ΤΡΑΠΕΖΑ 2014 ΦΥΣΙΚΗ
TRANSCRIPT
1
Εξοικείωση με την
Τράπεζα Θεμάτων
στο μάθημα της
Φυσικής
Α’ Λυκείου
Επιμέλεια: Ομάδα Φυσικών
2014
2
3
5259
Απάντηση
Α) Σωστή απάντηση είναι η α)
Β) 1 2ΣF F F= +r r r
( ) ( )2 22 21 2ΣF F F 4N 3N 5N= + = + =
,
2ΣFΣF ma a a 2,5m / s
m= → = → =
Απάντηση
Α) Σωστή απάντηση είναι η B)
Β) Στο σώµα ασκείται .σταθF =r
, αντίρροπη της ταχύτητας. Το σώµα εκτελεί ε.οµαλά επιβραδυνόµενη κίνηση και σταµατά. Άρα η εξίσωση της ταχύτητας είναι:
tαυυ 0 ⋅−=
9093
4
Απάντηση
Α) Σωστή απάντηση είναι η β)
Β) Για τη µέση ταχύτητα ισχύει: υµ = (απόσταση σε χρόνο t1) / t1 ή υµ = x1/t1 (1)
Από το σχήµα που έχουµε προκύπτει ότι x1 = 12,5cm. Άρα η σχέση (1) θα µας δώσει:
(1) => υµ = (12,5cm)/5 cm/s => υµ = 25cm/s
Απάντηση
Α) Σωστή απάντηση είναι η γ)
Β) Αφού αρχικά (t=0) είναι υ = 0 και επίσης το επίπεδο είναι λείο, θα είναι ΣF = ΣFx = F >0. Ακόµη από το δεύτερο νόµο του Νεύτωνα, θα έχουµε: α = ΣF/m => α = F/m > 0 (1). Έτσι από τη σχέση (1) που ισχύει από t = 0 µέχρι t = t3, φαίνεται πως το σώµα επιταχύνεται, αρά αυξάνει το µέτρο της ταχύτητάς του, οπότε θα αυξάνει και η κινητική του ενέργεια.
9089
9089
5
Απάντηση
Α) Σωστή απάντηση η (β).
Β) Σφαίρα Α: s/m5υs/m420
υ4,0
2υ
1,04m10200
υtS
υ 111
2
1ολ
ολ1 =⇒=⇒=⇒
⋅⋅
=⇒=−
Σφαίρα Β: s/m2υs/m12
υs1,010m10200
υtS
υ 11
2
1ολ
ολ2 =⇒=⇒
⋅⋅
=⇒=−
Άρα: 21 υυ >
Απάντηση
Α) Σωστή είναι η απάντηση γ)
Β) Α∆ΜΕ (Α) → (Γ): UA + KΑ = UΓ + KΓ � ΚΓ = UA – UΓ = mgH – mgh = mgH – mgH/2 = mgH/2 � KΓ = UΓ
10792
9005
6
Απάντηση
Α) Σωστή απάντηση είναι η γ)
Β) Όταν ασκούµε τη δύναµη F στη σανίδα και κινείται επιταχυνόµενη προς τα δεξιά, ο κύβος τείνει να ολισθήσει προς τα αριστερά ως προς τη σανίδα. Η στατική τριβή που δέχεται ο κύβος από τη σανίδα έχει κατεύθυνση προς τα δεξιά και είναι η δύναµη που κινεί τον κύβο.
Απάντηση
Α) Σωστή απάντηση είναι η A)
Β) Σώµα Α: Eφαρµόζουµε Θ.Μ.Κ.Ε από Γ→ ∆:
)Γ(.αρχ
)∆(.τελw ΚΚW∆ΚWΣ −=⇒= ⇒ mgh2Κ )∆(
.τελ = (1)
Σώµα Β: Eφαρµόζουµε Θ.Μ.Κ.Ε από Ζ→ Η:
)Z(.αρχ
)H(.τελw ΚΚW∆ΚWΣ −=⇒= ⇒ mgh2Κ )H(
.τελ = (2)
Από (1), (2): BA)H(.τελ
)∆(.τελ KKΚΚ =⇒=
5119
9172
1wr
1Nr
στTr
7
Απάντηση
Α) Σωστή απάντηση είναι η γ)
Β) Από τη μέτρηση των χαρτοταινιών βρίσκουμε ότι:
SSS 21 ==
212
1
)1(ολ
)2(ολ
2
1
)2(ολ
2
)1(ολ
1
2
1
)2(ολ
22
)1(ολ
11
υυ154
υ
υ
tS
tS
υ
υ
tS
tS
υ
υ
tS
υ
tS
υ
<⇒<=⇒⋅
⋅=⇒=⇒
=
=
5044
5213
8
Απάντηση
Α) Σωστή απάντηση είναι η Ι)
Β) Όταν χαράζουµε διάγραµµα από πειραµατικές τιµές πρέπει να φέρουµε «την καλύτερη ευθεία», δηλαδή την ευθεία στην οποία οι περισσότερες τιµές βρίσκονται συµµετρικά πάνω και κάτω από αυτή.
Απάντηση
Α) Σωστή απάντηση είναι η γ)
Β) Από τη µορφή του διαγράµµατος καταλαβαίνουµε ότι η κίνηση του αµαξιδίου είναι ευθύγραµµη οµαλά επιβραδυνόµενη. Η απόσταση που διανύει το αµαξίδιο σε χρόνο t=1s µπορεί να υπολογιστεί από το εµβαδό του τριγώνου που σχηµατίζεται από τη
γραφική παράσταση και τον άξονα του χρόνου για τις χρονικές στιγµές t=0 και t=1s. cm902
1180Ex∆ .τριγ =
⋅==
Έτσι απορρίπτουµε την χαρτοταινία Γ στην οποία ∆x=110cm. Επειδή η κίνηση είναι επιβραδυνόµενη η απόσταση ανάµεσα στις κουκίδες πρέπει να ελαττώνεται και έτσι απορρίπτουµε τη χαρτοταινία Α, η οποία παριστάνει επιταχυνόµενη κίνηση.
Η χαρτοταινία Β παριστάνει επιβραδυνόµενη κίνηση µε ∆x=90cm.
10840
9
Απάντηση
Α) Σωστή απάντηση είναι η α)
Β) Αφού η γραφική παράσταση είναι παραβολή (x=σταθ. t2) η κίνηση θα είναι ευθύγραµµη οµαλά επιταχυνόµενη (από την ηρεµία u0=0). Οπότε:
21x a t και u a t (I)
2= =
Για την κινητική ενέργεια ισχύει:
( )2(I)2 2 21 1 1K m u K m at K ma t (II)
2 2 2= → = → =
Από τη σχέση (ΙΙ) φαίνεται ότι η κινητική ενέργεια του σκιέρ αυξάνεται
Απάντηση
Α) Σωστή απάντηση είναι η γ)
Β) Παρατηρούµε ότι οι κηλίδες του λαδιού ισαπέχουν µεταξύ τους, οπότε το αυτοκίνητο εκτελεί ευθύγραµµη οµαλή
κίνηση. s/m15s2
m30
t∆
x∆υ ===
9015
10930
10
Α) Σωστή απάντηση είναι η Α)
Β) Σύµφωνα µε τη χαρτοταινία, η κίνηση του αµαξιδίου είναι ευθύγραµµη οµαλά επιταχυνόµενη, οπότε δεν µπορεί να αντιστοιχεί το διάγραµµα Γ το οποίο αναφέρεται σε επιβραδυνόµενη κίνηση.
Γνωρίζουµε ότι από το εµβαδόν του διαγράµµατος u-t υπολογίζουµε την µετατόπιση του σώµατος.
Για το διάγραµµα Α έχουµε:
A
0,9 160∆x cm 72cm
2
⋅= =
Για το διάγραµµα Β έχουµε:
B
(20 180) 0,9∆x cm 90cm
2
+ ⋅= =
Από τη χαρτοταινία παρατηρούµε ότι η µετατόπιση του αµαξιδίου είναι 90cm σε χρονικό διάστηµα 1s, και όχι σε χρονικό διάστηµα 0,9s που προκύπτει από το διάγραµµα Β. Εποµένως σωστό είναι το διάγραµµα Α.
10839
11
9516 και 10853
12
5068
13
5090 και 10824
14
2Σ
1Σ
Fv
vΤr
1Nr
1wv
2wv
υv
vΤr
Τr
2Σ
1Σ vΤ′r
1Nr
1wv
2wv
υv
vT′v
Τr
9093
15
16
5102
17
10840
18
5226
19
9447
20
5512
21
10846
22
10850
23
9172
d
24
Fr
yr
Nr
ολwr
Tr
xr
9005
Δ4)
25
10841
26
27
9455
28
10828
29
Λύση:
∆1) ΕΟΚ, άρα ΣF = 0 � W – F = 0 � F = m·g � F = 1,2·10-2N
∆2) F = (1 + 5·υ) ·10-2 �1,2·10-2 = (1 + 5·υ) ·10-2 � 1,2 = 1 + 5υ � 5·υ = 0,2 � υ = 0,04m/s
∆3) PF = F·υ·συν180º = -1,2·10-2·0,04W �PF = -4,8·10-4W
∆4) Για υ = 0,02m/s, έχουµε: F = (1 + 5·υ) ·10-2 � F = (1 + 5·0,02) ·10-2 = 1,1·10-2N
ΣF = m·α � W – F = m·α � m·g – F = m·α � α = 5/6 m/s2
10810
5082 και 10814
30
9002
31
10826
32
∆1) Βάρος Σεληνακάτου: W = m·g = 3200N
ΣF = m·α � W – F = m·α � α = 0,1m/s2.
∆2) ∆y = ½·α·t2 � ∆y = ½·0,1·202 m �∆y = 20m
WF = F·∆y·συν180º � WF = 3000·20·(-1)J � WF = -60000J
P = WF/∆t = -3000W
∆3) υ1 = α·∆t = 2m/s
hεδ = h - ∆y = 10m
ΘΜΚΕ Γ→ ∆: ΣW = ∆Κ � Ww= Kτελ – Καρχ � mghεδ = ½m·υ22 - ½m·υ1
2 � υ22 = υ1
2 + 2g·hεδ � υ2 = 6m/s
∆4) υ2 = υ1 + gσελ ·∆t΄� ∆t΄= (υ2 – υ1)/gσελ � ∆t΄=2,5s
∆tολ = ∆t + ∆t΄=22,5s