Oktatási Hivatal Fizika II. kategória A 2009/2010. tanévi FIZIKA Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny első fordulójának feladatai és megoldásai II. kategória A dolgozatok elkészítéséhez minden segédeszköz használható. Megoldandó az első három feladat és a 4/A és 4/B sorszámú feladatok közül egy szabadon választott. Mindkettő megoldása esetén a 4/A és 4/B feladat közül a több pontot elérő megoldást vesszük figyelembe. Minden feladat teljes megoldása 20 pontot ér. 1. A rajzon látható h magas asztalon fekszik egy L hosszú, M tömegű merev kartonlap, és azon egy m tömegű radír. A lapot az asztal élére merőleges, vízszintes „a” gyorsulással kirántjuk a radír alól az asztaltól távolodva. a) Az asztal szélétől milyen távol ér talajt a radír? b) Mekkora munkát végzünk addig a pillanatig, amikor a radír már nem érintkezik a papírral? Adatok: L=1m, h=1,8m, M=0,1kg, m=0,05kg, a=6 m/s2, a radír és a papír között a csúszási súrlódási együttható µ =0,2, a nehézségi gyorsulás g=10m/s2. Az asztal és a kartonlap közti súrlódástól eltekinthetünk. Megoldás: a) A radír mozgása két szakaszra bontható: 1. A gyorsítási szakasz addig tart, amíg a radír a papíron csúszik. A radírra írjuk fel a dinamika alapegyenletét, ahonnan a radír gyorsulása: a2 = µ ⋅ g = 2 m/s 2 .
A két test gyorsulása egyirányú, valamint a papír a gyorsítási szakaszban L úttal többet tesz meg: L=
a − a2 2 ⋅t . 2
Innen a gyorsítás ideje:
t1 = 2009/2010
2⋅ L = 0, 707 s . a − a2 1
OKTV 1. forduló
Oktatási Hivatal Fizika II. kategória Ezalatt a radír vízszintes irányban x1 =
a2 2 ⋅ t = 0, 5 m 2
utat tesz meg. 2. Vízszintes hajítás
v0 = a2 ⋅ t1 = 2 m/s sebességgel indul h magasságban. A hajítás ideje: 2⋅h = 0, 6 s . g Ezalatt a radír vízszintes koordinátájának megváltozása: t2 =
x2 = v0 ⋅ t2 = 0, 848 m . A becsapódás helyének távolsága az asztal sarkától:
d=
( x1 + x2 )
2
+ h 2 = 2, 25 m
b) Munkavégzésünk a két testnek mozgási energiájává valamint súrlódási munkává alakul. Jelöljük V-vel a kartonlap sebességét abban a pillanatban, amikor a radír elválik tőle. V = a ⋅ t1 = 4, 24 m/s Így 1 1 MV 2 + mv 2 + µmg ⋅ L = 1, 05 J 2 2 Megjegyezzük, hogy a munka megadható a W=
3 W = F ⋅ s = ( M ⋅ a1 + µ ⋅ m ⋅ g ) ⋅ ⋅ L = 1, 05 J 2
alakban is.
2009/2010
2
OKTV 1. forduló
Oktatási Hivatal Fizika II. kategória 2. Egy tökéletesen hőszigetelő hengerben két könnyen elcsúszó fal a hengert három, azonos V0 = 2 liter térfogatú részre osztja. Kezdetben mindegyik részben p0 = 2.105 Pa nyomású, ugyanolyan gáz van. A kezdeti hőmérséklet az V0 p0 V0 p0 V0 p0 egyes térrészekben T1 = 300 K, T2 = 400 K ill. T3 T1 T2 T3 = 500 K. A falak hőáteresztők. a) Mekkora lesz a végállapotban a hőmérséklet? b) Mekkora lesz a folyamat végén a nyomás? c) Mekkora lesz ekkor az egyes részek térfogata? Megoldás: a) A megoldás alapja az, hogy a két intenzív állapotjelző (p és T) azonos értéket vesz fel mindhárom térrészben az egyensúlyi állapot beálltával valamint, hogy az adiabatikus falú hengerben az összenergia megmarad. Az ábra szerinti jelölésekkel az energia megmaradását megadó egyenlet
V
p T1
V1 p T
V p T2
V2 p T
V p T3
V3 p T
f f f f N1kT1 + N 2 kT2 + N3kT3 = ( N1 + N 2 + N 3 ) kT 2 2 2 2 alakú. Innen a véghőmérséklet: T=
N1T1 + N 2T2 + N 3T3 , N1 + N 2 + N 3
a kiindulási hőmérsékleteknek a részecskeszámokkal súlyozott számtani közepe. Az egyes részekben levő gáz molekuláinak számát a kezdő adatokból határozzuk meg: pV = N1kT1
→ N1 =
pV , kT1
hasonlóképpen N2 =
pV kT2
és
N3 =
pV . kT3
Ezeket beírva a hőmérséklet kifejezésébe:
2009/2010
3
OKTV 1. forduló
Oktatási Hivatal Fizika II. kategória pV pV pV T1 + T2 + T3 3T1T2T3 kT1 kT2 kT3 T= = = pV pV pV T T + T T + T T 1 2 1 3 2 3 + + kT1 kT2 kT3 =
3 ⋅ 300 ⋅ 400 ⋅ 500 K ≈ 383 K. 300 ⋅ 400 + 300 ⋅ 500 + 400 ⋅ 500
b) A folyamat alatt lassan (kvázisztatikusan) és kicsit változó (a falak elmozdulását okozó) nyomások értéke visszaáll az eredeti (mechanikai egyensúlyi) értékre, ugyanis az energiák összehasonlításával:
3
f f f f f f pV = p′V1 + p′V2 + p′V3 = p′ (V1 + V2 + V3 ) = p′3V , 2 2 2 2 2 2
vagyis p′ = p = 2 ⋅ 105 Pa. c) Az egyes részek végső térfogata a gáztörvény alapján kapható meg: pV p′V1 pV1 = = T1 T T hasonlóképpen: V2 =
→ V1 =
T 383 V= 2 ⋅10−3 m3 = 2, 553 liter , T1 300
T 383 T 383 V= ⋅ 2 ⋅10−3 m3 = 1, 915 liter és V3 = V = ⋅ 2 ⋅10−3 m3 = 1, 532 liter. T2 400 T3 500
3. Az ábrán látható kettős lejtő bal oldala α hajlásszögű, a rá helyezett m tömegű test és közte fellépő tapadási és csúszási súrlódás együtthatója µ. A jobb oldala súrlódásmentes, hajlásszöge β. A rajta lévő M tömegű test fonállal kapcsolódik a lejtő tetején lévő hengerkerék kerekéhez, melynek sugara n szerese a henger sugarának. Ez utóbbi pereméhez fonállal kapcsolódik a másik test. A henger tengelye is súrlódásmentes. Mekkora M esetén nem csúszik meg a m tömegű test? Legyen α= 30o, β= 60o, m= 0,6kg, µ= 0,2 és n= 3.
2009/2010
4
OKTV 1. forduló
Oktatási Hivatal Fizika II. kategória Megoldás: Először vizsgáljuk a kötélerőket. A hengerkerék egyensúlyának feltétele az, hogy a kötélerők forgatónyomatékának összege nulla. Ezért az ábrának megfelelően a két kötélerő aránya n. A további meggondolásokban használjuk a mellékelt ábrák szerinti jelöléseket. Az egyes testekre írjuk fel a mozgásegyenleteteket (a szereplő vektorok lejtőre merőleges és vele párhuzamos összetevőire) és a tapadás feltételét. Ha m lefelé indul
S ≤ µmg cos α mg sin α − S = nK Mg sin β = K , ahonnan
mg sin α − nMg sin β ≤ µmg cos α m ( sin α − µ cos α ) ≤ M . n sin β Ha m felfelé indul S ≤ µmg cos α mg sin α + S = nK Mg sin β = K , ahonnan nMg sin β − mg sin α ≤ µmg cos α m ( sin α + µ cos α ) ≤ M . n sin β Összefoglalva m m ( sin α − µ cos α ) ≤ M ≤ ( sin α + µ cos α ) . n sin β n sin β
Konkrét adatokkal: 0,075kg≤M≤0,155kg
2009/2010
5
OKTV 1. forduló
Oktatási Hivatal Fizika II. kategória 4/A Az ábrán lévő kapcsolásban minden R ellenállás azonos nagyságú, az áramforrások kapocsfeszültsége U=10V, mely független a terheléstől. Az árammérő ideálisnak tekinthető, a kondenzátor kapacitása C=5µF. A kapcsoló bekapcsolását követően, elegendően hosszú idő múlva az árammérő által mutatott érték a nyitott álláskor mutatott értékhez képest 0,2A-rel különbözik. a) Mekkorák a R ellenállások? b) Mennyivel változott a kondenzátor töltése?
Megoldás: Nyitott kapcsoló esete. Mivel a kondenzátor régóta be van kapcsolva, a felső részen nyitott kapcsoló esetén nem folyhat áram. Az alsó részen csak a jelölt körben folyhat áram. Legyen a P pont potenciálja nulla, és vegyük fel minden pontba a potenciált. Az eredményt az ábra mutatja. Ekkor tehát az árammérő nullát mutat, a kondenzátor feszültsége pedig U.
Zárt kapcsoló esete. A jobb alsó ellenálláson most sem folyik áram (végei azonos potenciálon vannak, az árammérő ellenállása „nulla”), a kondenzátor fel van töltődve, tehát az ő ágában sem folyhat áram (ld. a potenciálokat szemléltető ábrát). A kondenzátor feszültsége most 2U, a töltésváltozás: Q=2UC – CU=CU=50µC
Az árammérőn átfolyó áram U/R, ami egyúttal a változás is. Így a keresett ellenállás: R=10V/0,2A=50Ω.
2009/2010
6
OKTV 1. forduló
Oktatási Hivatal Fizika II. kategória
4/B Vékonyfalú gömbtükör mindkét oldala tükröző. Ha a domború oldalt használjuk, mint tükröt, a nagyítás –1/4. Mekkora a nagyítás, ha a tárgy marad változatlan helyzetben és a tükröt megfordítjuk, azaz a homorú oldalt használjuk tükörként? A nevezetes sugármenetek felhasználásával készítsen ábrát a két esetről. Megoldás:
Adatok: nagyítás N=-1/4.
A képalkotás vázlata a konvex (domború) tükör estén a mellékelt ábrán látható. A kép nem valódi, egyenes állású és a tárgytávolságtól függetlenül kicsinyített. Mivel ebben az esetben a fókusztávolság f<0 és a tárgy valódi, így a tárgytávolság t>0, ezért a képtávolság k<0. A nagyítás az N=
F
C
k 1 =− t 4
kifejezéséből 1 k = − t < 0. 4
A leképezési törvény szerint 1 1 1 1 4 3 = + = − =− , f t k t t t
azaz
t f =− . 3 A konkáv (homorú) tükör esetén a fókusztávolság ugyanakkora, mint a konvex esetben csak az előjele különbözik:
2009/2010
7
OKTV 1. forduló
Oktatási Hivatal Fizika II. kategória t f = . 3 A képalkotás a mellékelt ábrán látható. C
A leképezi törvény erre az esetre:
F
1 1 1 3 1 2 = − = − = , k f t t t t
azaz k=
t > 0. 2
Tehát valódi kép keletkezik. A nagyítás pedig
N=
2009/2010
k 1 = . t 2
8
OKTV 1. forduló
Oktatási Hivatal Fizika II. kategória
Pontozási útmutató a 2009/2010. évi fizika OKTV első fordulójának feladatmegoldásaihoz II. kategória 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. 1. feladat a) Annak felismerése, hogy a mozgásnak két szakasza van A vízszintes (gyorsítási) szakasz helyes dinamikai vizsgálata A gyorsítás idejének helyes megállapítása A gyorsítási idő alatt a radír vízszintes irányban megtett útja. A mozgás 2. szakaszában a vízszintes hajítás idejének megállapítása. Ezalatt a radír vízszintes koordinátájának megváltozása. A becsapódás helyének távolsága az asztal sarkától b) A kartonlap sebességének kiszámítása abban a pillanatban, amikor a radír elválik tőle A munkatétel helyes felírása A végzett munka kiszámítása
2 pont 3 pont 2 pont 2 pont 2 pont 2 pont 2 pont 2 pont 2 pont 1 pont
2. feladat Annak felismerése, hogy az egyensúlyi állapotban a hőmérsékletek mindenütt azonosak, az összenergia és részecskeszám pedig megmarad. Az energiaegyenlet helyes felírása. A részecskeszámok kifejezése a kezdeti adatokból. A véghőmérséklet meghatározása. A végső, kiegyenlítődött nyomás meghatározása a kezdeti és végső belsőenergia összehasonlításával. Az egyes elválasztott tartományok térfogatainak meghatározás.
3 pont 2 pont 2 pont 3 pont 5 pont 5 pont
3. feladat A kötélerők arányának megadása A „lefele” megcsúszás esetére az egyenlőtlenség rendszer megadása Az egyenlőtlenség rendszer megoldása A „felfele” megcsúszás esetére az egyenlőtlenség rendszer megadása Az egyenlőtlenség rendszer megoldása
2 pont 5 pont 4 pont 3 pont 2 pont
Amennyiben a versenyző a két egyenlőtlenség rendszer közül csak az egyiket adja meg, függetlenül attól, hogy melyiket, akkor erre a részre 5 pontot kaphat. Amennyiben csak az egyik egyenlőtlenségrendszert oldja meg, akkor erre a részre 4 pontot kaphat. A keresett tömegre vonatkozó intervallum numerikus megadása
2009/2010
9
4 pont
OKTV 1. forduló
Oktatási Hivatal Fizika II. kategória 4./A feladat Nyitott kapcsoló esete: A felső részen nyitott kapcsoló esetén nem folyhat áram. Az alsó részen csak a jelölt körben folyhat áram. Az árammérő nullát mutat A kondenzátor feszültsége Zárt kapcsoló esete: A jobb alsó ellenálláson most sem folyik áram A kondenzátor ágában nem folyik áram A kondenzátor feszültsége 2U A töltésváltozás megadása Az ellenállások megadása
2 pont 2 pont 2 pont 2 pont 2 pont 2 pont 2 pont 3 pont 3 pont
4./B feladat Domború tükör eset f és k előjele, a kép jellege k és f meghatározása Ábra a képalkotásról a nevezetes sugarakkal Homorú tükör eset f és k meghatározása A nagyítás meghatározása Ábra a képalkotásról a nevezetes sugarakkal
2 pont 4 pont 4 pont 4 pont 2 pont 4 pont
Mindkét esetben az ábra tartalmazza a kép keletkezését, azonosítható sugármenetekkel, arányos tárgy és kép nagyságokkal, tárgy, fókusz és képtávolsággal. Egyébként lehet szabadkézi rajz is. Ekkor jár a 4‐4 pont az ábrákra.
2009/2010
10
OKTV 1. forduló
