Φ3

Από 0-2s η ταχύτητα είναι σταθερή άρα ΣF=0 ή F=B=mg=20Ν, ενώ από 2s-4s, ΣF=F-B=mα. Αλλά α=Δυ/Δt= 1m/s², οπότε F= 22Ν.

Μην ξεχνάμε τον τρίτο νόμο του Νεύτωνα. Η δράση και η αντίδραση έχουν ίδιο μέτρο ΑΛΛΑ ασκούνται σε διαφορετικά σώματα…

Στο διάγραμμα ταχύτητας – χρόνου, το εμβαδόν του σχηματιζόμενου χωρίου είναι ίσο αριθμητικά με την μετατόπιση. Έτσι Δx= (2∙2+ ½ (4+2)∙2) m =10m.

Οι σωστές απαντήσεις, με βάση αυτά είναι:

Λ, Σ, Λ, Σ, Λ.

Σ, Λ, Σ, Λ, Σ.

20Ν, 22Ν, 10m

Φ2

Όταν το σώμα ανεβαίνει με σταθερή ταχύτητα ΣF=0 οπότε Τ=B=mg=20N, ενώ όταν επιταχύνεται ΣF=ma άρα T-mg=ma και T=20N+6N=26N
Η αντίδραση του βάρους ασκείται στη Γη και η αντίδραση της τάσης του νήματος ασκείται στο νήμα....
Έτσι οι απαντήσεις είναι:

1)….α) Σ , β) Λ , γ) Λ .

2) … α) Λ , β) Σ, γ) Λ .

X3

Το αρχικό διάλυμα έχει pΗ=1

Με την αραίωση για τη συγκέντρωση του οξέος έχουμε:

C₁∙V₁ = C₂∙V₂, οπότε C₂ =0,01Μ και αφού διίσταται πλήρως pΗ=2

Αντίστοιχα όταν ο όγκος γίνεται 10L, η συγκέντρωση θα γίνει C₃= 0,001Μ και το pΗ=3.

ΣΥΜΠΕΡΑΣΜΑ: Σε διάλυμα ισχυρού οξέος αραίωση στο δεκαπλάσιο του όγκου αυξάνει την τιμή του pΗ κατά 1. Δείτε την ερώτηση Χ3, όπου το οξύ είναι ασθενές. Εκεί αραίωση στο δεκαπλάσιο του όγκου προκαλεί αύξηση του pΗ κατά μισή μονάδα.

X4

Αν το οξύ ήταν ισχυρό, θα αντιδρούσε πλήρως με το νερό και θα είχαμε [Η₃Ο⁺]= 0,1Μ και pΗ=1. Κατά συνέπεια το οξύ είναι ασθενές και στο διάλυμα επικρατεί η ισορροπία:

Μ	ΗΑ +	Η2Ο ↔	Η3Ο+	+Α-
Αρχικά	0,1	-
Αντ/παρ.	x	-	x	x
τελικά	0,1-x	-	x	x

Επειδή pΗ=3, [Η₃Ο⁺]= 10^-3 Μ και x=10^-3.

Έτσι η σταθερά ιοντισμού του οξέος είναι:

Κ_α=x²/(0,1-x) = 10^-6/0,1 = 10^-5.

Έτσι οι απαντήσεις είναι:

α) Λάθος, αφού [ΗΑ]=0,1-x

β) Σωστό.

γ) Όταν αραιώνουμε ένα διάλυμα ασθενούς ηλεκτρολύτη δεν εφαρμόζεται ο νόμος της αραίωσης για τα ιόντα, αφού με την προσθήκη νερού μετατοπίζεται η ισορροπία στην αντίδραση ιοντισμού.

Εφαρμόζουμε τον νόμο της αραίωσης για τα συνολικά mοl του οξέος και έχουμε:

n₁=n₂

C₁V₁ = C₂V₂ άρα C₂ = 0,01Μ

Ξαναπαίρνουμε την ισορροπία και έχουμε:

Μ	ΗΑ +	Η2Ο ↔	Η3Ο+	+Α-
Αρχικά	0,01	-
Αντ/παρ.	y	-	y	y
τελικά	0,01-y	-	y	y

Παίρνοντας δε την Κα θα έχουμε

Κ_α=y²/(0,01-y)

10^-5 = y²/0,01

y= 10^-3,5

pH=3,5

Για τον αριθμό mοl του Η₃Ο⁺: n_Η3Ο = y∙V₂ = 10^-3,5∙10V₁ = 10^-2,5V₁, ενώ πριν την αραίωση: n=10^-3 V. Προσέξτε έχουμε περισσότερα οξώνια αλλά μικρότερη συγκέντρωση.

Οι απαντήσεις είναι:

i) Λ, ii) Σ, iii) Σ, iv) Λ , v) Σ

ΦΓ7

Εφαρμόζοντας τον νόμο του Snell για τη θέση Β έχουμε n₁ημφ=n₂ ημθ (1) όπου n₁ =1 ο δείκτης διάθλασης του αέρα και n₂ του νερού της σταγόνας. Αλλά το τρίγωνο ΟΑΒ είναι ισοσκελές και έτσι η γωνία πρόσπτωσης στο σημείο Α, η γωνία ΟΑΒ, είναι ίση με θ. Έτσι εφαρμόζοντας για τη θέση Α το νόμο του Snell έχουμε n₂ ημθ = n₁ ημω όπου ω η γωνία διάθλασης, η οποία με βάση της σχέση (1) δίνει ω=φ. Η ακτίνα λοιπόν θα διαθλαστεί στο σημείο Α και θα εξέλθει από τη σταγόνα.
Και τότε πώς δημιουργείται το Ουράνιο τόξο;
Στο σημείο Α έχουμε ΜΕΡΙΚΗ και όχι ολική ανάκλαση.

ΦΓ6

α) Από το νόμο του Snell για τη διάθλαση στην πλευρά ΑΒ έχουμε:
n_αερημ0° = nημθ_b άρα θ_b=0° δηλαδή η ακτίνα δεν σπάει (δεν ΔΙΑΘΛΑΤΑΙ).
β) Η γωνία της κορυφής Α είναι 90°, οπότε η ακτίνα σχηματίζει με την πλευρά ΑΓ γωνία 30° και η γωνία πρόσπτωσης είναι θ_α=60°.
γ) Για την κρίσιμη γωνία έχουμε ημθcrit=n_αερ/n=1/1,7 ≈ 0,59, ενώ ημθα ≈ 0,86 δηλαδή η γωνία πρόσπτωσης είναι μεγαλύτερη της κρίσιμης γωνίας και η ακτίνα θα υποστεί ολική εσωτερική ανάκλαση υπό γωνία ξανά 60° και θα φύγει σε διεύθυνση κάθετη στη βάση ΒΓ όπου και θα εξέλθει χωρίς να αλλάξει διεύθυνση.
Κατά συνέπεια οι απαντήσεις είναι όλες σωστές.

Στο πρώτο σχήμα παρουσιάζεται η πορεία της ακτίνας.

Όταν βυθίσουμε το πρίσμα στο υγρό, τότε για να βρούμε τι θα συμβεί με την ακτίνα όταν φτάσει στην πλευρά ΑΓ, εφαρμόζουμε τον νόμο του Sneel και παίρνουμε nημθα=n1ημθb από όπου ημθb ≈0,92, οπότε η ακτίνα διαθλάται και στο δεύτερο σχήμα παρουσιάζεται η πορεία της.

ΧΓ2

1) Το διάλυμα του ισχυρού οξέος έχει μικρότερο pH.
2) ΗΑ +H₂O → Η₃Ο⁺ + Α^- .
Άρα στο διάλυμα περιέχονται μόρια νερού και ιόντα οξωνίου, Α- , υδροξειδίου. Συνολικά 4 σωματίδια.
3) ΗB + H₂O ↔ Η₃Ο⁺ + B^- .
Άρα στο διάλυμα περιέχονται μόρια νερού, μόρια ΗΒ και ιόντα B-, οξωνίου, υδροξειδίου. Σύνολο 5 σωματίδια.
4) Για πλήρη εξουδετέρωση απαιτούνται τόσα mol ΝαΟΗ όσα είναι και τα mol κάθε οξέος δηλαδή n=CV. Απαιτούνται δηλαδή ίσες ποσότητες ΝαΟΗ και ίσοι όγκοι.
5) Το διάλυμα Δ1 μετά την πλήρη εξουδετέρωση θα έχει pΗ=7, ενώ το δεύτερο διάλυμα επειδή τα ιόντα B^- αντιδρούν με το νερό σχηματίζοντας το ασθενές οξύ ΗΒ, ελευθερώνονται ιόντα ΟΗ^- και το pΗ θα είναι μεγαλύτερο από 7.
6) Με βάση τα προηγούμενα μόλις το διάλυμαΔ₂ αποκτήσει pH=7 δεν θα έχει εξουδετερωθεί πλήρως το οξύ, άρα θα έχουμε χρησιμοποιήσει μικρότερο όγκο διαλύματος ΝαΟΗ.

ΧΓ1

α) Α) Υδροξείδια μετάλλων. π.χ. ΝαΟΗ, ΚΟΗ ...
Β) Η αμμωνία ΝΗ3, αλλά και ενώσεις που θεωρούνται ότι προέρχονται από αυτήν με αντικατάσταση ενός ή περισσοτέρων ατόμων υδρογόνου, όπως π.χ. οι αμίνες RNH2.
Γ) Αρνητικά φορτισμένα ιόντα, που είναι συζυγής βάσεις γνωστών οξέων, π.χ. Cl^- , Br^- , CN^-…

H₃O⁺ + OH^- → 2H₂O

HCl + NH₃ → NH₄Cl

NH₄⁺ + OH^- → NH₃ + H₂O

CN^-+ HBr → HCN + Br^-

ΗS^- + ΟΗ^- → S⁼ + H₂O

ΗS^- + ΗCl → H₂S + Cl^-

ΦΓ5

Η κορυφή Α θα εκτελέσει σύνθετη ταλάντωση εξαιτίας των δύο κυμάτων. Οι δύο ταλαντώσεις έχουν συχνότητες f₁=200π/2π= 100Ηz και f₂= 204π/2π=102 Ηz, οπότε το πλάτος ταλάντωσης παρουσιάζει διακροτήματα με περίοδο Τ_δ=1/f₁-f₂ = 0,5Ηz, με μέγιστο πλάτος Α΄=2Α=0,4m και συχνότητα f=(f₁+f₂)/2 =101Ηz.

Η απάντηση λοιπόν είναι:

α) Λ,.... β) Σ,......... γ) Σ

ΦΓ4

Σε χρόνο t₁=0,5s το κύμα έχει διαδοθεί κατά Δx=υt₁=1m, οπότε η κορυφή Β έχει φτάσει στον τοίχο. Έτσι η μισή κυματομορφή έχει ανακλασθεί παρουσιάζοντας, λόγω ανάκλασης διαφορά φάσης π, με την αρχική μορφή. Έτσι η μορφή θα είναι το αποτέλεσμα συμβολής και το αποτέλεσμα φαίνεται στο παρακάτω σχήμα.

Με την ίδια συλλογιστική βρίσκουμε τη μορφή για t=1s:

ΦΓ3

Στο πρώτο σχήμα βλέπουμε ότι το κύμα έχει διαδοθεί κατά ένα μήκος κύματος, ενώ το σημείο στο οποίο έχει φτάσει το κύμα αρχίζει να κινείται προς τα κάτω, συνεπώς και η πηγή για t=0 είχε αρχίσει να ταλαντώνεται με αρχική φάση φ=π.

Με βάση τα δύο άλλα στιγμιότυπα τα κύματα έχουν διαδοθεί κατά 5λ/4 και 2λ, οπότε οι πηγές ταλαντώνονται για χρονικό διάστημα 5Τ/4 και 2Τ, χωρίς να έχουν αρχική φάση. Με βάση τα παραπάνω οι απαντήσεις είναι:

α) Σ, β) Λ, γ) Σ, δ) Λ, ε) Σ

ΦΓ2

1) Στην αρχική θέση το ελατήριο έχει το φυσικό του μήκος.

Άρα Fελ=0, οπότε ΣF=B=mg = ma.

Κατά συνέπεια η επιτάχυνση είναι ίση με g (αυτή είναι και η μέγιστη επιτάχυνση, αφού πρόκειται για ακραία θέση ταλάντωσης).

2) Τη στιγμή t3 η ταχύτητα είναι μηδέν άρα το σώμα έχει φτάσει στην κάτω α κραία θέση του, έχει λοιπόν μέγιστη κατά μέτρο επιτάχυνση με φορά προς τα πάνω, α= - g.

3) Η χρονική στιγμή t3 αντιστοιχεί σε χρόνο μισής περιόδου. Στη θέση ισορροπίας του σώματος ισχύει ΣF=0

mg=KA οπότε m/k=A/g από όπου:

4) Για t=0 το σώμα βρίσκεται στη θέση χ=-Α άρα από την εξίσωση:

χ=Αημ(ωt+φ) παίρνουμε:

-Α = Α ημφ οπότε φ=3π/2

5) Η μέγιστη δύναμη του ελατηρίου είναι στην κάτω ακραία θέση και έχει τιμή:

mg+ F= - Kx ή F= -KA-mg = -2mg ( το - σημαίνει φορά προς τα πάνω).

ΦΑ1

Σε κάθε θέση, στο σώμα Σ ασκούνται δύο δυνάμεις:

Το βάρος του και η δύναμη που του ασκεί το ελατήριο η Fελ, το μέτρο της οποίας υπακούει στο νόμο του Ηοοke Fελ=Κ·Δl, όπου Δl η επιμήκυνση ή η συσπείρωση του ελατηρίου.
Το σώμα ασκεί στο ελατήριο την ΑΝΤΙΔΡΑΣΗ της Fελ, την F΄ η οποία έχει φορά προς τα κάτω.

Η επιτάχυνση του σώματος είναι ίση αριθμητικά με την κλίση (εφφ) της γραφικής παράστασης της ταχύτητας σε συνάρτηση με το χρόνο. Έτσι τη χρονική στιγμή t2 η κλίση της καμπύλης είναι ίση με μηδέν, οπότε και η επιτάχυνση είναι μηδενική, άρα ΣF=0 και Fελ=Β.

Με βάση τα παραπάνω η απάντηση είναι:
1) Λ 2) Σ 3) Σ 4) Λ 5) Σ 6) Σ 7) Σ 8) Σ 9) Λ

Κίνηση σε βαρυτικό και Ηλεκτρικό πεδίο.

Στο σωματίδιο ασκείται μια σταθερή βαρυτική και μια σταθερή Ηλεκτρική δύναμη, όπως παρουσιάζονται στο παρακάτω σχήμα.

άρα και η συνισταμένη δύναμη είναι σταθερή και το σωματίδιο θα αποκτήσει και σταθερή επιτάχυνση, εκτελώντας ευθύγραμμη ομαλά επιταχυνόμενη κίνηση στη διεύθυνση της συνισταμένης. Η σωστή απάντηση είναι η δ.

ΦΓ1

Βρίσκουμε πόσα σημεία μεταξύ των δύο πηγών ταλαντώνονται με μέγιστο πλάτος.

Αν x η απόσταση ενός τέτοιου σημείου από την πρώτη πηγή Ο₁ τότε από την άλλη απέχει κατά d-x και πρέπει:

x-(d-x)= κλ

2x –d=κ·2

x= 5,5 +κ

Όμως

Άρα οι ακέραιες τιμές που μπορεί να πάρει το κ είναι:

-5, -4, -3, -2, -1, 0, 1, 2, 3, 4 και 5.

Για το σημείο Σ έχουμε:

r₁ – r₂ = 14cm-20cm = -6cm = (-3) 2cm = (-3) λ.

Συνεπώς το σημείο Σ βρίσκεται στην τρίτη υπερβολή που υπάρχει μεταξύ του μέσου Μ της Ο₁Ο₂ και της πηγής Ο₁. Έχουμε ακόμη άλλες δύο υπερβολές (με τιμές του κ -4 και -5, οι οποίες περνάνε από το ευθύγραμμο τμήμα ΣΟ₁, οπότε υπάρχουν και δύο σημεία που ταλαντώνονται με μέγιστο πλάτος, όπως φαίνεται και στο παρακάτω σχήμα.

Σωστό το β.