή: U= αqK 2

c

−+−

3

4

2

1212

Άρα: U=-5,824 αqKc

2

Αν W η ενέργεια που απαιτείται θα ισχύει:

U + W = ∞U . Αλλά: ∞U = 0

Οπότε: W = -U. Έτσι: W = 5,824 α

2qKc

B. α. γ=5/3, άρα: Cv= R2

3 και Cp= R

2

5 (1)

Στο διάγραμμα εικονίζεται η διεργασία που υφίσταται το αέριο.

Οι καταστάσεις Δ και Α ανήκουν στην ίδια αδιαβατική καμπύλη.

+q

+q

+q

+q

-q

-q -q

-q α



Άρα: γΔA VPVP A ∆=γ

(2) . Ακόμη: Δ

ΔA

ΤVP

TVPA

A ∆= (3)

Από τις (2) και (3): 1-γΔ

1 VΤVT AA ∆− =γ , από την οποία: 1

1

1

2

1Δ VΤ

ΤV−

=

γ.

Οπότε: 12

3

4 VV =∆ και VΔ=8 L

Από την (4): PΔ= PA

γ

Δ

Α

VV

, από την οποία: 1

3

5

Δ 8

1 PP

= και PΔ=0,1 Atm

Άρα η κατάσταση Δ είναι η (PΔ,VΔ,ΤΔ), με:

PΔ=0,1 Atm VΔ=8 L και ΤΔ=250 Κ

β. Είναι Wωφ= WΑΒ+WΒΓ+WΓΔ+WΔΑ=0, όπου:

1

3,2

(Atm) P

0,1

A

V

(L)

8

B

Γ

Τ1

Τ2 Δ



WΑΒ=nRT1 lnA

BVV

= nRT1 ln1

BVV

WΒΓ=0

WΓΔ=nRT2 lnΓ

ΔVV

=-nRT2 ln∆V

VB

WΔΑ=-ΔUΔΑ=-nCv(T1-T2)=-2

3 nR(T1-T2)

Έτσι, έχουμε: T1 ln1

BVV

- T2 ln∆V

VB -2

3(T1-T2)=0

Αντικαθιστώντας τις τιμές: VΔ=8 L, T1=1000 K, T2=250 K, προκύπτει:

lnVB=0,8, άρα: VB= 5

4

e L ή VB=2,2 L

Επειδή οι καταστάσεις Β και Α ανήκουν στην ίδια ισόθερμη, ισχύει:

PBVB= PAVA

PB= P1

B

1VV

ή PB=1,45 Atm

Άρα η κατάσταση B είναι η (PB,VB,ΤB), με:

PB=1,45 Atm VB=2,2 L και ΤB=1000 Κ

Πειραματικό Μέρος ΕΡΩΤΗΣΕΙΣ

1. Λόγω του φαινομένου της αυτεπαγωγής στο σωληνοειδές πηνίο και σύμφωνα με τον κανόνα του Lenz η αναπτυσσόμενη ΗΕΔ από αυτεπαγωγή έχει τέτοια πολικότητα ώστε να αντιτίθεται στην αύξηση του ρεύματος. Αυτό έχει ως αποτέλεσμα να καθυστερεί η αποκατάσταση του ρεύματος στο κύκλωμα (2).

2. Καθώς αυξάνεται το ρεύμα στο κύκλωμα (2) θα αυξάνεται αντίστοιχα το μαγνητικό πεδίο Β στην κεντρική περιοχή του σωληνοειδούς συνεπώς και η μαγνητική ροή η οποία διέρχεται από τις σπείρες του μικρού πηνίου του κυκλώματος (1). Σύμφωνα με τον νόμο της επαγωγής θα εμφανίζεται ΗΕΔ από επαγωγή (αμοιβαία επαγωγή) και δευτερευόντως θα κυκλοφορεί επαγωγικό ρεύμα στο κύκλωμα (1).

3. Το επαγωγικό φορτίο δίνεται από τη σχέση: RNBAQ = (Νόμος Newmann) όπου

R= 192 Ω η συνολική αντίσταση του κυκλώματος (1), Ν=300 ο αριθμός των σπειρών του μικρού πηνίου και Α=8,4 10-4 m2 το εμβαδόν κάθε σπείρας του. Το επαγωγικό φορτίο είναι ανεξάρτητο από το χρόνο μέσα στον οποίο έγινε η μεταβολή της μαγνητικής ροής.



4. Επειδή από τη θεωρία γνωρίζουμε ότι B=Kμ4πnI υποθέτουμε ότι το γράφημα του μέτρου του Β σε σχέση με το ρεύμα Ι θα είναι ευθεία η οποία θα διέρχεται από την αρχή των αξόνων αφού τα μεγέθη είναι ανάλογα.

5. Από το νόμο του Newmann έχουμε ότι NAQRB = αντικαθιστώντας τις πειραματικές

τιμές του Q και τις τιμές για τα R, A και Ν βρίσκουμε τις αντίστοιχες τιμές του Β

Ι (Α) Q (μC) B (T) 0,78 1,10 0,08

1,46 2,10 0,16

2,04 2,94 0,22

2,65 3,87 0,29

3,20 4,65 0,35

6.

0

0,5

1

1,5

2

2,5

3

3,5

4

0 1 2 3 4

I (A)

B (

T)

x 1

0-1

Σειρά1

Γραμμική (Σειρά1)

7. Η πρόβλεψη (υπόθεσή) μας επιβεβαιώνεται



B΄ Λσκείοσ

14 Μαρτίοσ 2009


Θέμα 1ο

A. Έλα θαηαηγηδνθόξν ζύλλεθν πεξηέρεη θνξηηζκέλα

ζσκάηηα όπσο ηνληζκέλα άηνκα, θνξηηζκέλεο ζηαγό-

λεο λεξνύ, θνκκάηηα πάγνπ θαη θόθθνπο ζθόλεο ζε

κεγάιε ζπγθέληξσζε. Υπάξρεη κηα ζπγθέληξσζε ζε-

ηηθνύ θνξηίνπ ζην πάλσ κέξνο ηνπ ζύλλεθνπ θαη κηα

ζπγθέληξσζε αξλεηηθνύ θνξηίνπ ζην θάησ κέξνο.

Υπνζέζηε όηη ε θαηαλνκή θνξηίνπ ζην ζύλλεθν απηό

κπνξεί λα πξνζεγγηζηεί από δύν νκνγελείο ζθαηξηθέο

θαηαλνκέο θνξηίνπ +100C θαη -100C, κε ηα θέληξα

ηνπο ζηα ζεκεία P θαη Q όπσο θαίλεηαη ζην δηπιαλό

ζρήκα. Βξείηε ην κέηξν θαη ηε δηεύζπλζε ηνπ ειεθηξη-

θνύ πεδίνπ i) ζην ζεκείν P θαη ii) ζην ζεκείν πνπ

βξίζθεηαη έλα αεξνπιάλν 1km πάλσ από ην P ζηελ

θαηαθόξπθν QP. Γίλεηαη Κc=9 109 Nm2/C2.

B. Μηα νκάδα καζεηώλ ζέιεη λα κεηξήζεη ηελ ειεθηξεγεξηηθή δύλακε Ε θαη ηελ εζσηεξηθή

αληίζηαζε r, κηαο ειεθηξηθήο πεγήο. Τα όξγαλα πνπ δηαζέηεη είλαη: ακπεξόκεηξν, βνιηόκε-

ηξν, ξπζκηζηηθή αληίζηαζε, ζύξκαηα θαη δηαθόπηε. Οη καζεηέο πήξαλ ηηο πην θάησ κεηξή-

ζεηο:

i) Να ζρεδηάζεηε ην θύθισκα πνπ ρξεζηκνπνίεζαλ νη καζεηέο θαη ηε γξαθηθή παξάζηαζε

πνπ πξνέθπςε από ηηο κεηξήζεηο ηνπο.

ii) Να ππνινγίζεηε από ηε γξαθηθή παξάζηαζε ηελ ΗΔΓ Ε θαη ηελ εζσηεξηθή αληίζηαζε r

ηεο ειεθηξηθήο πεγήο.

Γ. Θεσξείζηε δύν ζσκάηηα Α θαη Β ηα νπνία ηε ρξνληθή ζηηγκή t=0 αθήλνληαη ειεύζεξα ζε νκνγελέο ειεθηξηθό πεδίν Ε. Τν Α έρεη κάδα m θαη θνξηίν q ελώ ην Β έρεη κάδα 2m θαη θνξηίν 2q. Αγλνείζηε ηηο αιιειεπηδξάζεηο κεηαμύ ησλ ζσκαηίσλ θαη ζεσξείζηε όηη ην θάζε ζσκάηην επεξεάδεηαη κόλν από ην ειεθηξηθό πεδίν Δ. Πνηα από ηηο παξαθάησ πξνηάζεηο είλαη ζσζηή; Μεηά από ρξόλν Γt: i) To A ζα έρεη κεγαιύηεξε νξκή επεηδή έρεη κηθξόηεξν ειεθηξηθό θνξηίν θαη δέρεηαη κεγα-

ιύηεξε δύλακε ii) Τν Α ζα έρεη κεγαιύηεξε νξκή επεηδή έρεη κηθξόηεξε κάδα θαη δέρεηαη κεγαιύηεξε δύ-

λακε iii) Τα δύν ζσκάηηα ζα έρνπλ ίζεο νξκέο επεηδή έρνπλ ηνλ ίδην πειίθν κάδαο πξνο ειε-

θηξηθό θνξηίν iv) Τν Β ζα έρεη κεγαιύηεξε νξκή επεηδή έρεη κεγαιύηεξν θνξηίν θαη δέρεηαη κεγαιύηεξε

δύλακε

V (V) 5,6 5,1 4,9 4,3 4,1 3,6

I (A) 0,2 0,4 0,6 0,8 1,0 1,2



v) Τν Β ζα έρεη ηε κεγαιύηεξε νξκή επεηδή έρεη κεγαιύηεξε κάδα θαη δέρεηαη κεγαιύηεξε

δύλακε Να εμεγήζεηε ηελ απάληεζή ζαο. Γ. Θεσξείζηε δύν ζσκάηηα Α θαη Β ηα νπνία ηε ρξνληθή ζηηγκή t=0 αθήλνληαη ειεύζεξα ζε νκνγελέο ειεθηξηθό πεδίν Ε. Τν Α έρεη κάδα m θαη θνξηίν q ελώ ην Β έρεη κάδα 2m θαη θνξηίν -2q. Αγλνείζηε ηηο αιιειεπηδξάζεηο κεηαμύ ησλ ζσκαηίσλ θαη ζεσξείζηε όηη ην θάζε ζσκάηην επεξεάδεηαη κόλν από ην ειεθηξηθό πεδίν Ε. Πνηα από ηηο παξαθάησ πξνηάζεηο είλαη ζσζηή; Μεηά από ρξόλν Γt: i) Η δπλακηθή ελέξγεηα ηνπ Α ζα έρεη κεησζεί θαηά έλα πνζό θαη ε δπλακηθή ελέξγεηα ηνπ Β

ζα έρεη απμεζεί θαηά ην ίδην πνζό ελέξγεηαο ii) Η δπλακηθή ελέξγεηα ηνπ Α ζα έρεη κεησζεί θαηά έλα πνζό θαη ε δπλακηθή ελέξγεηα ηνπ Β

ζα έρεη απμεζεί θαηά ην δηπιάζην πνζό ελέξγεηαο iii) Η δπλακηθή ελέξγεηα ηνπ Α ζα έρεη κεησζεί θαηά έλα πνζό θαη ε δπλακηθή ελέξγεηα ηνπ

Β ζα έρεη θαη απηή κεησζεί θαηά ην ίδην πνζό ελέξγεηαο iv) Η δπλακηθή ελέξγεηα ηνπ Α ζα έρεη κεησζεί θαηά έλα πνζό θαη ε δπλακηθή ελέξγεηα ηνπ

Β ζα έρεη θαη απηή κεησζεί θαηά ην δηπιάζην πνζό ελέξγεηαο v) Οη δπλακηθέο ελέξγεηεο θαη ησλ δύν ζσκαηίσλ δελ ζα έρνπλ κεηαβιεζεί

Να εμεγήζεηε ηελ απάληεζή ζαο.

Θέμα 2ο

Α. Γηα λα βξνύκε ηε ρσξεηηθόηεηα Cx ελόο ππθλσηή ζην εξγαζηήξην θάλακε ην παξαθάησ

πείξακα. Πήξακε έλαλ ππθλσηή κε γλσζηή ρσξεηηθόηεηα C, έλα βνιηόκεηξν, κηα πεγή ζπλερνύο ηάζεο θαη θαηαζθεπάζακε ην παξαθάησ θύθισκα. Αξρηθά νη δύν ππθλσηέο ή-ηαλ αθόξηηζηνη. Σπλδέζακε ηνλ κεηαγσγό Μ κε ηελ πεγή (ζέζε 1) θαη ζεκεηώζακε ηελ έλ-δεημε V1 ηνπ βνιηνκέηξνπ. Σηε ζπλέρεηα θέξακε ην κεηαγσγό ζηε ζέζε 2 θαη ζεκεηώζακε ηελ έλδεημε ηνπ βνιηνκέηξνπ V2

Με δεδνκέλα ηα C,V1,V2, από πνηα ζρέζε ππνινγίδεηαη ε άγλσζηε ρσξεηηθόηεηα Cx; Δμε-γείζηε ηελ απάληεζή ζαο. Β. Μηα απιή ζεξκηθή κεραλή ε νπνία απνηειείηαη από έλα έκβνιν ζε θύιηλδξν πνπ πεξηέ-ρεη ηδαληθό κνλναηνκηθό αέξην. Αξρηθά ην αέξην ζηνλ θύιηλδξν έρεη πίεζε P0 θαη όγθν V0. To αέξην ζεξκαίλεηαη αξγά ππό ζηαζεξό όγθν. Όηαλ ε πίεζε γίλεη 32P0 ην έκβνιν ειεπζε-ξώλεηαη επηηξέπνληαο ζην αέξην λα εθηνλσζεί αδηαβαηηθά. Μόιηο ε πίεζε μαλαγίλεη P0 ην εμσηεξηθό ηνπ εκβόινπ ςύρεηαη ζηελ αξρηθή ζεξκνθξαζία θαη ην αέξην ζπκπηέδεηαη αξγά ππό ζηαζεξή πίεζε κέρξη ηελ αξρηθή ηνπ θαηάζηαζε.

i) Πνηνο ν κέγηζηνο όγθνο ηνπ αεξίνπ θαηά ηε δηάξθεηα ηνπ θύθινπ;

ii) Πνηνο ν ζπληειεζηήο απόδνζεο ηεο ζεξκηθήο κεραλήο;

V

M

E Cx C

1

2



iii) Πνηνο ν ζπληειεζηήο απόδνζεο κηαο κεραλήο Carnot πνπ εξγάδεηαη κεηαμύ ησλ ζεξκν-

θξαζηώλ ζηηο νπνίεο εξγάδεηαη θαη ε παξαπάλσ κεραλή;

Θέμα 3ο

Α. Κύιηλδξνο πεξηέρεη ηδαληθό αέξην θαη ζην έλα ηνπ άθξν θιείλεη κε αβαξέο έκβνιν εκβα-δνύ S. Ο θύιηλδξνο θαη ην έκβνιν απνηεινύληαη από ζεξκνκνλσηηθό πιηθό, ελώ κέζα π-πάξρεη αληηζηάηεο κε αληίζηαζε r, ε νπνία δηαξέεηαη από ειεθηξηθό ξεύκα Ι. Τν έκβνιν θη-λείηαη αξγά κε ζηαζεξή ηαρύηεηα v. Να βξεζεί ε εηδηθή γξακκνκνξηαθή ζεξκόηεηα ηνπ αε-ξίνπ ζε απηή ηε δηαδηθαζία. Η αηκνζθαηξηθή πίεζε είλαη P ε ζηαζεξά ηνπ Boltzmann K θαη ν αξηζκόο Avogadro NA. Β. Καηά ηε κεηαθνξά ειεθηξηθήο ελέξγεηαο από κηα γελλήηξηα ζπλερνύο ξεύκαηνο ζε έλα

θαηαλαισηή πνπ βξίζθεηαη ζε απόζηαζε d από ηε γελλήηξηα, ρξεζηκνπνηείηαη γξακκή κε-ηαθνξάο από ραιθό. Η δηαθνξά δπλακηθνύ ζηα άθξα ηεο γελλήηξηαο είλαη V θαη ε ηζρύο πνπ δίλεη ζην εμσηεξηθό θύθισκα P. Δάλ ε κέγηζηε επηηξεπόκελε απώιεηα ηζρύνο ζηε γξακκή κεηαθνξάο είλαη ην 5% ηεο ηζρύνο P ηεο γελλήηξηαο, λα ππνινγίζεηε ηελ ειάρηζηε επηηξεπόκελε δηαηνκή ηεο γξακκήο κεηαθνξάο. Η εηδηθή αληίζηαζε ηνπ ραιθνύ είλαη ρ.


Μηα δέζκε ειεθηξνλίσλ, ρσξίο ζεκαληηθή θηλεηηθή ελέξγεηα, πνπ πξνέξρνληαη από ηε ζεξ-

καηλόκελε θάζνδν ελόο θαζνδηθνύ ζσιήλα επηηαρύλνληαη κε ηάζε κεηαμύ αλόδνπ θαη θα-

ζόδνπ Vα. Σηελ πνξεία ηεο ε δέζκε πεξλάεη αλάκεζα από ηνπο νξηδόληηνπο νπιηζκνύο ε-

λόο επίπεδνπ ππθλσηή (πιαθίδηα θαηαθόξπθεο απόθιηζεο). Αλ εθαξκόζνπκε ζηνπο ν-

πιηζκνύο ηνπ ππθλσηή κηα εθηξέπνπζα ηάζε ηα ειεθηξόληα εθηξέπνληαη από ην ειεθηξηθό

πεδίν κεηαμύ ησλ νπιηζκώλ ηνπ ππθλσηή. Βγαίλνληαο από απηό ην ειεθηξηθό πεδίν ηα ε-

ιεθηξόληα εηζέξρνληαη ζε καγλεηηθό πεδίν Β παξάιιειν ζηνλ άμνλα ηνπ θαζνδηθνύ ζσιή-

λα. Απηό ην καγλεηηθό πεδίν δεκηνπξγείηαη από πελίν ην νπνίν πεξηβάιιεη ηνλ θαζνδηθό

ζσιήλα.

Με ζθνπό λα ππνινγίζνπκε ην εηδηθό θνξηίν ηνπ ειεθηξνλίνπ (πειίθν ηνπ ειεθηξηθνύ

θνξηίνπ πξνο ηε κάδα ηνπ ειεθηξνλίνπ e/m), αθνινπζνύκε ηελ παξαθάησ πεηξακαηηθή δη-

αδηθαζία.

1) Φξεζηκνπνηώληαο θαηάιιειν ηξνθνδνηηθό εθαξκόδνπκε ζην λήκα ζέξκαλζεο ηάζε

ζέξκαλζεο 6,3 V θαη κεηαμύ αλόδνπ - θαζόδνπ ηάζε Vα=300V ρσξίο λα ππάξρεη εθηξέ-

πνπζα ηάζε ζηα πιαθίδηα θαηαθόξπθεο απόθιηζεο αιιά θαη ρσξίο ην πελίν λα δηαξξέεηαη

από ειεθηξηθό ξεύκα. Τόηε ηα ειεθηξόληα πξνζπίπηνπλ ζε έλα ζεκείν θαη αθήλνπλ έλα

Vζ

Vα Άλνδνο Κάζνδνο

Νήκα ζέξκαλζεο

Πιαθίδηα θαηαθόξπθεο απόθιηζεο

Μαγλεηηθό πεδίν

Οζόλε

Ο

D

B



ζηίγκα. Δπεηδή ε πνξεία ηεο δέζκεο επεξεάδεηαη από ην καγλεηηθό πεδίν ηεο Γεο πεξη-

ζηξέθνπκε ιίγν ην ζσιήλα ώζηε ην ζηίγκα λα βξίζθεηαη ζην θέληξν Ο ηεο νζόλεο.

2) Δθαξκόδνπκε κηα εθηξέπνπζα ηάζε V=5 V ζηα πιαθίδηα θαηαθόξπθεο απόθιηζεο, ελώ

ην πελίν δελ είλαη ζπλδεδεκέλν ζην ηξνθνδνηηθό θαη δελ δηαξξέεηαη από ξεύκα. Τόηε ηα

ειεθηξόληα αθνύ ππνζηνύλ κηα θαηαθόξπθε εθηξνπή από ην ειεθηξηθό πεδίν πξνζπί-

πηνπλ ζηελ νζόλε θαη αθήλνπλ έλα ζηίγκα ζην ζεκείν Α1.

3) Σπλδένπκε ην πελίν, κέζσ ξννζηάηε κε έλα δεύηεξν ηξνθνδνηηθό

παξεκβάιινληαο θαη έλα ακπεξόκεηξν. Απμάλνπκε ζηαδηαθά, κε ηε

βνήζεηα ηνπ ξννζηάηε, ην ξεύκα Ι πνπ ην δηαξξέεη. Γηα θάπνηα ηηκή ηνπ

ξεύκαηνο Ι=0,606 Α ην ζηίγκα ηεο δέζκεο έξρεηαη ζε κηα ζέζε Α2, ό-

πνπ ε ΟΑ2 είλαη θάζεηε ζηελ ΟΑ1. Σηελ πεξίπησζε απηή ηα ειεθηξόληα

εηζέξρνληαη ππό γσλία ζε ζρέζε κε ηηο δπλακηθέο γξακκέο ηνπ καγλε-

ηηθνύ πεδίνπ. Τόηε δηαγξάθνπλ ειηθνεηδή ηξνρηά ε νπνία είλαη απνηέιεζκα ηεο ζύλζεζεο

κηαο νκαιήο θπθιηθήο θαη κηαο επζύγξακκεο νκαιήο θίλεζεο. Αλ ην καγλεηηθό πεδίν έρεη

αξθεηά κηθξή ηηκή, ηα ειεθηξόληα δελ ζα πξνιάβνπλ λα νινθιεξώζνπλ κηα πεξηζηξνθή

κέρξη λα πέζνπλ ζηε θζνξίδνπζα νζόλε ηνπ θαζνδηθνύ ζσιήλα. Πέθηνπλ έηζη ζηελ νζόλε

όηαλ έρνπλ εθηειέζεη κηζό θύθιν ιόγσ ηεο θπθιηθήο θίλεζεο.

4) Δπαλαιακβάλνπκε ηε δηαδηθαζία γηα δηάθνξεο ηηκέο ηεο αλνδηθήο ηάζεο θαη ηεο ηάζεο

εθηξνπήο θαη ζεκεηώλνπκε ζε πίλαθα δεδνκέλσλ ηηο ηηκέο απηέο θαζώο θαη ηελ αληίζηνηρε

έλδεημε ηνπ ακπεξνκέηξνπ ώζηε ε ΟΑ2 λα είλαη θάζεηε ζηελ ΟΑ1. Τα δεδνκέλα πνπ πξνέ-

θπςαλ από 14 επαλαιήςεηο ηεο δηαδηθαζίαο απηήο θαίλνληαη ζηνλ πίλαθα πνπ αθνινπζεί.

V (V) Vα (V) I (A)

5 300 0,605

5 350 0,641

5 400 0,664

5 450 0,710

5 500 0,741

8 300 0,617

8 400 0,684

8 500 0,760

10 300 0,613

10 400 0,699

10 500 0,756

16 300 0,609

16 400 0,697

16 500 0,789

Ο

Α1

Α2

y



Δίλαη δεδνκέλε από ηνλ θαηαζθεπαζηή ε απόζηαζε κεηαμύ ηνπ δεμηνύ άθξνπ ησλ πιαθη-

δίσλ θαηαθόξπθεο απόθιηζεο θαη ηεο νζόλεο D=0,07 m. Δπίζεο δίλεηαη όηη ην καγλεηηθό

πεδίν Β ζην εζσηεξηθό ηνπ πελίνπ είλαη αλάινγν ηνπ ξεύκαηνο Ι θαη ε ζηαζεξά αλαινγίαο

είλαη k=0,0044 (T/A). Γειαδή Β=k . I

Δξσηήζεηο:

Α. Πόζε είλαη ε ΟΑ2 ζε ζρέζε κε ηελ αθηίλα ηεο θπθιηθήο θίλεζεο;

B. Πόζν είλαη ην D ζε ζρέζε κε ην βήκα ηεο έιηθαο;

Γ. Απνδείμηε ηε ζρέζε 22

22

DΒ

V

m

e

Γ. Υπνινγίζηε ην εηδηθό θνξηίν ηνπ ειεθηξνλίνπ όπσο πξνθύπηεη από ηα δεδνκέλα γηα θά-

ζε δηαδηθαζία θαη βξείηε ηε κέζε ηηκή (e/m)av ηνπ εηδηθνύ θνξηίνπ.

Δ. Υπνινγίζηε ην ζθάικα ηεο κέζεο ηηκήο δ(e/m) από ηε ζρέζε:

δ(e/m)=)1(

)/()/(1

2

ΝΝ

memeN

i

avi

όπνπ (e/m)i νη πεηξακαηηθέο ηηκέο ηνπ εηδηθνύ θνξηίνπ θαη Ν ν αξηζκόο ησλ κεηξήζεσλ

Τν ζύκβνιν N

i 1

ζεκαίλεη άζξνηζκα από i =1 έσο Ν. Να ζηξνγγπινπνηήζεηε ην ζθάικα

κέρξη λα κείλεη έλα ςεθίν πνπ είλαη δηάθνξν ηνπ κεδελόο. Μεηά ζηξνγγπινπνηείζηε θαη ηε κέζε ηηκή (e/m)av ηνπ εηδηθνύ θνξηίνπ ώζηε ην ηειεπηαίν ςεθίν ηεο λα έρεη ηελ ίδηα ηάμε κε-γέζνπο κε ην ςεθίν ηνπ ζθάικαηνο θαη γξάςηε ην απνηέιεζκα γηα ην εηδηθό θνξηίν καδί κε ην ζθάικα ηεο κέζεο ηηκήο.

Kαλή Δπιτστία



Αλ ζέιεηε, κπνξείηε λα θάλεηε θάπνην γξάθεκα ζ’ απηή ηε ζειίδα θαη λα ηελ επηζπλάςεηε κέζα ζην ηεηξάδηό ζαο.

Δπηιέμηε ηνπο άμνλεο ηηηινδνηήζηε ζπκπεξηιάβεηε θαη ηηο θαηάιιειεο κνλάδεο ζε θάζε ά-μνλα.

0

0

Ένωση Ελλήνων Φυσικών ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΟΣ ∆ΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ ΦΥΣΙΚΗΣ 2010 Πανεπιστήµιο Αθηνών Εργαστήριο Φυσικών Επιστηµών, Τεχνολογίας, Περιβάλλοντος


B΄ Λυκείου

6 Μαρτίου 2010


Θέµα 1ο

A. Στο παρακάτω κύκλωµα κάθε µια από τις αντιστάσεις είναι 20 Ω. Ποια είναι η συνολική αντίσταση µεταξύ των σηµείων Α και Β;

(1) 15 Ω (2) 40 Ω (3) 60 Ω (4) 80 Ω (5) 100 Ω

Β. ∆ύο ίδια σωµατίδια το καθένα µε µάζα 4,5 mg και ηλεκτρικό φορτίο 30 nC, κινούνται στο κενό και στην ίδια ευθεία το ένα προς το άλλο µε ταχύτητες ίσου µέτρου 4,0 m/s τη στιγµή που η απόστασή τους είναι 25 cm. Ποια θα είναι η ελάχιστη απόστασή τους; ∆ίνεται η διηλεκτρική σταθερά του κενού ε0=8,85 10-12C2/Nm2. Αγνοήστε τις βαρυτικές αλληλεπι-δράσεις. Γ. Ένας ευθύγραµµος ρευµατοφόρος αγωγός µε µήκος L διαρρέεται από ηλεκτρικό ρεύµα Ι κατά τη θετική διεύθυνση του άξονα x. Στην περιοχή του αγωγού υπάρχει οµογενές µα-γνητικό πεδίο του οποίου οι συνιστώσες είναι Bx = 3B, By = - 2B, and Bz =B, όπου Β µια σταθερά. Ποιο είναι το µέτρο της δύναµης που δέχεται ο αγωγός από το µαγνητικό πεδίο ως συνάρτηση των L,I και Β; ∆. Οι λαµπτήρες Α,Β και C είναι ίδιοι, Τι θα συµβεί στη φω-τεινότητα των λαµπτήρων Α και Β όταν ο διακόπτης S κλεί-σει; Να εξηγήσετε πλήρως την απάντησή σας.

Θέµα 2ο

Α. Στο παρακάτω κύκλωµα το ιδανικό βολτόµετρο δείχνει 9V. Να βρείτε την ΗΕ∆ της πη-

γής.

V

3 Ω 5 Ω

1 Ω 12 Ω

24 Ω

ε + - = r 2 Ω

A

B

CS

Α

Β



Β. Ένα κατακόρυφο κυλινδρικό δοχείο µε

αβαρές έµβολο και διαθερµικά τοιχώµατα

περιέχει ιδανικό αέριο θερµοκρασίας 300 Κ

και όγκου 5 L όπως φαίνεται στο διπλανό

σχήµα. Το έµβολο έχει επιφάνεια εµβαδού

75cm2 και µπορεί να κινείται κατακόρυφα

χωρίς τριβές. Η εξωτερική πίεση είναι στα-

θερή 105 Pa και η θερµοκρασία επίσης

σταθερή και ίση µε 300 Κ. Στην κατάσταση

αυτή (Α) το έµβολο παραµένει ακίνητο. Στη

συνέχεια κρεµιέται ένα βαρίδι µε µάζα m

στο έµβολο οπότε αυτό κινείται προς τα κά-

τω µέχρι που αποκαθίσταται νέα ισορρο-

πία, κατάσταση (Β), στην οποία το αέριο

έχει όγκο 7L. Η µεταβολή του αερίου έγινε

υπό σταθερή θερµοκρασία 300 Κ. H επιτά-

χυνση λόγω της βαρύτητας είναι g=9,81 m/s2. Βρείτε τη µάζα του βαριδιού.

Θέµα 3ο

A. Η διάµετρος των κυκλικών οπλισµών επίπεδου φορτισµένου πυκνωτή, που έχει αέρα

µεταξύ των οπλισµών του, είναι δ=30 cm και η µεταξύ τους απόσταση l =6 mm.

i. Εξηγήστε γιατί δεν µπορούµε να χρησιµοποιήσουµε το νόµο του Coulomb για τον προσ-

διορισµό του µέτρου της ελκτικής δύναµης F ανάµεσα στους οπλισµούς του πυκνωτή.

ii. Αν το µέτρο της προηγούµενης δύναµης F είναι ίσο µε 15·10-3 Ν και προσδιορίζεται από

τη σχέση F=2

1·Q·E0 (Q το φορτίο του πυκνωτή και Ε0 το µέτρο της έντασης του ηλεκτρικού

πεδίου µεταξύ των οπλισµών του), να υπολογίσετε την ενέργεια που είναι αποταµιευµένη

στον πυκνωτή.

iii. Να υπολογίσετε τη µεταβολή της ενέργειας του πυκνωτή, αν µεταξύ των οπλισµών του

τοποθετήσουµε µονωτικό υλικό διηλεκτρικής σταθεράς ε=51 χωρίς να αποσυνδέσουµε τον

πυκνωτή από την πηγή σταθερής τάσης που τον φορτίζει.

B. Ηλεκτρόνια επιταχύνονται από την ηρεµία µε την επίδραση τάσης V0=960 Volt. Τα ηλε-κτρόνια βγαίνουν από το ηλεκτρικό πεδίο που τα επιταχύνει στο σηµείο Α και ακολουθούν την ευθεία ΑΑ΄. Στο σηµείο Μ και σε απόσταση d=5 cm από το σηµείο Α βρίσκεται σηµεια-κός στόχος, η δε ηµιευθεία ΑΜ σχηµατίζει γωνία α=60ο µε την ηµιευθεία ΑΑ΄.

i. Ποια πρέπει να είναι η µαγνητική επαγωγή ενός οµογενούς µαγνητικού πεδίου Br

, µε διεύθυνση κάθετη στο επίπεδο των ΑΑ΄, ΑΜ, έτσι ώστε τα ηλεκτρόνια, βγαίνοντας από το ηλεκτρικό πεδίο, να πέφτουν στο στόχο.

m kg

7L

300K

5L

300K

Pεξ=1bar

Κατάσταση Α Κατάσταση Β



ii. Να βρείτε τη µεταβολή της κινητικής ενέργειας και το µέτρο της µεταβολής της ορµής κάθε ηλεκτρονίου στην κίνησή του από το Α στο Μ.

∆ίνονται: me=9·10-31 kg, qe=1,6·10-19 C.

Πειραµατικό Μέρος

Α. Σε ένα εργαστήριο επίλυσης προβληµάτων ο καθηγητής ανέθεσε σε µια οµάδα µαθη-τών να βρουν την ειδική θερµότητα ενός υγρού παρέχοντάς τους τα παρακάτω υλικά και όργανα:

Το υγρό, κύπελλο του καφέ (200ml), ηλεκτρονική ζυγαριά, χρονόµετρο, θερµόµετρο, και ηλεκτρικό βραστήρα βύθισης µε ισχύ 50W (σαν αυτούς που χρησιµοποιούν σε κα-φετέριες όπου βυθίζουν το κυλινδρικό του κάτω µέρος στο µίγµα για να βράσει).

Οι µαθητές σχεδίασαν τη διάταξη που φαίνεται στο παρακάτω σχήµα και υπέθεσαν ότι η ηλεκτρική ενέργεια την οποία καταναλώνει ο βραστήρας ισούται µε τη θερµότητα που µεταφέρεται στο υγρό.

Στην προεργαστηριακή διαδικασία είχε δοθεί στους µαθητές µια σειρά ερωτήσεων οι ο-ποίες είχαν σκοπό να τους βοηθήσουν στην επίλυση του εργαστηριακού προβλήµατος, υπενθυµίζοντάς τους το νόµο της θερµιδοµετρίας Q=mc∆θ, και το τι εκφράζει η ειδική θερ-µότητα c.

(i) Περιγράψτε αναλυτικά την πειραµατική διαδικασία που θα ακολουθούσατε και πιθανώς

ακολούθησε και η οµάδα των µαθητών αναφέροντας και ποια µεγέθη θα µετρούσατε αλλά

και πως από τα πειραµατικά δεδοµένα και την ισχύ του βραστήρα, θα υπολογίζατε την ει-

δική θερµότητα του υγρού.

(ii) Αναφέρατε τρείς τουλάχιστον λόγους στους οποίους οφείλονται τα σφάλµατα στον υ-

πολογισµό της ειδικής θερµότητας.

(iii) Η ειδική θερµότητα του υγρού αυτού βρέθηκε µικρότερη από εκείνη του νερού. Αν α-

ναµείξουµε ίσες µάζες υγρού θερµοκρασίας 800C και νερού θερµοκρασίας 200C, θα απο-

κατασταθεί θερµική ισορροπία σε θερµοκρασία:

α) µικρότερη από 500C, β) µεγαλύτερη από 500C , γ) ίση µε 500C

Να εξηγήσετε πλήρως την απάντησή σας.

θερµόµετρο

βραστήρας βύθισης

υγρό

κύπελλο του καφέ

προς τροφοδοσία



Β. Η λειτουργία ενός αισθητήρα φωτός στηρίζεται σε ένα φωτοαντιστάτη (LDR) του οποίου η αντίσταση εξαρτάται από το φωτισµό όπως φαίνεται στο παρακάτω γράφηµα.

(i) Το κύκλωµα του αισθητήρα περιλαµβάνει µπαταρία ή µπα-ταρίες σε σειρά µε συνολική ΗΕ∆ 3V , αµπερόµετρο και τον φωτοαντιστάτη. Όπως φαίνεται στο διπλανό σχήµα:

Οι µπαταρίες και το αµπερόµετρο έχουν αµελητέα εσωτερική αντίσταση.

Βρείτε την ένδειξη του αµπεροµέτρου όταν ο φωτισµός είναι 10 Lux.

(ii) Όταν ο φωτισµός είναι έντονος η µπαταρίες πέφτουν (τελειώ-νουν) πολύ γρήγορα. Για να αντιµετωπίσουµε αυτό το πρόβληµα κατασκευάζουµε καινούργιο κύκλωµα για τον αισθητήρα χωρίς αµπερόµετρο αλλά µε ένα ακόµα αντιστάτη µε αντίσταση 10 kΩ και ένα βολτόµετρο όπως φαίνεται στο διπλανό σχήµα.

Ποια η ένδειξη του βολτοµέτρου όταν ο φωτισµός είναι 10 Lux;

(iii) Στο παραπάνω κύκλωµα µια µεταβολή του φωτισµού κοντά στα 60 lux προκαλεί σχε-τικά µικρή µεταβολή στην ένδειξη του βολτοµέτρου. Προτείνετε κάποια αλλαγή στο κύκλω-µα ώστε το νέο κύκλωµα να είναι πιο ευαίσθητο στο φως.

Kαλή Επιτυχία

A

V 10 kΩ

Αντίσταση (kΩ)

Φωτισµός (lux)



Συνοπτικές Απαντήσεις


Θέµα 1ο :

A. Σωστή η (1)

Β. Από την αρχή διατήρησης της ενέργειας έχουµε:

min

22

2

2

12

r

qKmv

r

qK cc =+= από την οποία προκύπτει ότι rmin=2,27cm

Γ. Είναι Fψ=ΒzΙL=BIL και Fz=BψΙL=2BIL

Επειδή οι Fψ και Fz είναι κάθετες η συνισταµένη θα έχει µέτρο: F= BILFF z 522 =+ψ

∆. Η φωτοβολία του Α θα αυξηθεί ενώ του Β θα µειωθεί. Με το κλείσιµο του διακόπτη S µειώνεται η συνολική αντίσταση του κυκλώµατος αφού συνδέεται παράλληλα στον Β ο λα-µπτήρας C. Αυτό έχει σαν συνέπεια την αύξηση του ρεύµατος στον Α. Λόγω του ότι το ρεύµα στον Α θα είναι αυξηµένο θα είναι αυξηµένη και η διαφορά δυναµικού στα άκρα του, εποµένως θα είναι µειωµένη η διαφορά δυναµικού στα άκρα των Β και C. Αυτό προκύπτει από το γεγονός ότι το άθροισµα των τάσεων παραµένει το ίδιο. Αφού λοιπόν η τάση στον Β θα είναι µειωµένη θα είναι µειωµένο και το ρεύµα σ’ αυτόν.

Θέµα 2ο

A.

Ι1= Α=Ω

91

9V

VAB=9A.3Ω=27V

VΘΒ=27V+9V

Ι2= Α=Ω

312

36V

I4=I1+I2=12A

VB∆=12Α. 5Ω=60V

VΘΖ=VΘΒ+VΒ∆=36V+60V=96V

Α=Ω

= 424

963

VI

I=I1+I2+I3=9+3+4=16A

VΘΖ=Ε-Ιr οπότε Ε=VΘΖ+Ιr=96+16.2=128V.

V

3 Ω 5 Ω

1 Ω 12 Ω

24 Ω

ε + - = r 2 Ω

Ι1

Ι1

Ι2

Ι3

Ι4

Ι

Α Β ∆

Ζ Γ Θ



Β. Από την ισορροπία του εµβόλου στην κατάσταση Α έχουµε:

P1=Pεξ

Από την καταστατική εξίσωση:

molRT

VPn 20045,0

3003145,8

005,010000011 =⋅

⋅==

Από το νόµο του Boyle

P1V1=P2V2 οπότε:

P2= PaV

VP71429

007,0

005,0100000

2

11 =⋅

=

Από την ισορροπία του εµβόλου στην κατά-σταση B έχουµε:

PεξΑ=P2A+mg από την οποία

m= kgg

APP84,21

)( 2=

−εξ

Θέµα 3ο

Α. i. Τα φορτία του πυκνωτή δεν είναι σηµειακά (δ>>> l ) οπότε το µέτρο της µεταξύ τους δύ-

ναµης δεν προσδιορίζεται από το νόµο του Coulomb.

ii. U=2

1·Q·V

E0=l

V οπότε V=E0· l

Από (1) και (2) → U= F· l , και µε αντικατάσταση στο S.I.: U= 15·10-3·6·10-3 J ή U=9·10-5 J.

iii. U΄=2

1·C·V2

U=2

1·C0·V

2

∆U=U΄–U ή, λόγω της (3), ∆U=(ε–1)·U (4) Με αντικατάσταση στην (4) προκύπτει: ∆U=45·10-4 J.

m kg

7L

300K

5L

300K

Pεξ=1bar

Κατάσταση Α Κατάσταση Β

→ U=2

1·Q·V (1)

F=2

1·Q·E0 (2)

→ U

U΄=

0C

C και επειδή

0C

C=ε, τελικά: U΄=ε·U (3)



B.

i. ΟΑ = 2

d = Rηµα → R =

2ηµα

d (1)

FL = FK → qe·U0·B =R

Ume

2

0⋅ (2)

Από τη (2) → R = Bq

Um

e

0e

⋅

⋅ (3)

Από (1) και (3) → Β = e

0e

qd

ηµαU2m

⋅

⋅⋅ (4)

qeV0 = 2

1 me

2

0v → v0 = e

e

m

Vq 02 ⋅ (5)

Από (4) →)5(

Β = d

ηµα2·

e

e

q

Vm 02 ⋅ (6)

Από (6) →S.I.

Β = 3,6 · 10-3 Tesla.

ii. ∆ MA,

KE = ΕΚ,Μ – ΕΚ,Α = 2

1m· 2

0v – 2

1m· 2

0v → ∆ MA,

KE = 0

∆Ρ = ΜΡ – ΑΡ = ΜΡ + (– ΑΡ ) οπότε:

| ∆Ρ | = ο

AM

2

A

2

M συν60P2PPP ⋅⋅++ ή, επειδή ΡΜ = ΡΑ = me·v0,

| ∆Ρ | = 2

0

2

e

2

0

2

e vmv2m ⋅+⋅ ή |∆Ρ | = me·v0· 3 (7)

Από (7) →)5(

|∆Ρ | = 0ee Vq6m ⋅⋅ (8)

Από (8) →S.I.

|∆Ρ | = 288·10-25 kg·s

m

Πειραµατικό µέρος

A.

(i)

- Μέτρηση µε τον ηλεκτρονικό ζυγό της µάζας Μκ του κυπέλλου όταν είναι άδειο.

- Μέτρηση µε τον ηλεκτρονικό ζυγό της µάζας Μ του κυπέλλου µε το υγρό.

- Υπολογισµός της µάζας του υγρού m=M-Mk

- Βύθιση του βραστήρα στο υγρό.

- Μέτρηση της αρχικής θερµοκρασίας Τ1 του υγρού.

- Άναµµα του βραστήρα και εκκίνηση του χρονόµετρου ταυτόχρονα.

- Ανάδευση µε τον βραστήρα χωρίς να ακουµπά στα τοιχώµατα του κυπέλλου.

- Μόλις η θερµοκρασία του υγρού φτάσει στους 700C περίπου σβήσιµο του βραστή-ρα και σταµάτηµα του χρονοµέτρου ταυτόχρονα.

A A΄

α

d

M

α

Br

K

α

α

v0

v0 AP

– AP

MP

FL

R

FL

O

∆P

X



- Μέτρηση της µέγιστης θερµοκρασίας Τ2 του υγρού, και του χρόνου t που ήταν α-ναµµένος ο βραστήρας.

Υποθέτοντας ότι δεν υπάρχουν απώλειες, η θερµότητα που µεταφέρθηκε στο υγρό ι-σούται µε την ηλεκτρική ενέργεια που προσφέρθηκε στο βραστήρα δηλαδή:

mc(Τ2-Τ1)=Pt όπου c η ειδική θερµότητα του υγρού, έτσι:

c=)( 12 TTm

Pt

−

(ii)

- Θέρµανση του βραστήρα

- µεταφορά θερµότητας στο θερµόµετρο.

- µεταφορά θερµότητας στο κύπελλο.

(iii) Σωστή είναι η α.

B.

(i) Από το γράφηµα προκύπτει ότι για φωτισµό 10 lux η αντίσταση είναι 5kΩ. Από

το νόµο του Ωhm στο κλειστό κύκλωµα Ι= mA6,05

3==

Ωk

V

R

E

(ii) H συνολική αντίσταση είναι Rολ=15kΩ. Το ρεύµα θα είναι Ι=3/15kΩ=0,2mA

Από το νόµο του Ωhm έχουµε για την ένδειξη του βολτοµέτρου:

V=IR=0,2mA 10kΩ=2V

(iii) Αντικατάσταση του αντιστάτη των 10kΩ µε άλλον µικρότερης αντίστασης ή σύν-δεση δεύτερου αντιστάτη παράλληλα σε εκείνον των 10 kΩ ώστε η συνολική α-ντίστασή τους να είναι αρκετά µικρότερη.

Documents

θεματα φυσικησ β λυκειου