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