Oktatási Hivatal
A 2007/2008. tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny második fordulójának feladatai és megoldásai fizikából II. kategória A dolgozatok elkészítéséhez minden segédeszköz használható. Megoldandó az első két feladat és a 3./A ill. 3./B sorszámú feladatok közül egy szabadon választott. Csak 3 feladat megoldására adható pont. Ha valaki 4 feladat megoldását küld be, a 3./A és 3./B feladat közül a több pontot elérő megoldást vesszük figyelembe.
1. Hullámvasút egy lejtős szelvénye függőleges tengelyű parabolaív. Kezdete és vége azonos szinten van, távolságuk egymástól D = 60 m, legmélyebb pontja a szint alatt h = 15 m-re van. Mekkora erő nyomja az m = 70 kg tömegű utast az üléshez, a) a pálya legalsó pontjában b) a pálya fél magasságában, ha a pálya elején v0 = 10 m/s volt a sebessége? A súrlódás, közegellenállás elhanyagolható. A szerelvényt egyetlen kocsi alkotja. (Számoljunk g = 10 m/s2-tel!) D
h
Megoldás. Adatok: D = 60 m, h = 15 m, m = 70 kg, v0 = 10 m/s. K = ? A kényszererő kiszámításához a pillanatnyi sebesség és a helyi görbületi sugár meghatározására van szükség. A sebesség a pálya legalsó pontjában: m m2 m v = 2 gh + v = 2 ⋅10 2 ⋅15m +100 2 = 20 . s s s (Ha a szerelvén hosszú lenne, tömegközéppontja a görbe pályán magasabban lenne, mintha pontszerűnek vehető egyetlen kocsiból állna, így a sebessége kisebb lenne a számítottnál.) 2 0
A görbületi sugár meghatározása esetünkben egy parabola csúcsához tartozó sugár meghatározását jelenti. Tükrözzük parabolánkat a vízszintes síkra, ezzel a művelettel a görbületi sugár nem változik meg. A tükrözött parabolát modellezhetjük egy megfelelő irányban, megfelelő kezdősebességgel eldobott kő pályájával.
h
ρ
D h
Ennek mind a gyorsulását, mint a pálya csúcsában felvett sebességét ismerjük, tehát a görbületi sugarat kiszámíthatjuk. A tükrözött parabola mentén repülő hipotetikus kő adataival a hajítás távolsága: 2v0xv0y x g xmax = → v0x = max , g 2v0y a hajítás magassága:
ymax =
v02y
→
2g
2 v0y = 2 gymax .
A gyorsulás a pálya csúcspontjában (a mindenkori vx = v0x sebességgel kifejezve: a =
vx2
ρ
,
ahonnan a keresett görbületi sugár: 2
2 x2 g2 1 xmax v2 v2 x g 1 602 m 2 ρ = x = x = max ⋅ = max ⋅ = = = 30m. a g 2v0y g 4 ⋅ 2 gymax g 4 ⋅ 2 ymax 8 ⋅15m Ezzel már felírhatjuk a hullámvasúton utazó személy mozgásegyenletét (a testet pontszerűnek tekinthetjük): 2 m2 20 2 v2 m v2 s + 10 = 1633, 3 N. K − mg = m K = m + g = 70kg → ρ s2 30 m ρ b) A pálya valamely közbenső pontjában ható kényszererőt a pályát ott legjobban helyettesítő kör (az ún. „görbületi kör”, vagy „simulókör”) sugarának meghatározása kell, hogy megelőzze. Ezt az a) részben felhasznált gondolat alapján tehetjük meg: a megfelelő szögben és sebességgel elhajított kő pályájának félmagasságában határozzuk meg a görbületi sugarat. (Példánkban a parabolapálya speciális adatai miatt, nevezetesen, hogy D = 4h, az eldobott kő v h kezdősebességének vízszintes és függőleges v h a v v 2 komponense egyenlő nagyságú, vagyis a vx g o hajítás szöge α = 45 .) A pálya tükrözött D parabolájának keressük meg a görbületi K sugarát a h/2 magasságban. h mg cos A modell-pályán haladó kő gyorsulása kizárólag a g nehézségi gyorsulás. A mg görbületi sugár a normál gyorsulással és a pillanatnyi sebességgel függ össze, ezeket kell meghatároznunk. Az ábrából látszik, hogy ha a vizsgált helyen a pillanatnyi sebesség vízszintessel bezárt szöge ϕ, akkor (a merőleges szárú szögek miatt) a normál gyorsulás nagysága an = g ⋅ cos ϕ , és mint tudjuk 1x
n
0y
1y
0
an = v 2 / ρ ,
ahonnan a görbületi sugár: ρ =
v2 . Itt a cosϕ a sebesség komponenseivel an
kifejezhető: cos ϕ = A görbületi sugár tehát
vx vx = . v v x2 + v 2y
ρ=
2
2
v v = = an g cos ϕ g
(v =
v x2 + v 2y vx
2 x
3
+ v 2y ) 2 g vx
.
v x2 + v 2y
Meg kell tehát határozni a sebesség megfelelő komponenseinek nagyságát! A parabola adataiból a kezdősebesség két komponense: v02 y m m m = h → v0 y = 2 gh = 2 ⋅10 2 ⋅15 m = 300 = 17,32 , 2g s s s és m 60 m ⋅ 2 2v x v y x ⋅g m s = xmax → v x = max = = 17,32 . m g 2v y s 2 ⋅17,32 s Mindvégig, tehát az aktuális helyen is a pillanatnyi sebesség x komponensének nagysága megegyezik a kezdősebség x komponensének nagyságával: v1x = v0x =17,32 m/s, a függőleges komponense pedig akkora, mint egy h magasságból h/2 magasságra kezdősebesség nélkül szabadon eső test sebessége, vagyis: v1 y = 2 g
h m m = gh = 10 2 ⋅15 m = 150 m = 12, 25 . 2 s s
A most meghatározott adatokkal a keresett görbületi sugár a parabola h/2 magasságában:
(17,32 ρ=
2
+ 12, 252 )
1,5
10 ⋅17,32
m = 55,1m.
Így a kényszererő a mozgásegyenlet alapján: K − mg cos ϕ =
mv12
ρ
,
ahol v1 a kocsi sebessége a lejtő adott helyén, és cosϕ amely a fentiek szerint: cos ϕ =
vx vx 17,32 = = = 0,8164. 2 2 v vx + v y 17,322 + 12, 252
(ϕ = 35, 27° )
A keresett érték: v 2 + gh v2 K = m g cos ϕ + 1 = m g cos ϕ + 0 = ρ ρ m2 m 100 2 + 10 2 ⋅15m m s s = 70 kg ⋅ 10 2 ⋅ 0,8164 + = 889, 08 N. s 55,1 m
Itt v1 természetesen a kocsi sebességét jelenti, amit az energiatételből kapunk. Rögtön a négyzetét felírva:
v 2 = v02 + 2 gh1 = v02 + 2 g
h m2 m2 m2 = v02 + gh = 100 2 + 150 2 = 250 2 . 2 s s s
Vegyük észre, hogy sokkal kisebb ez az erő, mint a legalsó pontban, egyrészt azért, mert még kisebb a kocsi sebessége, másrészt, mert a parabolapálya görbülete ott még kicsi (a görbületi sugara nagy. Ha ott síklejtő lenne a pálya, a kényszererő K = mgcosϕ lenne, ami 571,48 N nagyságú). 2. Egy 100 literes hőszigetelt tartály szintén jó hőszigetelésű, 50 literes hengerhez csatlakozik. A hengert laprugóval feszesen záró csapóajtó zárja el a tartálytól. A tartályban oxigén, a hengerben hélium van 300 K hőmérsékleten, 105 Pa nyomáson. A csapóajtó 2 ⋅ 105 Pa túlnyomásra nyílik, és ezután nyitva marad. A dugattyút lassan betoljuk addig, míg az ajtó kinyílik. Ekkor rövid várakozás után folytatjuk a hélium átpréselését a tartályba. a) Mennyi munkát végeztünk a gáz teljes átpréseléséig? b) Mekkora a gáz hőmérséklete és nyomása a folyamat végén? 100 l
50 l
Megoldás. A hélium teljes átpréselése három lépésből áll: először adiabatikusan összenyomjuk a héliumot egészen addig, amíg a nyomása el nem éri a 3 ⋅ 105 Pa értéket (ekkor alakul ki 2 ⋅ 105 Pa túlnyomás), ezt követően a csapóajtó kinyílik, és a hélium összekeveredik az oxigénnel, majd a harmadik lépésben a keverék gázt adiabatikus folyamatban teljesen átpréseljük a tartályba. A számítások megkezdése előtt érdemes meghatároznunk a hélium és az oxigén anyagmennyiségét: p0 ⋅ V0 105 Pa ⋅ 0,05 m3 p ⋅ 2V0 nHe = = = 2,005 mol ≈ 2 mol, nO 2 = 0 ≈ 4 mol. J R ⋅ T0 8,314 R ⋅ T0 ⋅ 300 K mol ⋅ K 1. A hélium adiabatikus összenyomására felírhatjuk a következő egyenletet: p0 ⋅ V0κ = p1 ⋅ V1κ , ahol p0 = 105 Pa, V0 = 50 liter, p1 = 3 ⋅ 105 Pa, illetve κ = 5/3, hiszen a héliumnak mint egyatomos gáznak a szabadsági fokszáma 3. A számítás elvégzése után megkapjuk, hogy a csapóajtó kinyílásakor a hélium térfogata V1 = 25,9 liter. A gázegyenlet alapján kaphatjuk meg a hélium hőmérsékletét ebben az állapotban: p ⋅V T1 = 1 1 = 467 K. nHe ⋅ R (Megjegyezzük, hogy a számértékekben néhány ezrelékes eltérések kerekítési okokból előfordulhatnak, melyek egy-két százalékos különbségekké is akkumulálódhatnak a feladat végeredményében.)
2. Az ajtó kinyílását követően a T0 = 300 K hőmérsékletű oxigén és a T1 = 467 K hőmérsékletű hélium összekeveredik. Mivel a keveredés közben sem hőközlés, sem munkavégzés nem történik, a két gáz együttes belső energiájának értéke megmarad, tehát a közös hőmérsékletre felírhatjuk a következő egyenletet: 3 5 5 3 RnHeT1 + RnO 2 T0 = RnHe + RnO 2 ⋅ T2 , 2 2 2 2 ahol T2-vel jelöltük a két gáz keveredése után kialakuló közös hőmérsékletet. Az adatok 3T + 10T0 behelyettesítése után a közös hőmérsékletre T2 = 1 = 339 K adódik, melynek 13 segítségével a közös nyomást is ki tudjuk fejezni: J nHe + nO 2 RT2 6 mol ⋅ 8,314 mol ⋅ K ⋅ 339 K p2 = = = 1,34 ⋅ 105 Pa. 3 2V0 + V1 0,1259 m (Megjegyezzük, hogy a feladat a hőmérséklet kiszámítása nélkül is megoldható, ha a belső f energiát pV alakban használjuk, ahol f a szabadsági fokok száma.) 2
(
)
3. A harmadik szakaszban a p2 = 1,34 ⋅ 105 Pa nyomású és V2 = 2V0+V1 = 125,9 liter térfogatú keverék gázt adiabatikusan 100 liter térfogatúra nyomjuk össze. A feladat nehézségét az adiabata egyenletében szereplő fajhőhányados meghatározása jelenti. Mivel a fajhőhányados felírható ilyen alakban: C +R κ= V , CV így a feladat lényegében a keverék gáz állandó térfogat melletti mólhőjének meghatározásaként értelmezhető. Kihasználjuk, hogy az ideális gázok belső energiája a mólhő segítségével kifejezhető: 5 3 E = CV nHe + nO 2 T = R ⋅ nHe + R ⋅ nO 2 T , 2 2 amiből a keverék állandó térfogat melletti mólhőjére 5 3 nHe + nO 2 2 2 R = 13 R CV = nHe + nO 2 6
(
)
13 R+R 19 6 érték adódik, vagyis a keverék fajhőhányadosa: κ keverék = = . 13 13 R 6 Ezek után már könnyű az adiabatikus folyamatokat leíró egyenletből a végállapotot kiszámítani: 19 13 3 3
19 13 2 2
pV = pV , ahol V3 = 2V0 = 100 liter a tartály térfogata. Az egyenlet megoldásaként p3 = 1,88 ⋅ 105 Pa végállapoti nyomást kapunk, amiből a végső hőmérséklet meghatározható: p3 ⋅ V3 T3 = = 377 K. nHe + nO 2 R Adiabatikus folyamatok esetén a munkavégzés megegyezik a belső energia megváltozásával:
(
)
5 J 3 W = ∆E = nHe + nO 2 R ⋅ ∆T = (13 mol) ⋅ 8,31 ⋅ (77 K ) ≈ 8320 J. 2 mol ⋅ K 2 Az általunk végzett munkát a teljes munkavégzésből úgy számíthatjuk ki, ha a külső levegő által végzett munkát (p0⋅V0 = 5000 J) levonjuk a fenti értékből. Tehát a mi munkavégzésünk: Wmi = 3320 J. Megjegyzés: Feltehetően többeket megtéveszthetett az a gondolat, hogy egy keverékben a parciális gáznyomások egyszerűen összeadódnak, vagyis a keverékekben az egyes ideális gázkomponensek egymástól függetlenül fejtik ki nyomásukat, úgy viselkednek, mintha a másik komponens ott sem lenne. Keverékek adiabatikus összenyomásakor mégsem lehet külön-külön számítani az összenyomást, mert a különböző fajhőhányadosú gázok más-más hőmérsékletet vesznek fel külön-külön összenyomva őket, ha viszont együtt végezzük az összenyomást, akkor a hőmérséklet mindig kiegyenlítődik. A keverék gáz úgy viselkedik, mintha a részecskéinek olyan szabadsági foka lenne, ami megfelel a keverékek szabadsági fokainak a mólszámokkal (vagy részecskeszámokkal) súlyozott átlagának. Aki ezt felismerte, annak megoldását teljes megoldásként kell értékelni. A parciális nyomásokkal történő hibás számításra viszont nem adható részpontszám még akkor sem, ha ebből a megfontolásból a helyes eredményhez igen közeli, esetleg azzal teljesen megegyező érték jön ki. 3./A Két sárgaréz fogaskereket kapcsoltunk egymáshoz. Az egyik kerék sugara 10 mm, a másik keréké 50 mm, párhuzamos, vízszintes tengelyeik sugara 1 mm-es. A tengelyekkel párhuzamos, 0,5 T indukciójú homogén mágneses mezőbe helyezzük a szerkezetet, és a nagyobbik fogaskerék tengelyére vékony fonalat csévélünk, amelyre 10 g tömegű kis testet akasztunk. A tengelyeket tartó vízszintes fémrúd ellenállása 0,01 Ω, a többi rész ellenállása elhanyagolhatóan kicsi. Mekkora állandósult sebességgel fog a kis test mozogni, ha a rendszert magára hagyjuk?(Minden súrlódás elhanyagolhatóan kicsi.) xB
Megoldás. A mozgási indukció következtében a forgó korongok közepe és széle között indukált elektromotoros erő keletkezik. Ha az ábra szerinti forgásirány valósul meg, a nagy korongon a pozitív töltések a perem felé, a kis korongon a tengely felé áramlanak (pontosabban az elektronok áramlanak ellenkező irányokban). Így a két korong közepe és széle között keletkező feszültség egyirányba esik, azaz nagyságuk összeadódik. Ez a feszültség a tengelyeket összekötő véges ellenálláson jelenik meg, amely meghatározza a zárt körben kialakuló áram erősségét (a korongok ellenállása 0). Az indukált feszültségek felírása egyszerűsödik, ha kihasználva a speciális számadatainkat a kis korong r sugarát véve alapul, a nagy korong sugarát 5r-nek vesszük, és a nagy korong ω szögsebességét véve alapul a kis korong szögsebességét 5ω-val jelöljük. Mint ismeretes, a végpontja körül az indukcióra merőleges síkban ω szögsebességgel forgó pálca (ill. korong) két széle (ill. sugarának két végpontja) között keletkező indukált feszültség
l U = B v, 2 ahol B az indukció nagysága, l a pálca (ill. sugár) hossza, v a végpont sebessége. Ez utóbbi a szögsebességgel kifejezve v = rω. Ezt felhasználva a két tengely között fellépő feszültség nagysága: 5r r r2 U = B ⋅ 5rω + B ⋅ r 5ω = B ω ( 25 + 5 ) = 15Br 2ω. 2 2 2 Ohm törvénye szerint (miután a korongok ellenállása elhanyagolható) a kialakuló áram erőssége: U 15Br 2ω . I= = R R Amikor a nehezék már állandósult sebességgel süllyed, a munkatétel szerint a rajta végzett összes munka összege 0. Ez nyílván a pillanatnyi teljesítményekre is vonatkozik, tehát (ha minden súrlódástól eltekinthetünk) a nehézségi erő (pozitív) mechanikai teljesítménye és az elektromos mező (negatív) teljesítménye összesen 0, vagyis mg v − UI = 0. Innen U 2 225B 2 r 4ω 2 = . mg v = UI = R R A szögsebességet a tengely kerületi sebességével (a nehezék süllyedési sebességével) kifejezve egyszerűsíthetünk, hiszen ω = v/r0: 225B 2 r 4 v 2 , mg v = Rr02 ahol r0 a tengely sugara. Egyszerűsítés és átrendezés után a keresett sebességre a következő adódik: mgRr02 225B 2 r 4 v mm → = ≈ 1, 8 . v mg = 2 2 4 225 B r s Rr0 Dinamikai megoldás:
Az energetikai megoldásban ismertetett módon kiszámítjuk az indukált áramot: 15Br 2ω , I= R ahol r a kis fogaskerék sugara, R pedig a tartórúd ellenállása, ω pedig a nagy korong szögsebessége. Állandósult szögsebesség esetén mindkét korongra (külön-külön) a forgatónyomatékok összege nulla. A kis és a nagy korong egymásra valamekkora F és –F erő-ellenerő párral hat, ahogy ez az ábrán látszik:
F
‐F
A nagy korongra hat az F erő, a kicsire pedig a –F erő. A Lorentz-erő mindkét korongra felfelé hat, és mindkét korong mozgását fékezi, mert a két fogaskerék (korong) egymással szemben forog. A kis korongra a forgatónyomaték egyensúly így írható fel: F ⋅ r ( BIr ) ⋅ r , Fr = Lorentz = 2 2 amiből a két korong kölcsönhatását leíró F erőt így fejezhetjük ki: F BIr . F = Lorentz = 2 2 A nagy korongra az F erő, a Lorentz-erő és a tengelyt terhelő m tömegű test fejt ki forgatónyomatékot: 15 Br 2ω 2 225 B 2 r 4ω [ BI (5r )] ⋅ 5r 5 BIr 2 25 BIr 2 2 r = , mgr0 = F ⋅ 5r + = + = 15 BIr = 15 B R R 2 2 2 ahol az utolsó előtti tagba behelyettesítettük az áramerősség korábbi kifejezését. A nehezék sebességét úgy kaphatjuk meg, ha az ω szögsebességet kifejezzük az egyenlet-sorozat első és utolsó tagjának segítségével, és a szögsebességet megszorozzuk a tengely r0 sugarával: mm mgRr02 ≈ 1,8 . v= 2 4 s 225B r Ezzel pontosan ugyanazt az eredményt kaptuk, mint amit az energetikai számítás alapján. 3./B Egy foton szabadon álló, nyugvó elektronnal ütközik (szóródik rajta), majd az eredeti
irányához képest 90o-kal eltérülve halad tovább. Mekkora a beérkező foton energiája, ha a szórt foton frekvenciája éppen fele a beérkezőnek? Mekkora sebességgel mozog az ütközés után a meglökött elektron? (Segítség: A feladatot relativisztikus tárgyalásmódban kell megoldani, amelyben a meglökött
elektron teljes energiája E = p 2 c 2 + m 2 c 4 , ahol p az elektron impulzusa (lendülete), m a (nyugalmi) tömege és c a fénysebesség.) Megoldás. Az energia és az impulzus megmaradásának tételét kell felírnunk. A beérkező foton energiája és a nyugvó elektron energiája megegyezik a szóródó foton energiájával (ami éppen fele a beérkezőnek, tehát a hullámhossza pontosan megkétszereződik) és a meglökött elektron teljes energiájával: hf hf + mc 2 = + p 2c 2 + m 2c 4 , 2 ahol p az elektron impulzusa (lendülete), m a (nyugalmi) tömege és c a fénysebesség. A beérkező foton haladási iránya legyen az x irány, a szóródó foton iránya pedig az y irány. A lendület-megmaradást írjuk fel a két egymásra merőleges összetevőre (lásd az ábrát):
px = mvx = hf/c és py = mvy = hf/2c.
A meglökött elektron lendületének összetevőire a következő módon írhatjuk fel a Pitagorasztételt: 2
2
hf hf p2 = + , c 2c
hf c
amiből 5 2 2 h f . 4 Ha ezt behelyettesítjük az energia kifejezésébe, akkor rövid számolás után a
hf 2c px = mvx =
hf c
p 2c 2 =
fenti
hf py = mvy = 2c
p = mv
hf = mc 2 = 8,19 ⋅ 10-14 J = 511 keV végeredményt kapjuk. A beérkező foton energiája tehát megegyezik az elektron nyugalmi energiájával. A meglökött elektron sebességét az impulzusából számíthatjuk ki. A p 2c 2 =
5 2 2 h f 4
összefüggésből ez adódik: 5hf 5mc = = 3,05 ⋅ 10-22 kgm/s. 2c 2 A relativisztikus impulzust így írhatjuk fel: mv p= , v2 1− 2 c amiből az elektron sebességét kiszámíthatjuk: pc v= = 2,23 ⋅ 108 m/s. 2 2 2 mc +p p=
Megjegyzés (1): A feladat úgy is megoldható, ha valaki ráismer arra, hogy ez a Compton-szórás, és használja a szóródó foton hullámhossz növekedésének ismert képletét ( ∆λ = λC (1 − cos ϕ ) . A 90°-ban szóródó foton hullámhossz növekedése éppen a jól ismert Compton-hullámhossz (λC = h/mc). Mivel a foton energiája feleződött, hullámhossza pedig megduplázódott, ezért a beérkező fotonnak is Compton-hullámhosszúságúnak kellett lennie, vagyis az energiája mc2 volt. Megjegyzés (2): Ha valaki nem-relativisztikusan számol, akkor az elektron sebességére 2,68 ⋅ 108 m/s értéket 4 kap, és a beérkező foton energiájára: mc 2 -et, melyek nagyságrendileg jó értékek, de mégis 5 hibásak. A megoldónak a közel fénysebességből ki kellene következtetnie, hogy relativisztikusan kell számolni.
Pontozási javaslat (fizika OKTV 2007/2008. II. kategória, második forduló): 1. feladat (maximális pontszám: 20 pont) a) A sebesség kiszámítása a legalsó pontban A görbületi sugár helyes meghatározása (bármilyen módszerrel) A nyomóerő kiszámítása
2 pont 4 pont 2 pont
b) A sebesség kiszámítása a pálya félmagasságában A görbületi sugár helyes meghatározása (bármilyen módszerrel) A nyomóerő kiszámítása
2 pont 6 pont 4 pont
2. feladat (maximális pontszám: 20 pont) A hengerben lévő hélium adiabatikus összenyomásának kiszámítása
3 pont
Az oxigén és a hélium keveredésének helyes meghatározása
4 pont
A keverék fajhőhányadosának meghatározása
6 pont
A keverék adiabatikus összenyomásának kiszámítása
3 pont
A munkavégzés kiszámítása 4 pont (A külső levegő munkavégzésének figyelmen kívül hagyása -1 pont levonása legyen.) 3./A feladat (maximális pontszám: 20 pont) Az indukált feszültség meghatározása 8 pont (A két fogaskerékben indukálódó részfeszültségek helytelen előjelű összeadása 4 pont) Az indukált áram meghatározása
2 pont
A kis test állandósult mozgását leíró egyenlet helyes felírása (Két elvileg különböző felírás is lehetséges: a munkatétel alapján – ahogy a mintamegoldásban található – vagy két ellentétes irányú forgatónyomaték egyensúlyából is kiszámítható az állandósult sebesség.)
8 pont
Az állandósult sebesség kiszámítása
2 pont
3./B feladat (maximális pontszám: 20 pont) Az energia-megmaradás törvényének felírása
5 pont
Az impulzus-megmaradás törvényének felírása
5 pont
A beérkező foton energiájának kiszámítása
5 pont
A meglökött elektron sebességének kiszámítása
5 pont
