Νέα τράπεζα θεμάτων φυσικής προσανατολισμού Β λυκείου 21050

christmas tree in the woods

Χρόνια πολλά !. Σας ευχόμαστε να γλεντάτε ενώ παράλληλα σκέφτεστε (ποτέ μην σταματάτε) .

Σας παρουσιάζουμε μια άσκηση από την κίνηση ηλεκτρικού φορτίου μέσα σε ομογενές ηλεκτρικό πεδίο, με το φορτίο να κινείται παράλληλα στο πεδίο.

Επιστρέψτε στη σελίδα που φιλοξενεί όλα τα θέματα.

ΘΕΜΑ Δ

Δύο οριζόντιοι μεταλλικοί οπλισμοί είναι φορτισμένοι και η μεταξύ τους διαφορά δυναμικού είναι V. Ένα ηλεκτρόνιο εισέρχεται από μικρή οπή, που βρίσκεται στο θετικό οπλισμό (σημείο Α), με ταχύτητα μέτρου υ0 = 7·106 m / s. Η ταχύτητα του ηλεκτρονίου είναι

21050 b kat

παράλληλη στις δυναμικές γραμμές του ομογενούς ηλεκτρικού πεδίου μεταξύ των οπλισμών με κατεύθυνση προς τον αρνητικό οπλισμό. Η απόσταση μεταξύ των οπλισμών είναι d = 10 mm. Να υπολογίσετε:

Δ1. την τάση V έτσι ώστε το ηλεκτρόνιο να ακινητοποιηθεί στιγμιαία ακριβώς πριν ακουμπήσει τον αρνητικό οπλισμό,

Δ2. την ταχύτητα κατά μέτρο και κατεύθυνση με την οποία το ηλεκτρόνιο θα επιστρέψει στο σημείο A,

Δ3. το χρονικό διάστημα που απαιτείται για να επιστρέψει το ηλεκτρόνιο στο σημείο A,

Δ4. το έργο της ηλεκτρικής δύναμης κατά την κίνηση του ηλεκτρονίου από το σημείο Α στο σημείο Β, WA→Β, καθώς και το έργο της ηλεκτρικής δύναμης κατά την κίνηση του ηλεκτρονίου από το σημείο Α στο σημείο Β και την επιστροφή του στο σημείο Α, WA→Β→Α .

Δίνονται το πηλίκο της απόλυτης τιμής του φορτίου του ηλεκτρονίου προς τη μάζα του, e / me = 1,75·1010 C / kg καθώς και το φορτίο του ηλεκτρονίου e = -1,6 ·10-19 C .

Οι βαρυτικές αλληλεπιδράσεις παραλείπονται και η αντίσταση του αέρα θεωρείται αμελητέα.

Λύση

Δ1.

Η ένταση του ηλεκτρικού πεδίου ορίζεται:

Ε = Fc / q ⇒  Fc = q·E .

H σχέση της έντασης Ε και του δυναμικού V, για ομογενές πεδίο :

Ε = V / d .

Θεώρημα μεταβολής κινητικής ενέργειας για το ηλεκτρόνιο από την Α στη Β θέση:

(μια άλλη έκφραση της αρχής διατήρησης της ενέργειας, λέγεται θεώρημα έργου – ενέργειας)

(To ηλεκτρόνιο εκτελεί ευθύγραμμη ομαλά επιβραδυνόμενη κίνηση, θα μπορούσαμε να δώσουμε λύση με τις εξισώσεις κίνησης, αλλά προτιμάμε την ενεργειακή λύση)

ΔΚ = WFc ⇒ KB – KA = – Fc·d ⇒ 0 – ½·me·υ0² = – qe·(V / d)·d ⇒ ½·me·υ0² = qe·V ⇒ V = (me·υ0²) / (2·qe) ⇒ V = υ0² / (2·(q/me)) ⇒ V = (7·106)² / (2·1,75·1011) ⇒ V = 140 V .

Δ2.

Θεώρημα μεταβολής κινητικής ενέργειας για το ηλεκτρόνιο από την Β στη Α θέση:

ΔΚ΄ = WFc΄⇒ KB΄- KA΄= + Fc·d ⇒ ½·me·υ² – 0 = qe·(V / d)·d ⇒ ½·me·υ² = qe·V ⇒ υ² = 2·(q/me)·V ⇒ υ² = 2·(1,75·1011)·140 ⇒ υ² = 49·1011 ⇒ υ = 7·106 m / s ,

Ο δάσκαλος (των φυσικών) Βαγγέλης Κουντούρης (τον ευχαριστούμε) μας επισημαίνει:

Δεν απαντήθηκε η διεύθυνση της ταχύτητας, δεδομένου ότι το θεώρημα μεταβολής της κινητικής ενέργειας δίνει απάντηση στο μέτρο της ταχύτητας.

Καλύτερη θα ήταν η κινηματική λύση :

2ος Newton :

ΣF = me·α ⇒ F= me·α ⇒ α = F/ m⇒ α = qe·Ε / m⇒ α = qe·(V / d) / m⇒ α = (q/me)·(V / d) ⇒ α = 1,75·1011·(140 / 10·10-3) ⇒ α = 24,5·1014 m / s² .

Η μετατόπιση του φορτίου :

d = υ0·t + ½·α·t² ⇒ d = ½·α·t² ⇒ t² = 2·d / α ⇒ t² = 2·10-2 / 24,5·1014 ⇒ t² = (2 / 24,5)·10-16 s ⇒ t = √(2 / 24,5)·10-8 s

Εξίσωση ταχύτητας χρόνου στη ευθύγραμμη ομαλά επιταχυνόμενη κίνηση:

υ = υ0΄+ α·t ⇒ υ = 0 + α·t ⇒ υ = 24,5·1014·√(2 / 24,5)·10-8 ⇒ υ = 7·106 m / s .

όπως περιμέναμε το σωματίδιο θα γυρίσει πίσω με την ίδια ταχύτητα.

Δ3.

2ος Newton :

ΣF = me·α ⇒ F= me·α ⇒ α = F/ m⇒ α = qe·Ε / m⇒ α = qe·(V / d) / m⇒ α = (q/me)·(V / d) ⇒ α = 1,75·1011·(140 / 10·10-3) ⇒ α = 24,5·1014 m / s² .

H εξίσωση της κίνησης του ηλεκτρονίου είναι :

x = υ0·t – ½·α·t²

To ηλεκτρόνιο επιστρέφει στη θέση Α (που αντιστοιχεί στο x = 0) μετά από χρόνο tολ . Επομένως από την εξίσωση κίνησης του ηλεκτρονίου θα είναι:

x = υ0·t – ½·α·t² ⇒ 0 = υ0·tολ – ½·α·tολ² ⇒tολ·(υ0 – ½·α·tολ) = 0 ⇒

tολ = 0 (που αντιστοιχεί στη χρονική στιγμή της εκκίνησης του ηλεκτρονίου) και

⇒ υ0 – 1/2 α·tολ = 0 ⇒ tολ = 2·υ0 / α ⇒ tολ = 0,57·10-8 s .

Το ερώτημα ολοκληρώθηκε από τον συνάδελφο Νεκτάριο Πρωτοπαπά (τον ευχαριστούμε) .

Στο Δ3 ζητάει το χρονικό διάστημα μέχρι το σωματίδιο να επιστρέψει στο Α.

Έχω την αίσθηση ότι θεωρώντας ως t = 0 τη στιγμή της εκτόξευσης η ερώτηση ζητάει το χρόνο για την κίνηση ΑΒΑ και όχι μόνο για την κίνηση ΒΑ που έχετε υπολογίσει.

Πιστεύω ότι η απάντηση θα πρέπει να δοθεί από τη στιγμή της έναρξης της κίνησής του σωματιδίου, οπότε θα πρέπει η απάντηση να είναι το διπλάσιο από αυτό που έχετε υπολογίσει, δηλαδή :

tολ =2·t ⇒ tολ = 0,57·10-8 s .

Δ4.

To έργο της δύναμης Coulomb κατά την μετακίνηση του ηλεκτρονίου από το Α στο Β:

WFc, A→B = qe·V ⇒ WFc, A→B = -1,6·10-19·140 ⇒ WFc, A→B = – 22,4·10-18 joule .

WFc, A→B→Α = 0 γιατί : τo έργο της δύναμης Coulomb κατά μήκος κλειστής διαδρομής είναι μηδέν, δεδομένου ότι η δύναμη Coulomb είναι διατηρητική δύναμη.

Η άσκηση μας άρεσε και την κρίνουμε διδακτικά ικανή για να λυθεί – αναλυθεί στην τάξη.

Επιστρέψτε στη σελίδα που φιλοξενεί όλα τα θέματα.

Advertisements

17 thoughts on “Νέα τράπεζα θεμάτων φυσικής προσανατολισμού Β λυκείου 21050

  1. Στο Δ4 έχει φύγει το – στο τελικό αποτέλεσμα για το έργο WAB.
    Στο Δ3 ζητάει το χρονικό ΄διάστημα μέχρι να επιστρέψει στο Α. Έχω την αίσθηση ότι θεωρώντας ως t = 0 τη στιγμή της εκτόξευσης η ερώτηση ζητάει το χρόνο για την κίνηση ΑΒΑ και όχι μόνο για την κίνηση ΒΑ που έχετε υπολογίσει. Πίστεύω ότι η απάντηση θα πρέπει να δοθεί από τη στιγμή της έναρξης της κίνησής του σωματιδίου, οπότε θα πρέπει η απάντηση να είναι το διπλάσιο από αυτό που έχετε υπολογίσει, δηλαδή 0,57 επί 10 εις την (-8). Ο χρόνος που έχετε υπολογίσει είναι για τη διαδρομή ΒΑ και βγαίνει 0,28 επί 10 εις την (-8).

    Αρέσει σε 1 άτομο

  2. Δεν έχεις άδικο Νεκτάριε, μάλιστα φταίω εγώ, δεδομένου ότι ο συνάδελφος Μαρίνος που έστειλε την λύση έχει στείλει από χθες mail όπου αναφέρει την ίδια ακριβώς τιμή σαν αποτέλεσμα.
    Μπράβο και στους δύο, από μένα και θα το διορθώσω, αλλά 🙂 γράφω την επόμενη. Υπομονή.
    Νεκτάριε καλημέρα, χαίρομαι που η παρέα μας μεγαλώνει.

    Μου αρέσει!

  3. Κώστα στείλε μου ένα mail για να ξέρω σε ποια διεύθυνση μπορώ να σου στέλνω τις παρατηρήσεις μου καθώς δυσκολευόμαι να γράψω μαθηματικούς τύπους εδώ…
    Υ.Γ. Το επίθετό μου είναι Πρωτοπαπάς και όχι Πρωτόπαπας

    Αρέσει σε 1 άτομο

  4. Η ολοκληρωμένη λύση για το Δ3 πρέπει να είναι η εξής:
    Να μείνει το κομμάτι υπολογισμού της επιτάχυνσης και να συμπληρωθεί το εξής από κάτω:
    H εξίσωση της κίνησης του ηλεκτρονίου είναι :

    x = υ0·t – ½·α·t²

    To ηλεκτρόνιο επιστρέφει στη θέση Α (που αντιστοιχεί στο x = 0) μετά από χρόνο tολ . Επομένως από την εξίσωση κίνησης του ηλεκτρονίου θα είναι:

    x = υ0·t – ½·α·t² ⇒ 0 = υ0·tολ – ½·α·tολ² ⇒tολ (υο – ½·α·tολ) = 0 ⇒

    tολ = 0 (που αντιστοιχεί στη χρονική στιγμή της εκκίνησης του ηλεκτρονίου) και

    ⇒ υο – 1/2 α·tολ = 0 ⇒ tολ = 2·υ0 / α ⇒ tολ = 0,57·10-8 s

    Αρέσει σε 1 άτομο

Σχολιάστε

Εισάγετε τα παρακάτω στοιχεία ή επιλέξτε ένα εικονίδιο για να συνδεθείτε:

Λογότυπο WordPress.com

Σχολιάζετε χρησιμοποιώντας τον λογαριασμό WordPress.com. Αποσύνδεση / Αλλαγή )

Φωτογραφία Twitter

Σχολιάζετε χρησιμοποιώντας τον λογαριασμό Twitter. Αποσύνδεση / Αλλαγή )

Φωτογραφία Facebook

Σχολιάζετε χρησιμοποιώντας τον λογαριασμό Facebook. Αποσύνδεση / Αλλαγή )

Φωτογραφία Google+

Σχολιάζετε χρησιμοποιώντας τον λογαριασμό Google+. Αποσύνδεση / Αλλαγή )

Σύνδεση με %s