M13/III.
A 2006/2007. tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny első (iskolai) fordulójának
javítási-értékelési útmutatója
Fizika III. kategóriában
A 2006/2007. tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny első fordulójának feladatai és megoldásai f i z i k á b ó l A dolgozatok elkészítéséhez minden segédeszköz használható. Megoldandó az első három feladat és a 4./A és 4./B sorszámú feladatok közül egy szabadon választott. Csak 4 feladat megoldására adható pont. Ha valaki 5 feladat megoldását küld be, a 4./A és 4./B feladat közül a több pontot elérő megoldást vesszük figyelembe.
III. kategória 1. feladat. Hány óra hosszú lenne egy nap a Földével megegyező átlagsűrűségű, gömb alakúnak tekinthető bolygón, amelynek az egyenlítőjén a testek súlya 10 %-kal lenne kisebb, mint a sarkokon? I. Megoldás. Írjuk fel a bolygó sarkain valamint az egyenlítőjén a talajra helyezett test mozgásegyenletét! A testre hat a gravitációs erő (Fgrav) és a talaj kényszerereje (G) . Ezzel: Fgrav − G = ma ,
ahol a bolygó sarkain a test nem gyorsul, tehát Fgrav = G ,
(1)
és a forgó bolygón a testnek centripetális gyorsulása lévén: Fgrav − 0,9 G = mRω2 .
Felhasználva (1)-et, és beírva a gravitációs erőtörvényt: γ
Mm Mm − 0 ,9 γ 2 = mRω2 , 2 R R
azaz (beírva a szögsebességnek a periódusidővel való kifejezését): 0,1γ
Mm 4π 2 = mR . T2 R2
A test tömegével egyszerűsítve, és a bolygó tömegét sűrűségével és térfogatával kifejezve: 4 R 3π 2 3 = R 4π 0,1γ R2 T2 ρ
→
0,1γρ 1 = 2, 3π T
ahonnan a bolygó egy napjának a hossza (forgási periódusideje): T=
3π . 0,1γρ
A függvénytáblázatból kivett sűrűségadattal: T=
3π = 16006 ,63 s = 266,78 min = 4,446 h = 4 h 26 min 46,6 s. 2 kg −11 Nm 0,1 ⋅ 6,67 ⋅10 ⋅ 5515 3 kg 2 m
II. (rövid) megoldás. A nehézségi gyorsulás az északi sarkon (gs) megegyezik a gravitációs gyorsulással, az egyenlítőn (ge) pedig ennek a kilenctizede: g e = 0,9 g s = 0 ,9γ
ρ 4 R 3π , 3R 2
és a nehézségi gyorsulás az egyenlítőn: ge = γ
ρ 4 R 3π 4π 2 R . − 3R 2 T2
A jobb oldalak egyenlőségéből (a sugarak és 4π kiejtés és átrendezés után): 0 ,9 γ
ρ ρ π =γ − 2. 3 3 T
Innen a periódusidő: 3π . 0 ,1 ⋅ γρ
T= Ez az előző eredménnyel azonos.
2. feladat. V = 50 dm3 térfogatú zárt tartályban hidrogén és hélium keveréke van t = 20 oC hőmérsékleten, és p = 900 kPa nyomáson. A két gáz együttes tömege m = 60 g. a) Hány gramm hidrogén és hány gramm hélium van a tartályban? b) Mekkora nyomása van a héliumnak? Megoldás. a) Legyen a hidrogén tömege m1, a héliumé m2, és a keverék tömege m1 + m2 = m. A keverék állapotegyenlete — felhasználva Dalton a parciális nyomásokra vonatkozó törvényét —:
( p1 + p2 ) ⋅V = m1
M1
+
m2 ⋅ RT , M 2
ahol p1 a hidrogén és p2 a hélium parciális nyomása, M1 és M2 a megfelelő moláris tömegek. Az állapotegyenletből: m1 m2 ( p1 + p2 ) ⋅ V 9 ⋅105 Pa ⋅ 5 ⋅10 −2 m 3 = = 18,473 mol ⋅ = + J RT M1 M 2 8,314 ⋅ 293 K mol ⋅ K
Felhasználva az össztömeg és összetevői közötti összefüggést, m2 = m – m1, azaz m − m2 m2 ( p1 + p2 ) ⋅ V + = , M1 M2 RT
szorozva M1M2-vel: mM 2 − m2 M 2 + m2 M 1 = M 1M 2
Innen a hélium tömege: m2 =
( p1 + p2 ) V . RT
M 1M 2 ( p1 + p2 ) M2 V −m . M1 − M 2 RT M1 − M 2
Számadatainkkal: m2 =
4 2⋅4 g 9 ⋅105 Pa ⋅ 5 ⋅10 − 2 m 3 − 60 g = 46,108 g , ⋅ J 2 4 − 2 − 4 mol 8,314 ⋅ 293 K mol ⋅ K
és a hidrogén tömege: m1 = m – m2 = 60 g – 46,108 g = 13,892 g.
b) A hélium nyomását a tömegének ismeretében a rá vonatkozó állapotegyenletből kapjuk: m RT 46,108 g = ⋅ p2 = 2 g M2 V 4 mol
J ⋅ 293 K mol ⋅ K = 561,6 kPa. 5 ⋅10- 2 m 3
8,314
(Ellenőrzés: a hidrogén parciális nyomása: p1 =
m1 RT 13,892 g = ⋅ g M1 V 2 mol
J ⋅ 293 K mol ⋅ K = 338,4 kPa. 5 ⋅10- 2 m 3
8,314
A parciális nyomások összege valóban a teljes nyomás: 561,6 kPa + 338,4 kPa = 900 kPa.) 3. feladat. Vízszintes talaj felett 5000 m magasságban vízszintes, egyenes pályán a hangsebesség kétszeresével, egyenletes mozgással halad el felettünk egy szuperszonikus repülőgép. (Ilyenkor a Mach-szám M = v/c = 2, ahol v a repülőgép sebessége, c = 340 m/s pedig a hangsebesség.) A repülőgép hangját egy adott pillanatban kezdjük észlelni. a) Milyen távolságban volt tőlünk a repülőgép, amikor kiadta az általunk először észlelt hangot? b) Milyen távolságban volt a repülőgép, amikor meghallottuk a hangját? Megoldás. A folyamat geometriáját az ábra mutatja:
Szuperszonikus repülésnél a repülőgép orránál ún. fejhullám alakul ki, amely kúpjának fél nyílásszögére érvényes: c sinα = . v
Ez könnyen belátható. Egy adott helyről figyelve egy állandó nyílásszögű, táguló kúpfelületet észlelnénk, amit mintegy magával visz a repülőgép. Ez úgy jön létre, hogy a gép előtt változatlan a légtér, „előre” nem terjed a hang, hiszen a gép megelőzné a saját hangját. A levegőt szelve ennek a hangja c < v sebességgel hagyja el a gép testét gömbfelületet alkotó fázisfelületekkel, így az ábra szerint világos, hogy a kibocsátott hullámfelület terjedési irányára érvényes a fenti összefüggés.
Amíg a repülőgép megtesz vt utat a pálya mentén, addig az út elejéről indított hanghullám hullámfrontja csak ct távolságra jut el a forrástól. c v
1 2
Esetünkben a kúp fél nyílásszögére arcsin = arcsin = 30° -ot kapunk. Vagyis a megfigyelő akkor fogja a hangot hallani, ha a repülőgéppel együtt haladó α = 30o félnyílásszögű ún. Mach-kúpba kerül.
a) Legyen a megfigyelő a talaj C pontjában! A hang beérkezésének pillanatában a gép a B pontban van, de azt a hangot, amely elsőnek érkezik a megfigyelő fülébe, a gép az A pontban bocsátotta ki. Első feladatunk az x =AC távolság meghatározása. Jelöljük t-vel azt az időt, amely alatt a gép A-ból B-be, a hang pedig A-ból C-be jutott. v c
Mivel M = = 2 , az AB távolság 2x. Tekintve, hogy α = 30o, az ABC háromszög C-nél levő szöge 90o. Így az ACD háromszög C-nél levő szöge szintén 90o. (ACD egy egyenlő oldalú háromszög h x
fele.) Ezért CD = = cos 30° , ahonnan x=
h 5000 m = = 5773,5 m. cos 30° 0,866
A repülőgép akkor, amikor a fülünkbe elsőnek érkező hangot kiadta, tőlünk x = 5773,5 m-re, kb. 5,77 km-re volt. b) Amikor ez a hang a fülünkhöz ért, a repülőgép már a B pontban tartózkodott, amely tőlünk CA = 2 x
3 = x 3 = 5773,5 ⋅ 3 = 10000 m = 10 km 2
távolságra volt, 5000 m magasságban. 4./A feladat. Két azonos, V térfogatú tartály elhanyagolható térfogatú összekötő csövében zárt szelep található. A jobb oldali tartályban vákuum van, a bal oldaliban T hőmérsékletű hélium gáz, amelyet dugattyú zár le. A szelepet kissé kinyitjuk, így a gáz kezd lassan átáramlani a jobb oldali tartályba. A gáz átáramlása közben a dugattyút úgy mozgatjuk, hogy a gáz nyomása mindvégig állandó maradjon. A kezdeti hőmérséklet hányszorosára növekszik a gáz Tvég hőmérséklete az átáramlás végén, ha a tartályok hőkapacitása elhanyagolható, a dugattyú hőszigetelő, a gáz és környezete között nincs hőcsere, azonban a két tartály tökéletes hőmérsékleti kontaktusban van egymással, ami azt jelenti, hogy a két tartályban mindig azonos a hőmérséklet.? T, V
V
He
vákuum
I. Megoldás. A gáz áramlása akkor fejeződik be, amikor a jobb oldali tartályban is ugyanakkora nyomás jön létre, mint a bal oldali állandó p nyomás. A dugattyút nyilván lefelé kell mozgatni, hogy fenntarthassuk a kezdeti nyomás állandóságát. A dugattyú mozgatásakor munkát végzünk a gázon, amelynek nagysága az állandó nyomás miatt W = p ⋅ ∆V .
Ez a munka teljes egészében a gáz belső energiáját növeli, mert a rendszerrel hőcsere nem történt: p∆V =
f f f Nk∆T = nN A k∆T = nR∆T . 2 2 2
Jelöljük q-val azt a számot (0 < q < 1), ami megmutatja, hogy mennyire csökken le a bal oldali tartály térfogata: Vvég = q . V.
p, V p, q .V
Írjuk fel a héliumra a gázegyenletet a szelep kinyitása előtt, valamint az átáramlás végén, továbbá alkalmazzuk az összenyomás folyamatára a termodinamika I. főtételét: pV = nRT , p (q + 1)V = n R Tvég
(
)
3 nR Tvég − T , 2
p (1 − q )V =
mert a héliumra f = 3. Az első és második egyenletből kifejezzük a q számot. A harmadik egyenletbe beírjuk az első két egyenletből kapott nRT értékeket:
(
)
p (1 − q )V =
3 3 3 nRTvég − nRT = [ p ⋅ (q + 1)V − pV ] = q ⋅ p V . 2 2 2
3 q ⋅ pV 2
→
Végül p (1 − q )V =
pV − qpV =
3 q ⋅ pV 2
→
1− q =
3 q 2
→
q=
2 , 5
vagyis a bal oldali tartály térfogata a kezdeti érték 40 % -ára csökken. A fenti két állapotegyenletből q segítségével kifejezhetjük a véghőmérsékletet: p (q + 1)V = (q + 1) nRT = n R Tvég .
Innen 7 Tvég = (q + 1)T = T . 5
Tehát a hélium hőmérséklete a kezdeti nyomás és térfogat értékétől függetlenül a kezdőhőmérséklet
7 − szörösére növekszik. 5
II. Megoldás. Egyszerűség kedvéért jelöljük a folyamat végén a bal oldali tartályban levő gáz térfogatát V1-gyel, és hőmérsékletét T1-gyel! A kezdő- és végállapotban az energia és az állapotegyenlet a mólhővel elírva: E = nCvT
és E1 = nCvT1
ill. pV = nRT ill. p(V1 + V ) = nRT1 ,
(1)
ahol tehát az 1-s indexű mennyiségek a végértékeket jelentik. Az első főtétel szerint nCvT1 = nCvT + p(V − V1 ) .
(2)
Itt az utolsó tag a gázon végzett munka. A pV1 értékét (1)-ből kifejezve és (2)-be írva: nCvT1 = nCvT + pV − (nRT1 − pV ) = nCvT + 2 pV − nRT1 = nCvT + 2nRT − nRT1 .
A mólhő beírásával: 3 3 n RT1 = n RT + 2nRT − nRT1 . 2 2
nR –rel egyszerűsítve, majd átrendezve a hőmérsékletek aránya adódik: 3 3 T1 = T + 2T − T1 → 2 2
5 7 T1 = T 2 2
→
T1 7 = . T 5
4./B feladat. Egy akkumulátor sorosan kapcsolt N cellából áll, mindegyik cella elektromotoros ereje Ε. Az akkumulátorról egy ellenálláson keresztül C kapacitású kondenzátort töltünk fel kétféleképpen. Először a sorosan kapcsolt ellenállást és kondenzátort egyszerűen az akkumulátor kivezetéseihez kapcsoljuk. A második esetben a soros kondenzátor-ellenállás rendszert először az akkumulátor első cellájához kötjük, majd az első két cellához, ezt követően az első három cellához, és így tovább, míg végül az összes cellához. Melyik esetben fejlődik több hő az ellenálláson, és mekkora a két esetben a keletkező hők aránya? Megoldás. A kondenzátor végső energiája mindkét esetben: 1 1 2 CU 2 = C ( NΕ ) 2 2
Az első esetben az akkumulátor által végzett elektromos munka: 2 W1 = QU = (CU ) ⋅ U = CU 2 = C (NΕ ) , aminek a fele a kondenzátor energiáját növeli, másik fele pedig az ellenálláson felszabaduló Joule-hő: 1 2 C ( NΕ ) . 2
A második módon történő töltésnél a k-adik lépésben (k = 1,2,3,…,N) az akkumulátor által végzett munka: Q C ⋅ N ⋅Ε ∆Wk = ∆Q ⋅ U k = ⋅ (k ⋅ Ε ) = ⋅ (k ⋅ Ε ) = C ⋅ k ⋅ Ε 2 . N
N
Ha mind az N lépést elvégezzük, akkor az akkumulátor által végzett teljes munkát a következő összegezéssel számíthatjuk ki: W2 =
N
∑ C ⋅ k ⋅Ε
2
k =1
= C ⋅Ε 2 ⋅
N
∑ k =C ⋅ Ε k =1
2
⋅
1 N ⋅ (N + 1) 1 2 = C (NΕ ) + CNΕ 2 . 2 2 2
Az összeg első tagja megadja a kondenzátor energia-növekedését, a második tag pedig az ellenálláson felszabaduló Joule-hővel egyezik meg. Látatjuk, hogy a Joule-hő az első esethez képest N-ed részére csökkent. A feladatot grafikusan is megoldhatjuk, ha ábrázoljuk a kondenzátor és az akkumulátor feszültségét a kondenzátoron megjelenő töltés függvényében: U
U
Q
Q
A besatírozott területek felelnek meg az ellenálláson felszabaduló Joule-hőnek. A második esetben minden kis háromszög terülte N 2 -ed része a bal oldali grafikonon látható háromszögnek. A kis háromszögekből összesen N darab van, tehát összesen 1/N-szerese a nagy háromszög területének. Összefoglalva tehát megállapítható, hogy az ellenálláson az első esetben keletkezik több Joule-hő, mégpedig N-szer annyi, mint amennyi a második esetben szabadul fel.
A 2006/2007. tanévi FIZIKA Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny első fordulójának pontozási útmutatója a III. kategória számára A dolgozatok elkészítéséhez minden segédeszköz használható. Megoldandó az első három feladat és a 4./A és 4./B sorszámú feladatok közül egy szabadon választott. Csak 4 feladat megoldására adható pont. Ha valaki 5 feladat megoldását küld be, a 4./A és 4./B feladat közül a több pontot elérő megoldást vesszük figyelembe.
Minden feladat teljes megoldása 20 pontot ér. Részletes, egységes pontozás nem adható meg a feladatok természetéből következően, ugyanis egy-egy helyes megoldáshoz több különböző, egyenértékű helyes út vezethet. A feladat numerikus végeredményével megközelítően azonos eredményt kihozó megoldó erre a részfeladatra 0 pontot kap, amennyiben elvileg helytelen úton jut el. Fizikailag értelmes gondolatmenet estén a kis numerikus hiba elkövetése ellenére (a részfeladat terjedelmétől függően) 2 – 5 pont vonható le. A III. kategória feladatmegoldásainak pontozása 1. feladat. Annak felismerése, hogy a bolygó forgásidejének milyen kapcsolata van a test Súlykülönbözetével
4 pont.
A bolygó egyenlítőjére helyezett test mozgásegyenletének helyes felírása
4 pont.
A testre ható erőknek a gravitációs erőtörvénnyel való helyes felírása
3 pont.
A bolygó tömegének a sűrűséggel és térfogattal való behelyettesítése
3 pont.
A bolygó periódusidejének kifejezése
4 pont.
A periódusidő helyes numerikus megadása
2 pont.
2. feladat. a) A keverék állapotegyenletének helyes felírása
5 pont.
Az edényben levő keverék mennyisége mólban kifejezett értékének kifejezése
3 pont.
A hélium tömegének helyes kiszámítása
4 pont.
A hidrogén tömegének megadása
2 pont.
b) A hélium parciális nyomásának kifejezése
4 pont.
A hélium parciális nyomásának numerikus megadása
2 pont.
3. feladat. b) A hang hullámfrontja haladásának helyes felismerése
5 pont.
A geometriai adatok helyes felismerése
5 pont.
Az általunk először hallott hang kiadásának pillanatában tartózkodó repülőgép távolságának meghatározása
5 pont.
A hang meghallásának pillanatában a gép tartózkodási helyének megadása
5 pont.
4./A feladat. Annak felismerése, hogy a folyamat csak addig tart, míg a két tartályban azonossá válik a nyomás
5 pont.
A gáz kezdő- és végállapotára állapotegyenlet helyes felírása
2 pont.
A termodinamika I. főtételének folyamatra vonatkozó helyes alakja
3 pont.
A bal oldali edény térfogatcsökkenésének kifejezése
5 pont.
A gáz hőmérsékletnövekedésének meghatározása
5 pont.
4./B feladat. A kondenzátor végső elektrosztatikus energiájának felírása
3 pont.
Az akkumulátor által végzett elektromos munka kifejezése az első módszerrel való töltésnél
4 pont.
A joule-hő meghatározása az első esetben
2 pont.
A második módon történő munkavégzés felírása számtani sorozattal
5 pont.
A kapott összeg értelmezés
3 pont.
A hőveszteségek arányának meghatározása
3 pont.
