Oktatási Hivatal A 2009/2010. tanévi FIZIKA Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny második fordulójának feladatai és megoldásai fizikából I. kategória A dolgozatok elkészítéséhez minden segédeszköz használható. Megoldandó az első két feladat és a 3/A és 3/B sorszámú feladatok közül egy szabadon választott. Csak 3 feladat megoldására adható pont. Ha valaki 4 feladat megoldását adja be, a 3/A és 3/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 miatt (a részfeladat terjedelmétől függően) 2 – 3 pont vonható le.
1.
Tökéletesen hőszigetelő, vízszintes tengelyű, mindkét végén zárt hengert egy súrlódásmentesen mozgó, jól záródó, könnyű dugattyú oszt két részre. A henger bal oldali részében 3 g tömegű, 300 K hőmérsékletű hidrogéngáz található, míg a jobb oldali részben 8 g tömegű, 400 K hőmérsékletű héliumgáz található. Mindkét oldalon a kezdeti nyomás 105 Pa. A dugattyú anyaga enyhén hővezető, ezért a rendszerben lassan beáll a hőmérsékleti egyensúly. a) Határozza meg a rendszer egyensúlyi hőmérsékletét! b) Mekkora lesz a nyomás a hengerben az egyensúly beálltakor? c) Határozza meg az elhanyagolható hőkapacitású dugattyún átáramló hő értékét (közelítő számítás is használható)! Megoldás: a) A henger hőszigetelése miatt a gázok belső energiájának összege állandó marad: fH2 2
nH 2 RTH 2 +
fH f He f nHe RTHe = 2 nH 2 R + He nHe R Tegyensúly . 2 2 2
Az adatok behelyettesítése után:
Tegyensúly = 344,4 K. b) A kezdeti értékekből kiszámíthatjuk a bal oldali és a jobb oldali részek térfogatát nRT alapján) és így megkaphatjuk a henger teljes térfogatát: (V = p V = Vbal + V jobb = (0,0374 + 0,0665) m 3 = 0,1039 m 3 .
1
Az egyensúlyi nyomást a gázegyenletből számíthatjuk ki:
pegyensúly =
(n
H2
)
+ nHe RTegyensúly Vbal + V jobb
= 9,64 ⋅ 104 Pa.
c) Amint azt már láttuk a rendszer összes belső energiája nem változik a hőmérséklet kiegyenlítődése közben, így a hidrogén belső energiája ugyanannyival nő, mint amennyivel a héliumé csökken. Eközben a dugattyú munkát végez. A belső energia megváltozása, a munkavégzés és a hőközlés között a termodinamika első főtétele teremt kapcsolatot:
∆E = Q + W , amiből a belső energia változás és a munkavégzés kiszámítása után a keresett hőközlést kiszámíthatjuk. A belső energia változását a hőmérsékletváltozásból határozhatjuk meg:
∆EH 2 =
(
)
5 nH R Tegyensúly − TH 2 = 1384 J. 2 2
A munkavégzést a p–V diagram görbe alatti területeként számíthatjuk ki, amihez meg kell határoznunk a nyomást a térfogat függvényében. Mivel a dugattyú súrlódásmentesen mozog, és a hőátadás lassú, feltételezzük, hogy a folyamat egyensúlyi állapotok sorozatával valósul meg. Ezért mindkét térrészben minden pillanatban a nyomás megegyezik. Amennyivel az egyik térrész térfogata növekszik, a másiké annyival csökken, vagyis formálisan is igaz, hogy eredő munkavégzés nincs; a hidrogén által végzett munka megegyezik a héliumon végzett munkával. Az össztérfogat és a teljes belső energia állandósága, valamint a gázegyenlet alapján a következő összefüggéseket írhatjuk fel: VH 0 + H He 0 = VH + VHe = V = állandó f fH nH (TH − TH 0 ) = He nHe (THe 0 − THe ) 2 2 pVH = nH RTH pVHe = nHe RTHe
Arra kell törekednünk, hogy a p nyomást kizárólag az egyik változó térfogat, mondjuk VH függvényében fejezzük ki. Az utolsó két egyenletből fejezzük ki a TH és THe hőmérsékleteket, továbbá használjuk ki, hogy a térfogatösszeg állandó (első egyenlet). A két hőmérsékletet írjuk be a belső energiák azonos abszolút értékű változását kifejező, eddig még nem használt egyenletbe: p (V − VHe ) pV f H nH H − TH 0 = f He nHe THe 0 − . nHe R nH R
Ebből az egyenletből egyszerű átrendezés után kifejezhetjük a p nyomást V1 függvényében:
2
p=
R ( f H nH TH 0 + f He nHeTHe 0 )
( f H − f He )VH + f HeV
.
Érdekes észrevennünk, hogy amennyiben a két gáz szabadsági fokszáma megegyezik, akkor a folyamat közben a nyomás mindvégig állandó marad (rövid számolás és sok egyszerűsítés után formálisan is megkaphatjuk a kezdeti nyomást). A görbe alatti terület kiszámítása a következő határozott integrál elvégzését jelenti: VHegyensúly
W =−
∫
V1egyensúly
pdVH = −
VH 0
=−
=−
∫
R ( f H nH TH 0 + f He nHeTHe 0 )
VH 0
R ( f H nH TH 0 + f He nHeTHe 0 )
( f H − f He )
R ( f H nH TH 0 + f He nHeTHe 0 )
( f H − f He )
( f H − f He )VH + f HeV
VHegyensúly
∫
VH 0
dVH =
1 dVH = f HeV VH + f H − f He
f HeV f H − f He , f HeV VH 0 + f H − f He
VHegyensúly + ln
ahol V1egyensúly a hidrogén végső, egyensúlyi térfogatát jelenti. Egyensúlyban a két gáz térfogatának aránya megegyezik a mól-számaik arányával, ezért a hidrogén térfogata a folyamat végén: V1egyensúly =
nH2 n H 2 + n He
V = 0,0445 m 3 .
A hidrogén kezdeti térfogatát már a megoldás elején is felírtuk: VH 0 = 0, 0374 m3. A számszerű behelyettesítés után a következő eredményt kapjuk: 3 ⋅ 0,1039 0,0445 + 8,31(5 ⋅ 1,5 ⋅ 300 + 3 ⋅ 2 ⋅ 400 ) 5 − 3 J = −697,11 J ≈ −697 J. W = − ln ⋅ 3 ( ) 5 3 − 0,0374 + 0,1039 5−3
A munkavégzést közelítő módszerrel is meghatározhatjuk, mivel a hőmérsékleti egyensúly beállta közben csak kismértékben változik meg a rendszerben a nyomás. Ezért tekintsük az átlagos nyomást, és így a hidrogénen végzett munkát közelítsük a kezdeti és a végállapot nyomásának számtani közepével: pátlag =
p0 + pegyensúly = 9,82 ⋅ 10 4 Pa. 2
3
Tehát a hidrogénen végzett munka közelítőleg: W = − p átlag (V1egyensúly − V10 ) = − 9,82 ⋅ 10 4 (0,0445 − 0,0374 ) J = − 697,22 J ≈ − 697 J.
Jól láthatjuk, hogy a közelítő számítással kapott eredmény alig különbözik az integrálszámítás eredményétől, tehát jogos a közelítés alkalmazása. A dugattyún átáramló hő értéke: Q = ∆EH 2 − W = 1384 J + 697 J ≈ 2080 J. Megjegyzés: A fenti számításokban kerekítéseket alkalmaztunk, és a kerekítések okozta hiba sokkalta felülmúlja a közelítésből adódó eltérést, vagyis a fenti eredménytől néhány ezreléknyi eltérés még elfogadható végeredmény, ha egyébként a számításokban nincs elvi hiba. Amennyiben a versenyző nem veszi figyelembe, hogy a dugattyún átáramló hő a gázok belső energia változásainak és az egymáson végzett munkáinak összege, hanem a hőt vagy kizárólag belső energia változásnak, vagy kizárólag a munkavégzésnek tulajdonítja, akkor erre a részfeladatra maximálisan csak 3 pont adható. Numerikus hibák esetén az aktuális résznek legfeljebb 75 %-a adható.
2. Két hosszú, sorba kapcsolt vasmagos egyenes tekercs tengelye közös, közöttük elhanyagolható szélességű légrés van. Az egyes tekercsek hossza L = 1 m, sugaruk r0 = 4 cm, menetszámuk N = 2000. A tengelyen elhelyezett, súrlódásmentes elfordulást biztosító tűcsapágy egy rá merőleges, l = 0,5 m hosszú, m = 0,1 g tömegű szalmaszálat tart az ábra szerint, amelyet q = 5 . 10–7 C töltéssel láttunk el. (Az ábra nem méretarányos.) A vasmag relatív permeabilitása µr = 20000. Mekkora szöggyorsulással indul el a szalmaszál, ha a tekercsben az áramerősség változási sebessége 100 A/s? (A szalmaszálon a középpontosan szimmetrikusan eloszló töltés csak a mágneses mezőn kívül helyezkedik el.)
I. Megoldás, munkavégzéssel:
A változó erősségű áram változó mágneses mezőt hoz létre, amelyben az indukció törvénye szerint abszolút értékben
E = 4
∆Φ ∆t
körfeszültség keletkezik, ami azt jelenti, hogy „bármilyen görbén” vezetve egyszer körülvesszük egy zárt vezetékkel a fluxusváltozást, abban akkora áram keletkezik, amekkorát ez a feszültség kelt. Ebben az indukált elektromos mezőben koncentrikus körök az erővonalak. A mező munkája pedig egy pontszerű töltésen, mialatt egyszer körbevisszük a töltést egy erővonal mentén: W = E q, függetlenül a körsugártól. Ha gondoskodunk a töltés állandó sugarú pályájáról pl. egy kényszerfeltétellel, akkor egyenletesen gyorsuló körmozgás jön létre. Esetünkben, mivel a körfeszültség (elektromotoros erő, indukált feszültség) független a körpálya sugarától, a szalmaszálon levő töltéseloszlástól független lesz az eredmény. Az indukált mező munkája valamekkora ϕ szögelfordulás alatt a ráeső feszültséggel számítandó, amely U =
ϕ
2π
E . Ez a munka a pálca forgási energiájára fordítódik, ezzel: W=
ϕ 2π
1 2
1 1 2 2 ml ω . 2 12
E ⋅ q = Θω2 = ⋅
Felhasználva, hogy a nyugalomból induló forgó test szögsebessége, szögelfordulása és szöggyorsulása között érvényes a következő egyenlőség:
ω = 2 βϕ , adódik, hogy:
ϕ 2π
1 1 2 ml 2βϕ , 2 12
E ⋅q = ⋅
ϕ-vel egyszerűsítve és átrendezve a keresett szöggyorsulásra kapjuk: β=
6 q E ⋅ , 2 πl m
Ahová az indukált elektromotoros erőt a mágneses fluxusváltozással kifejezve beírjuk: 6 ∆Φ q ⋅ πl 2 ∆t m kifejezést kapjuk. A fluxusváltozást a tekercs adataival kifejezve a szöggyorsulásra a következő adódik:
β=
6 β= 2 πl
µ0 µ r
∆I 2 N 2 r0 π r 2 ∆I q 6 q 2L ⋅ = 2 µ0 µ r 0 N . ∆t m l m L ∆t
Számértékekkel:
5
β=
r02 ∆I 6 q 6 5 ⋅10−7 C 16 ⋅10−4 m 2 A 1 −7 Vs µ µ = ⋅ ⋅ 4 π ⋅ 10 ⋅ 20000 ⋅ ⋅ 2000 ⋅100 = 0, 965 2 . N 0 r 2 2 −4 Am 1m s s l m L ∆t 0, 25m 10 kg
II. Megoldás, forgatónyomatékkal. Írjuk fel a mező térerősségét a tekercs tengelyétől mért távolság függvényében, a tekercsen kívüli térben:
E=
1 ∆Φ . 2r π ∆t
(Ez a feszültségesés és az irányába mért hossz hányadosából közvetlenül kapható.) Látható, hogy a térerősség a sugárral fordítottan arányos. A forgatónyomaték pedig azzal egyenesen arányos lévén, az erő és erőkar szorzata esetünkben független a sugártól: Er =
1 ∆Φ = állandó, 2π ∆t
azaz a forgatónyomaték a szál minden egyes ponttöltésére, így azok összegére: M = Erq =
1 ∆Φ q. 2π ∆t
A forgatónyomaték-tétel szerint: M = Θβ, vagyis 1 ∆Φ 1 q = ml 2 β . 2π ∆t 12 Innen
β=
6 ∆Φ q , πl 2 ∆t m
Ami azonos az előző eredményünkkel. 3/A Az ábra szerinti tömegspektroszkópban az E pontból U = 500 V feszültséggel gyorsított kálium izotóp ionok lépnek ki a mágneses indukcióvonalakra merőleges irányban, majd a B = 0,16T indukciójú homogén mágneses térben körpályára kényszerülve egy félkör megtétele után becsapódnak az S jelűt érzékelőbe. 41 izotóp, Egy adott pillanatban E-ből kilép egy K −26 melynek tömeg m41 = 6,847 ⋅10 kg (41 protontömeg), majd elektromos töltése Q = 1,6 ⋅ 10 −19 C, 39 t o = 4,7 ⋅ 10 −8 másodperc múlva kilép utána egy K izotóp, amelynek tömege m39 = 6,513 ⋅10−26 kg (39
6
protontömeg), töltése pedig ugyancsak Q = 1,6 ⋅ 10 −19 C. Mekkora távolságban lesz egymástól a két ion abban a pillanatban, amikor K
39
becsapódik az S érzékelőbe?
Megoldás: Az ionok kilépési sebessége a munkatételből határozható meg:
mv 2 = QU . 2 A mágnes térben való mozgásukra pedig A Lorentz erő alapján:
mv 2 QvB = . r Ezen egyenletekből a pályasugár:
r=
1 2U m, B Q
a félkörnyi pálya befutási ideje:
T π ⋅m = . 2 BQ Az ion szögsebessége pedig
ω=
v BQ = . R m
A továbbiakban jelöljük a nehezebb ion pályasugarát R -rel, a könnyebbét r -rel. 39 A fenti képletek alapján a K -es izotóp becsapódási ideje t39 =
π ⋅ m39 . BQ
Amikor a könnyebb izotóp éppen becsapódik, akkor a nehezebb még a pályáján van. Indulása óta saját pályaközéppontja körül elfordult α = ω⋅ (to + t39 ) =
BQ ⋅ (to + t39 ) . m41
Az adatok behelyettesítése után a radiánban mért szögelfordulás α = 3, 006 , ami 172,23 fok.
7
A keresett távolság jele legyen x. Legyen δ az x-szel szemközti szög az R, d, x szakaszok o o alkotta háromszögben, amely δ =180 −α = 7,7 .
Az ábrából d= 2r-R. A pályasugárra megadott fenti képlet alapján R=
1 2 ⋅ 41 ⋅1, 67 ⋅10−27 ⋅ 500 = 0,1293m . 0,16 1, 6 ⋅10−19
míg r = 0,1261 m. Innen d = 2r − R = 0,1229 m. A koszinusz tétel alapján
x 2 = R 2 + d 2 − 2dR cos δ = 3,24 ⋅ 10 −4 . Innen x = 0,018 m adódik a kérdezett távolságra. Érdemes ellenőrizni, hogy az elektrosztatikus taszító erő nagysága miként viszonyul a Lorentz erő nagysághoz, amikor az ionok közelebb vannak egymáshoz. Például akkor, amikor a 39-es kilép E-ből, s a 41-es már t o = 4,7 ⋅ 10 −8 másodperc óta útban van a körívén. E megtett ív hossza
ω ⋅ to ⋅ R =
BQ 1 2Um41 2UQ to ⋅ = to = 0,002272 m, amelyet egyenlőnek m41 B Q m41
veszünk a hozzá tartozó húr h hosszával, amely a két ion pillanatnyi távolsága. Ezzel a
kQ 2 = 4,463 ⋅ 10 −23 N, 2 h
számadattal:
m41 ⋅ R ⋅ ω 41 = B 2
a
Lorentz-erő
nagysága
pedig:
2UQ 3 2 ⋅ 500 ⋅ (1,6 ⋅ 10 −19 ) 3 N = 1,238 ⋅ 10 −15 N . Láthatjuk, = 0,16 − 27 m41 41 ⋅ 1,67 ⋅ 10
hogy a Lorentz erő 8 nagyságrenddel nagyobb, tehát az elektromos taszító hatást a két test együttmozgása során végig elhanyagolhatjuk mind nagyság- mind irányváltoztató hatás tekintetében. 3/B Vízszintes síkban rögzített, r = 8cm belső sugarú fémgyűrű, amelynek elektromos ellenállása minden tekintetben elhanyagolható, függőleges állású, B = 1,06T indukciójú homogén mágnes mezőben van a rajzon látható elrendezésben. A gyűrű középpontját és belső falát egy súrlódásmentesen csapágyazott fémrúd köti össze, amely rugalmas elektromos csúszócsatlakozóval ér a fémgyűrűhöz, Fny = 0,1N
sugárirányú erővel nyomva azt. Köztük a csúszási súrlódási együttható értéke µ = 0,2. Az ábrán látható módon egy U o = 6V üresjárási feszültségű akkumulátort kapcsolunk a fémrúd 8
csapágyát tartó tengely és a fémgyűrű közé. Az így kialakult zárt áramkör teljes ellenállása R = 10Ω. Az áramkör bekapcsolása után a csapágyazott fémrúd forgásba jön. -a) Mekkora lesz állandósult forgásakor a másodpercenkénti fordulatszáma? -b) A külső áramkörbe, az eddigi vezetékeket megtartva, még egy olyan Rx értékű szabályozó ellenállást iktatunk, amellyel csak véges, ∆R = 0,1 Ω nagyságú lépésekben tudjuk az R = 10Ω kezdőértéktől kezdve változtatni a külső áramkör ellenállását. Hány százalék pontossággal tudjuk így a kis forgó rúd fordulatszámát n = 50 1s -ra beállítani? Megoldás: -a) Ha a sugarat képező r hosszúságú rúd egyik vége körül ω szögsebességgel forog a mágneses erővonalakra merőleges síkban, akkor a benne indukált feszültség
U ind = −
Bω r 2 . 2
A teljes áramkörre fennáll tehát, hogy
Bω r 2 Uo − = I ⋅ R. 2 Ha a rúd forgása már állandósult, akkor a súrlódási erő forgatónyomatéka és a Lorentz-erő forgatónyomatéka egyensúlyt tart:
µ Fny ⋅ r = Innen
I=
IrB ⋅r . 2
2 µFny rB
.
A kapott kifejezést a teljes áramköri Ohm-törvénybe beírva, a szögsebességre:
ω=
2U o 4 µFny ⋅ R 2⋅6 4 ⋅ 0, 2 ⋅ 0,1⋅10 − = − = 378, 248s −1 2 2 3 2 2 3 1, 06 ⋅ 0, 08 1, 06 ⋅ 0, 08 Br Br
adódik. Tehát a keresett fordulatszám n=
ω 1 = 60, 2 . 2π s
9
-b) Amikor a szabályozó Rx ellenállást beiktatjuk, akkor a szögsebességet megadó fenti
képletben R helyett R + Rx kell helyettesíteni. Tehát most
ω=
2U o 4 µFny ( R + Rx ) 2U o 4 µFny ⋅ R 4 µFny − = 2 − − 2 3 Rx Br 2 B2r 3 Br B2r 3 Br
Számértékekkel 1 1 ω = 378, 248 − 139, 062 ⋅ Rx s Ωs vagyis a szögsebesség Rx -nek lineáris függvénye. A kívánt n = 50 1s fordulatszámhoz 2π ⋅ 50 1s = 314,16 1s
szögsebesség tartozik, amely
Rx = 0,461 Ω ellenállás értéknél állna be. Ez k=
Rx 0,461 = = 4,6 ∆R 0,1
darab ellenállásfokozat beiktatását jelentené, ami nem egész szám. Ha a szabályozható ellenállás első 4 fokozatát iktatjuk be, akkor Rx = 0,4ohmot iktattunk be. Az ehhez tartozó szögsebesség a fenti képletből kiszámítva 322,6 1s lesz, ami 51,3 1s fordulatszámot jelent. Ha viszont az első 5 fokozatot iktatjuk be, akkor a szögsebesség 308,7 1s , a fordulatszám 49,1 1s lesz. Tehát az első 5 fokozat bekapcsolásával tudjuk a legjobban megközelíteni a kívánt fordulatszámot. Ez esetben a relatív eltérés 0,9 ⋅ 100 = 1,8% 50
Vagyis a beállítás legjobb esetben 1,8% pontossággal történhet csak.
10
