Oktatási Hivatal
A 2010/2011. tanévi FIZIKA Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny első fordulójának feladatai és megoldásai fizikából 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. feladat Két egyforma, függőleges hengert az ábra szerint vízszintes cső köt össze. A hengerek felső részében L=50cm magas, p=105Pa nyomású, 25oC hőmérsékletű levegő van. A hengerek aljában azonos magasságú víz van. A hengerek vízszintes felületen vannak. Mekkora hőmérsékletre melegedett a bal oldali hengerben a levegő, ha benne a vízszint h=2cm-rel csökkent? (A másik hengerben a levegő hőmérséklete nem változott, a víz párolgásától eltekinthetünk.)
Megoldás: Jelölje a hengerek keresztmetszetét A, a bennük lévő levegő (azonos) mennyiségét n, közös hőmérsékletét To. Ekkor
pLA=nRTo
(1)
Melegítés után a bal oldali hengerben L+h magas, T hőmérsékletű, p1 nyomású, a másikban L-h magas, To hőmérsékletű, p2 nyomású a levegő, vagyis
p1 (L+h)A=nRT
(2)
p2 (L-h)A=nRTo
(3)
illetve
2010/2011
1
OKTV 1. forduló
Fizika II. kategória
A sötéttel jelzett folyadékrész csak akkor lehet egyensúlyban, ha a felső felületükre ható erők egyenlők. Bal oldalára F1=p1A erő hat, a jobb oldalát p2A és a 2h magas víz súlyának összege terheli. A víz súlya a sűrűségének és térfogatának szorzata, mely utóbbi az alapterület és a magasság szorzata, vagyis
F2 = p2 A + G = p2 A + ρ A2hg A kettőt egyenlővé téve és A-val egyszerűsítve,
p1 = p2 + ρ g 2h
(4)
Az (1) és (2) egyenletekből
p1 =p
L T L + h To
(5)
míg a (1) és (3) egyenletekből
p2 = p
L (6). L−h
Az (5) és (6) egyenletekből a nyomásokat (4) egyenletbe behelyettesítve egyszerűsítés után adódik, hogy
1 T 1 2 ρ gh = + L + h T0 L − h pL
(7).
Az adatokat behelyettesítve (mértékegységek SI-ben)
T 1 = + 0,008 298 ⋅ 0,52 0, 48
(8).
Ebből T=324K, vagyis a levegő hőmérséklete 51oC-os lett. 2. feladat
Egy α = 200 hajlásszögű érdes lejtőn nyugszik egy M tömegű korong, amelynek egy alulról felfelé haladó m = 1 kg tömegű másik korong centrális, rugalmas, egyenes ütközéssel nekicsúszik. A második korong sebessége az ütközés előtti pillanatban v = 5 m/s. A csúszási súrlódás együtthatója mindkét korongra nézve 0,6. a) Mekkora a kezdetben nyugvó korong tömege, ha az ütközéstől számítva a két korong azonos idő múlva áll meg? b) Milyen távol lesznek ekkor egymástól a korongok? c) Mekkora a megállásig eltelt idő?
2010/2011
2
OKTV 1. forduló
Fizika II. kategória
Megoldás a) Az első lépés az ütközés utáni kezdősebességek meghatározása. Mivel az ütközés pillanatszerű a korongok közti kölcsönhatás ideje alatt a rendszer zártnak tekinthető, így a lendület, valamint a mozgási energia megmarad: mv = mu + MU
mv 2 = mu 2 + MU 2 ahol u a m míg U a M tömegű test sebessége az ütközés után. A fenti egyenleteket átrendezve: m (v − u ) = MU m (v 2 − u 2 ) = MU 2
Osztás után:
(v
2
− u2 )
(v − u )
=U →
(v − u )(v + u ) = U (v − u )
→
(v + u ) = U .
Ezt beírva az első egyenletbe: mv = mu + M (v + u ) →
és U =v+u = v+
( m − M )v = (m + M ) u
( m − M ) v = ( m + M )v + ( m − M )v (m + M ) (m + M )
→ u=
( m − M ) v, (m + M )
→ U=
2mv . (m + M )
A megállásig eltelt időt t-vel jelölve, a testek gyorsulásából u = g ( sin α − µ cos α ) t U = g ( sin α + µ cos α ) t.
A fenti négy egyenletből egyszerű átalakítás után a keresett tömegre 3µ − tgα M =m . µ + tgα adódik, amelynek számszerű értéke: 3µ − tgα 3 ⋅ 0, 6 − tg20° M =m = 1 kg ⋅ = 1, 4897 kg ≈ 1, 5 kg. µ + tgα 0, 6 + tg20° b) A korongok sebességeinek számértékei: ( m − M ) v = 1 kg − 1, 4897 kg 5 m = −0,98345 m ≈ −0,98 m , u= s s s 2, 4897 kg (m + M )
2m 2kg m m m v= 5 = 4, 0165 ≈ 4, 02 . s s s ( m + M ) 2, 4897 kg A korongok által (ellentétes irányban) megtett utak: U=
2010/2011
3
OKTV 1. forduló
Fizika II. kategória
0,983452
2
m2 s2
u = = 0, 2180 m ≈ 0,22 m, 2 g ( µ cos α − sin α ) 2 ⋅10 m 0, 6 cos 20° − sin 20° ( ) s2 2 2 m 4, 0165 2 U2 s S= = = 0,89 m ≈ 0,9 m. 2 g ( µ cos α + sin α ) 2 ⋅10 m 0, 6 cos 20° + sin 20° ( ) s2 A két korong megállás után d = s + S = 0,2180 m + 0,89046 m = 1,10846 m ≈ 1,11 m távolságra került. c) A csúszás alatt eltelt idő (ellenőrzésképpen mindkettőre kiszámítva): m 4, 0165 U s tM = = = 0, 4434 s ≈ 0, 44 s g ( sin α + µ cos α ) 10 m sin 20° + 0, 6 ⋅ cos 20° ( ) s2 s=
tm =
u
g ( µ cos α − sin α )
=
0,98345 m s 10 m2 ( 0, 6 ⋅ cos 20° − sin 20° ) s
= 0, 4434 s ≈ 0, 44 s.
3. feladat
A gyakorlatban széles körben elterjedtek a miniatűr gyorsulásérzékelők, például ilyenek
segítségével nyílnak ütközéskor a gépkocsik légzsákjai. A bal oldali ábra egy ilyen gyorsulásérzékelőnek az egyszerűsített vázlatát mutatja. A szerkezet három párhuzamos fémlemezből áll (P1, M és P2), melyek egymással szembe néző felülete azonos nagyságú. Az M jelű lemez tömege m = 0,5 g, vastagsága b = 1,5 mm, és egyensúlyi állapotban az egymástól 3b távolságra lévő P1 és P2 lemez közötti tér közepén helyezkedik el. Az M lemez rugalmas felfüggesztésű, a teljes rendszer rugóállandója
2010/2011
4
OKTV 1. forduló
Fizika II. kategória
D = 25 N/m. A P1 és P2 lemezek közötti feszültség U0 = 6 V, az M lemez töltetlen. A jobb oldali ábrán az érzékelő külső elektromos kapcsolását láthatjuk, ahol mindkét R ohmos ellenállás azonos nagyságú. Az 1-es és a 2-es pontok között ideálisnak tekinthető műszerrel mérjük az UD feszültséget. a) Hogyan függ az UD feszültség az M lemez x elmozdulásától? (A választ U0, b és x felhasználásával adjuk meg.) b) Mekkora UD feszültséget mutat a műszer, ha az érzékelőt úgy fordítjuk el, hogy a lemezei vízszintes helyzetűek legyenek? c) Az érzékelőt vízszintes lemezekkel egy rakétában helyezzük el. Kilövéskor UD = 2 V értéket mutat a feszültségmérő műszer. Mekkora a rakéta függőleges gyorsulása? Megoldás:
U0 b + x , amit úgy ⋅ 2 b láthatunk be, ha felismerjük, hogy a P1 és P2 lemezek közötti homogén elektromos mezőben a térerősség az M lemez helyzetétől függetlenül mindvégig U0/2b. Tehát a műszer által mutatott feszültség (potenciál különbség): U x UD = 0 ⋅ . 2 b
a) A 2-es pont potenciálja mindig U0/2, az 1-es pont potenciálja pedig
b) Az M lemezre ható nehézségi erővel a rugóerők tartanak egyensúlyt: mg = Dx1, amiből a mg lemez elmozdulását meghatározhatjuk: x1 = (= 0,2 mm). Tehát a műszer által mutatott D feszültség: U mg UD = 0 ⋅ = 0,4 V. 2b D c) A műszeren mérhető 2 V-ból 0,4 V a földi gravitáció hatása, a maradék 1,6 V pedig a rakéta gyorsulásának a következménye, tehát a rakéta gyorsulása a = 4g ≈ 40 m/s2. 4/A feladat Az ábrán látható kapcsolásban az U=12V feszültségű áramforrás belső ellenállása elhanyagolható. Az azonos belső ellenállású egyforma feszültségmérők és a szintén azonos ellenállású egyforma árammérők pedig az áramkör szempontjából ideálisnak tekinthetők. Az ellenállások R=100Ω-osak. (A vezetékek ellenállása az árammérők ellenállásához képest elhanyagolhatóak.) a.) Mennyit mutatnak a műszerek?
2010/2011
5
OKTV 1. forduló
Fizika II. kategória
b.) A műszereket megcseréljük (árammérők helyére feszültségmérők, feszültségmérők helyére pedig árammérők kerülnek). Mennyit mutatnak ekkor a műszerek?
Megoldás: Az árammérők ellenállása gyakorlatilag nulla, a feszültségmérők ellenállásához képest minden más ellenállás elhanyagolható. a.) Az áram az ábra szerint folyhat. Mindkét ellenálláson U/2R=0,06A áram folyik, ennyit is mutat az 1. műszer. Az elágazás miatt a két egyforma műszer ennek a felét U/4R=0,03A-t. Az A, a B és a C pontok ekvipotenciálisak. Ekvipotenciálisak a D, az E, az F, a G és a H pontok is. Így az I. jelű műszer a b. ellenállásra jutó feszültséget, U/2=6V-ot jelez. A másik két egyforma műszerre ugyanekkora feszültség jut, így azok ezek felét, U/4=3V-ot mutatnak.
b.) Az áram irányokat az ábra jelzi. Csak az a. jelű ellenálláson folyik áram, melynek nagysága U/R=0,12A. Az elágazásnál ez az áram az ellenállásokkal fordított arányban oszlik meg, így az 1. jelű 2U/3R=0,08A-t, a másik kettő U/3R=0,04A-t jelez. Az A és a B pontok potenciálja azonos, mivel a b. jelű ellenálláson át nem folyik áram. Mivel a C, a D és az E pontok is ekvipotenciálisak, így a műszerek elhelyezkedése a mellékelt ábrának felel meg, vagyis valamennyien nullát jeleznek.
2010/2011
6
OKTV 1. forduló
Fizika II. kategória
4/B feladat Nagyméretű, függőleges helyzetű sík fémlemezen lévő két párhuzamos, vízszintes résre 2,6 cm-es hullámhosszúságú mikrohullám esik a lemezre merőlegesen. A rések távolsága 6 cm. A legnagyobb intenzitást a beeső mikrohullám eredeti irányában haladva észlelhetjük, amit nulladrendű maximumnak nevezünk. a) A nulladrendű maximumtól pozitív, illetve negatív forgásirányban (vagyis felfelé, illetve lefelé) hány intenzitás maximumot észlelhetünk? b) Ha az egyik rés elé x = 3 cm vastag üveglapot helyezünk, akkor a nulladrendű maximum α = 35°-kal elfordul az eredeti iránytól, amint ezt az ábrán láthatjuk. Mekkora a mikrohullám terjedési sebessége üvegben? c) Az α = 35°-nál lévő nulladrendű maximumtól pozitív, illetve negatív forgásirányban hány intenzitás maximumot észlelhetünk ilyenkor?
Megoldás: a) Az intenzitás maximumok helye: d sin αk = k ⋅ λ , ahol k = 0, ±1, ±2,… Az elhajlási
k ⋅λ d 6 ≈ 2,3 . ≤ 1 , amiből k ≤ = λ 2,6 d Megállapíthatjuk tehát, hogy a nulladrendű maximumon kívül még 2-2 maximum észlelhető szimmetrikusan. b) Az üveglap és a kettős rés közötti távolság legyen s. Az azonos fázisban lévő pontok között kell összefüggést felírnunk. A valódi utak: x + s, illetve x + s + d sin α . Nem ezek, hanem az optikai úthosszak, vagyis az idők egyeznek meg: x s x + s + d sin α , + = c' c c amiből a mikrohullám terjedési sebessége üvegben: x 3 c' = c= c = 0,47 c = 1,4 ⋅ 108 m/s. x + d sin α 3 + 6 sin 35° maximumok számát így kaphatjuk meg: sin αk =
c) Pozitív irányban (vagyis az ábrán „felfelé”) az intenzitás maximum feltétele: λ x + d sin α k x − = kT = k ⋅ , ahol k = 1, 2,… c c' c Átrendezés után k ⋅ λ c − c' x sin α k = + ⋅ ≤ 1, d c' d amiből
2010/2011
7
OKTV 1. forduló
Fizika II. kategória
d c − c' x − ⋅ ≈ 1. λ c' λ (Ha folyamatosan kerekítünk, akkor 1-nél kicsit nagyobb számot kapunk, ha nem kerekítünk, akkor 1-nél valamivel kevesebbet.) Arra következtethetünk, hogy pozitív irányban nem kapunk intenzitás maximumot, azonban α = 90°-nál közel járunk az elsőrendű maximumhoz. Negatív irányban (vagyis az ábrán „lefelé”) a maximum feltétele: λ x d sin α k x + − = kT = k ⋅ , ahol k = 1, 2,… c' c c c Átrendezés után k ⋅ λ c − c' x sin α k = − ⋅ ≤ 1, d c' d amiből d c − c' x k≤ + ⋅ ≈ 3,6 . λ c' λ Tehát negatív forgásirányban a nulladrendű maximumot még 3 maximum követi. k≤
Pontozási útmutató a 2010/2011. évi fizika OKTV első fordulójának feladatmegoldásaihoz
Részletes, egységes pontozás nem adható meg a feladatok természetéből következően, ugyanis egyegy 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 Az állapotegyenletek az egyes esetekre
1+1+1 pont
A nyomások közti összefüggést magadó (4) egyenlet
5 pont
A (4) egyenlet hőmérséklettel kifejezett (7) alakja
5 pont
A hőmérsékletre vonatkozó (8) egyenlet
4 pont
A megoldás
3 pont
2010/2011
8
OKTV 1. forduló
Fizika II. kategória
2.feladat Az ütközés utáni kezdősebességek meghatározása a tömegekkel kifejezve:
4 pont.
A sebességek kifejezése a lejtő és eltelt idő adataival:
3 pont.
A megállásig eltelt t idő azonosságának felhasználásával a sebességek közti kapcsolat felírása:
3 pont.
Az ismeretlen M tömeg kifejezése a lendülettételből:
5 pont.
A keresett tömeg mérőszámának meghatározása:
1 pont.
A korongok kérdezett távolságának meghatározása:
3 pont.
A megállásig eltelt idő meghatározása:
1 pont.
3.feladat a) Bármilyen elvileg helyes gondolatmenettel jut el a versenyző a korrekt válaszig, megadható a maximális 10 pont
10pont.
Részben helyes válaszok esetén az általános tanári gyakorlatnak megfelelően részpontszám adható. b) Az erők egyensúlyának helyes felírása
2 pont
Az elmozdulás meghatározása
1 pont
A feszültség kiszámítása
1 pont.
c) A földi gravitáció figyelembe vétele
1 pont
A gyorsulás helyes értelmezése
3 pont
A gyorsulás korrekt kiszámítása
2 pont.
2010/2011
9
OKTV 1. forduló
Fizika II. kategória
4/A feladat Az műszerek ellenállása vonatkozó jó észrevételek
1-1 pont
a.)Az 1. műszer jó értéke (0,06A)
2 pont
A 2. és 3. műszer helyes értéke (0,03A-0,03A)
2 pont
A I. műszer jó értéke (6V)
2 pont
A II. és III. műszerek helyes értékei
2 pont
b.)Az árammérők helyes értékei
5 pont
A feszültségmérők jó értékei
5 pont
4/B feladat a) Az intenzitás maximum helyes felírása:
1 pont.
A maximumok számának helyes felírása képlettel:
2 pont.
A maximumok számának numerikus kifejezése:
1 pont.
b) Az azonos fázisban lévő pontok keresése (elvi megállapítás):
2 pont.
A valódi távolságok felírása:
2 pont.
Az azonos idők felírása
2 pont.
A terjedési sebesség kiszámítása üvegben:
2 pont.
c) A helyes összefüggések felírása:
3-3 pont
A maximumok számának számszerű meghatározása:
1-1 pont.
(Pozitív körüljárás esetén a 0 és az 1 is helyes válaszként fogadható el.)
2010/2011
10
OKTV 1. forduló
