Oktatási Hivatal
A 2016/2017. tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny első fordulójának feladatai és megoldásai fizikából FIZIKA II. KATEGÓRIA Javítási-értékelési útmutató 1.) Vízszintes, egyenes sínpáron fékezés nélkül halad egy 200 méter hosszú, mozdony nélküli vasúti szerelvény, ami nagyszámú egyforma vasúti kocsiból áll. A szerelvény rövid, törésmentes szakasz megtétele után 10-os hajlásszögű emelkedőn folytatja az útját. (Felülnézetből a vízszintes rész, az átmeneti szakasz és az emelkedő egy egyenesbe esik.) a) Mekkora sebességgel érkezik a szerelvény az emelkedőhöz, ha akkor áll meg, amikor a legutolsó kocsija éppen feljut az emelkedőre? b) A szerelvény megállását követően mennyi idővel gurul vissza teljes mértékben a szerelvény a vízszintes szakaszra? (A súrlódást, közegellenállást, gördülési ellenállást hanyagoljuk el. A számolás során tekintsünk el a kerekek forgási tehetetlenségétől.) Megoldás. a) A szerelvény vízszintes szakaszbeli mozgási energiája az emelkedőn helyzeti energiává alakul: 1 𝐿 𝑚𝑣 2 = 𝑚𝑔ℎ = 𝑚𝑔 sin 𝛼, 2 2 ahol L = 200 m a szerelvény hossza és α = 10 az emelkedő hajlásszöge. Ebből a szerelvény kezdeti sebessége: 𝐦 𝑣 = √𝑔𝐿 sin 𝛼 ≈ 𝟏𝟗 . 𝐬 b) Azt kell észrevennünk, hogy a szerelvényre ható visszatérítő eredő erő egyenesen arányos a szerelvénynek az emelkedőn tartózkodó részével. Ebből következik, hogy a megállás után a szerelvény éppen egy negyedperiódusú harmonikus rezgés után jut vissza a vízszintes szakaszra. A rezgés maximális sebessége éppen a fenti 𝑣, amplitúdója pedig L. Ennek megfelelően: 𝑣 = 𝐿𝜔 = 𝐿 amiből 2𝜋𝐿 𝑇 𝜋𝐿 𝜋 𝑡= = 𝑣 = = 4 4 2𝑣 2
2𝜋 , 𝑇 L ≈ 𝟏𝟕𝐬. g sin
Tehát nagyjából 17 másodperc alatt gurul le a szerelvény az emelkedőről.
2016/2017
1
OKTV 1. forduló
Fizika II. kategória
2.) Hőszigetelő hengerben, könnyen mozgó dugattyúval elzárt hélium- és nitrogéngáz keverékében, 5-ször annyi hélium atom van, mint nitrogén molekula. a) Mennyi hőt közöltünk állandó nyomáson a gázkeverékkel, ha a folyamatban a gáz W = 3000 J munkát végzett? b) Az eredeti állapotot visszaállítjuk, és most rögzítve a dugattyút, állandó térfogaton ugyanannyi hőt közlünk a gázkeverékkel, mint az a) esetben. Ebben az esetben hányszorosa lesz a hőmérsékletváltozás az a) feladatbeli hőmérsékletváltozásnak? I. megoldás az a) részre. Izobár állapotváltozásra érvényes: 2 Wgáz pV E. f Wgáz = W jelöléssel az egy részecske szabadsági fokainak száma az I. főtétel felhasználásával: 2E 2 Q W f . W W A gázkeverékben az egy részecske átlagos szabadsági fokszáma (halmazátlag): fN f N f 1 1 2 2. N1 N 2 Esetünkben ennek nagysága: 3N He 5 N N2 3 5 N N2 5 N N2 20 10 f . N He N N2 5 N N2 N N2 6 3 (3)-az (2)-be írva:
(1)
(2)
(3)
10 2 Q W . 3 W
Innen a közölt hő nagysága: 10 16 16 W 2Q 2W Q W 3000 J 8000 J. 3 6 6 II. megoldás. Az N2 molekulák mólszáma legyen n, ekkor a hélium atomoké 5n. Ha a nyomás állandó, akkor a gáz által végzett munka a pV nRT összefüggés és a feladat szerint:
W pV 6nRT 3000 J.
(1)
A gáz által felvett hő azok állandó nyomásra értelmezett hőkapacitásaival kifejezve: f 2 Cp Rn, 2 amivel a rendszerünk által felvett hő (𝑄 = 𝐶𝑝 ∆𝑇 =
𝑓+2 2
𝑛𝑅∆𝑇):
7 5 RnT R 5nT 16 RnT . 2 2 3000 J RnT 500 J, (1)-ből RnT-t kifejezve 6 amit (2)-be írva kapjuk a keresett gázzal közölt hőt: Q QN2 QHe
(2) (3)
Q 16 500 J 8000 J. b) Most állandó térfogaton zajlik a folyamat, s mivel a közölt hő azonos az a) kérdésbeli értékkel, a hőmérsékletváltozás könnyen kifejezhető az állandó térfogathoz tartozó hőkapacitásokkal
2016/2017
2
OKTV 1. forduló
Fizika II. kategória
f CV nR : 2 (2)-vel egyenlővé téve:
Q QN 2 QHe
5 3 RnT R 5nT 10 RnT 2 2
10 RnT 16 RnT
azaz
T 1,6 ΔT .
II. megoldás a b) részre. Számolhatunk az átlag-hőkapacitásokkal is, amelyeket a következőképpen értelmezhetünk: f1 2 f 2 f1 f n1R 2 n2 R n1R 2 n2 R 2 2 Cátlagp 2 ill. CátlagV 2 . n1 n2 n1 n2 Ezzel az első és a második folyamatra 7 5 nR 5 nR 16 8 2 Cátlagp 2 = R R, n 5n 6 3 és 5 3 nR 5nR 5 2 CátlagV 2 R. n 5n 3 Ezekkel a két folyamatban közölt azonos nagyságú hő miatt érvényes:
Q Cátlagp T CátlagV T , azaz 8 R 8 T 3 T T 1,6ΔT. 5 Cátlag V 5 R 3 III. megoldás a b) részre. Az első folyamatban a hőközlés 8000 J, a munkavégzés pedig 3000 J volt. Ez azt jelenti, hogy a gázelegy belső energiának növelésére Cátlag p T
Ea) = Q – Wgáz = 8000 J – 3000 J = 5000 J energia fordítódik. A második folyamatban nem volt munkavégzés, tehát az összes közölt hő a gázelegy belső energiáját növelte, azaz Eb) = Q = 8000 J. Mivel a gázelegy belső energiájának megváltozása az átlagos fátl szabadsági fokszámmal kifejezve f E nátl RT , 2 ezért a kapcsolat a két hőmérsékletváltozás között: f Eb) 2 nátl RT T 8000 1,6. f Ea) nátl RT T 5000 2
2016/2017
3
OKTV 1. forduló
Fizika II. kategória
3.) Vízszintes felületre egy m tömegű, derékszögű éket teszünk, melynek hajlásszöge α. Az ékre
helyezünk egy szintén m tömegű, téglatest alakú hasábot, melyet az ábrán látható módon vékony, vízszintes fonál és az ékhez rögzített könnyű, kisméretű csiga segítségével a függőleges falhoz kötünk. Ezután a nyugalmi helyzetben lévő rendszert magára hagyjuk. A súrlódás mindenhol elhanyagolható. a) Határozzuk meg az ék gyorsulását az α szög függvényében azokban az esetekben, amikor a mozgás közben a hasáb, az ábrán látható módon, az éken csúszik! b) Milyen szögtartományban teljesül ez a feltétel
I. megoldás. a) A fonálerőt jelöljük K-val, az ék és a hasáb közötti merőleges kényszererőt pedig Nnel. A hasáb gyorsulását bontsuk fel vízszintes és függőleges összetevőkre (a kitűzési ábrán balra és lefelé mutatnak a hasáb gyorsulás komponensei, ezeket az irányokat tekintsük pozitívnak). Vizsgáljuk először a hasáb gyorsulását, az 1. ábra csak a hasábot és a rá ható erőket mutatja: 𝐾 cos 𝛼 − 𝑁 sin 𝛼 = 𝑚𝑎𝑥 𝑚𝑔 − 𝐾 sin 𝛼 − 𝑁 cos 𝛼 = 𝑚𝑎𝑦 .
1. ábra 2. ábra Az ékre ható erőket a 2. ábra mutatja. Mivel az ék gyorsulása vízszintes, így elegendő csak a vízszintes erőösszetevőkkel foglalkoznunk: 𝐾(1 − cos 𝛼) + 𝑁 sin 𝛼 = 𝑚𝐴, ahol A az ék vízszintes irányú (balra mutató) gyorsulása. Hátra van még a kényszerfeltétel, vagyis annak kihasználása, hogy a hasáb az éken csúszva mozog. Ez úgy teljesül, hogy a fonál hossza állandó marad. Az ábrán az x + L fonálhosszúságot kétféleképpen tüntettük fel (egy korábbi és egy későbbi időpillanatban). Az ábrán látható három szaggatott elmozdulás egybevágó: a jobb oldali mutatja a hasáb tömegközéppontjának elmozdulását, a középső a fonál rögzítési helyének elmozdulását a hasábon, míg a bal oldali szaggatott vonal egyenlőszárú háromszöget zár le. Ebből az utóbbiból olvashatók le a kényszerfeltételek, hiszen az ék A gyorsulása x-szel arányos: 𝑎𝑥 = 𝐴(1 − cos 𝛼) 𝑎𝑦 = 𝐴 sin 𝛼.
2016/2017
4
OKTV 1. forduló
Fizika II. kategória
Öt lineáris egyenletünk van öt ismeretlennel. Mivel ax és ay már úgyis ki van fejezve, ezért ezeket beírhatjuk az első két egyenletbe, így már „csak” három ismeretlenünk marad. Ezek után (mondjuk) N-et fejezzük ki az első egyenletből, és ezt be kell írnunk a másik két egyenletbe (ekkor már csak két ismeretlen marad), majd K kifejezése következik, amit az utolsó egyenletbe beírva végül a kérdéses gyorsulásra 𝐬𝐢𝐧 𝜶 𝐴= 𝒈 𝟑 − 𝟐 𝐜𝐨𝐬 𝜶 adódik végeredményként (ez például 𝛼 = 30 esetén A 3,9 m/s2 numerikus értéknek felel meg). Az egyenletrendszerben szereplő négy további ismeretlenre a következő kifejezéseket kapjuk: sin 𝛼 (1 − cos 𝛼) sin 𝛼 (2 − cos 𝛼) 𝑔 𝐾= 𝑚𝑔 3 − 2 cos 𝛼 3 − 2 cos 𝛼 sin2 𝛼 3 cos 𝛼 − cos 2 𝛼 − 1 𝑎𝑦 = 𝑔 𝑁= 𝑚𝑔. 3 − 2 cos 𝛼 3 − 2 cos 𝛼 b) Az ék felületére merőleges kényszererő csak pozitív értékeket vehet fel, azonban az N nyomóerő kifejezésében a számláló csak akkor pozitív, ha 3 − √5 cos 𝛼 > , 2 vagyis 𝛼 < 67,5°. Ez tehát azt jelenti, hogy a rendszer elengedése után a hasáb akkor csúszik az éken, ha 𝟎 < 𝜶 < 𝟔𝟕, 𝟓°. 𝑎𝑥 =
II. megoldás: A feladat a) része megoldható a munkatétellel is. Az elengedés után t idővel az ék sebessége: 𝑉 = 𝐴𝑡. A hasáb sebességét így írhatjuk fel: 2
𝑣 2 = 𝑣𝑥2 + 𝑣𝑦2 = (𝑎𝑥 𝑡)2 + (𝑎𝑦 𝑡) = [{𝐴(1 − cos 𝛼)}2 + (𝐴 sin 𝛼)2 ]𝑡 2 = 𝐴2 𝑡 2 (2 − 2 cos 𝛼). A gyorsulás-összetevők felírásakor kihasználtuk az előző megoldásban szereplő kényszerfeltételt (ez nem kerülhető ki). A munkatételt így alkalmazhatjuk: 1 1 1 1 𝑚𝑔ℎ = 𝑚𝑔 ( 𝐴𝑡 2 sin 𝛼) = 𝑚𝑉 2 + 𝑚𝑣 2 = 𝑚(𝑉 2 + 𝑣 2 ), 2 2 2 2 majd ebbe – egyszerűsítések után beírhatjuk a fenti sebesség-négyzeteket: 𝑔𝐴𝑡 2 sin 𝛼 = [𝐴2 𝑡 2 + 𝐴2 𝑡 2 (2 − 2 cos 𝛼)], végül mindkét oldalt 𝐴𝑡 2 -tel elosztva megkapjuk az ék gyorsulását: 𝐴=
2016/2017
𝐬𝐢𝐧 𝜶 𝒈. 𝟑 − 𝟐 𝐜𝐨𝐬 𝜶
5
OKTV 1. forduló
Fizika II. kategória
4.) Két telep, egy voltmérő és egy ampermérő segítségével öt különböző áramkört állítunk össze: a)
b)
c)
A
V
A
V
V
d)
e)
A
A
V
V
A
A két telep teljesen egyforma, elektromotoros erejük 12 V, belső ellenállásuk 1 . A voltmérő és az ampermérő digitális, kijelzőjük három digites, tizedes vessző nélküliek, eszerint csak 1 és 999 közötti egész számok jelenhetnek meg rajtuk. Mind a voltmérő, mind az ampermérő automatikusan vált méréshatárt, és egész számra kerekítenek. A voltmérő belső ellenállása minden méréshatáron 1 M, három méréshatára alapján mutathat V-ot, mV-ot és V-ot. Az ampermérő belső ellenállása A-es méréshatáron 0,5 M, mA-es méréshatáron 0,5 k, A-es méréshatáron 0,5 . Az automati-kus méréshatár-váltás azt jelenti, hogy a műszer arra törekszik, hogy a kijelzőjén 1 és 999 közötti szám jelenjen meg, miközben a műszer a lehető legkisebb mértékben avatkozik be az áramkörbe. Mit mutatnak a digitális műszerek az egyes esetekben? Megoldás. a) Mivel a voltmérő belső ellenállása igen nagy, ebben a körben csak igen kicsi áram folyhat, tehát az ampermérő A-es méréshatárra vált. A voltmérő és az ampermérő belső ellenállása összesen 1,5 M (ehhez képest a telepek 1-1 -os ellenállása elhanyagolható), tehát az ampermérő 𝐼=
24 V = 𝟏𝟔 𝐀 1,5 M
értéket mutat. Ennek az áramnak megfelelően a voltmérőn 𝑈 = (1 M) (16 A) = 𝟏𝟔 𝐕 feszültség jelenik meg, míg az ampermérőre ennek a fele, vagyis 8 V jut. Megjegyzés: Elhanyagolás nélkül az áramerősség 15,9999787 A, a voltmérőre jutó feszültség pedig 15,9999787 V. b) Ebben az esetben a két telep helyettesíthető egyetlen teleppel, melynek elektromotoros ereje ugyancsak 12 V, azonban belső ellenállása csak 0,5 . A voltmérőn gyakorlatilag nem folyik áram, tehát az ampermérő áramát a telepek belső ellenállása (0,5 ) és az A-es méréshatárra beálló ampermérő belső ellenállása (0,5 ) határozza meg: 12 V = 𝟏𝟐 𝐀. 1 Ennek az áramnak megfelelően az ampermérőn 𝐼=
𝑈 = (0,5 ) (12 A) = 𝟔 𝐕 feszültség jelenik meg, és ugyancsak ezt mutatja a voltmérő, sőt ez a telepek kapocsfeszültsége is. Megjegyzés: Elhanyagolás nélkül az ampermérőn 11,999997 A áram folyik, és a voltmérőre eső feszültség 5,9999985 V. c) Ezt az áramkört két részre választhatjuk szét. Az egyikben egy telepre van kötve egy voltmérő, ami természetesen 12 V-ot mutat, míg a másik körben az ampermérő a másik telep rövidzárási áramát mutatja: 2016/2017
6
OKTV 1. forduló
Fizika II. kategória
𝐼=
12 V = 𝟖 𝐀. 1 + 0,5
Megjegyzés: Elhanyagolás nélkül a voltmérő feszültsége 11,999988 V, illetve az ampermérő árama 8,000000 A (vagyis ebben az esetben a közelítő számolás egzakt eredményre vezet). d) Újra azt használhatjuk ki, hogy a voltmérőn átfolyó áram igen csekély, tehát az ampermérőn lényegében az előző esettel megegyezően 𝐼=
12 V =𝟖𝐀 1 + 0,5
erősségű áram folyik. Ezt az áramot a jobb oldali telep hajtja „lefelé”, ami éppen ellentétes azzal, ahogy a bal oldali telep hajtaná. A 0,5 belső ellenállású ampermérőre 4 V feszültség esik, amit hozzá kell adnunk a bal oldali telep elektromotoros erejéhez, hogy megkapjuk a voltmérőn megjelenő (12 V + 4 V) = 16 V értéket. Megjegyzés: A közelítés nélküli számítás az ampermérőre 7,999984 A-es értéket ad, míg a voltmérőn megjelelő érték az egzakt számítás szerint is 16 V. e) A voltmérő nagy belső ellenállása miatt első közelítésben a voltmérőt szakadásnak tekinthetjük. Ezért az ampermérő árama úgy kapható meg, hogy a két telep elektromotoros erejét összeadjuk (24 V), és ezt elosztjuk a „soros” kör eredő ellenállásával (1 + 1 + 0,5) = 2,5 ): 𝐼=
24 V = 𝟗, 𝟔 𝐀. 2,5
A voltmérőre visszatérve azt állapíthatjuk meg, hogy két hurkot látunk, és így kétféleképpen is kiszámíthatjuk, hogy mekkora feszültséget mutat. A jobb oldali hurok esetében a telep kapocsfeszültsége: 𝑈k = 12 V − 1 ∙ 9,6 A = 𝟐, 𝟒 𝐕, és ugyanennyit mutat a voltmérő is. A bal oldali hurok egy kissé bonyolultabb. A bal oldali telep kapocsfeszültsége is 2,4 V, továbbá az árammérőre (0,5 9,6 A) = 4,8 V feszültség esik. Ha azonosnak választjuk a körüljárási irányt mindkét hurokban (óramutatóval ellentétesnek), akkor a bal oldali hurok esetében a voltmérőre eső feszültség: 𝑈 = 2,4 V − 4,8 V = −2,4 V, ami ugyanaz, mint az előző esetben, a negatív előjel csak a voltmérőn történő ellentétes haladás miatt jelenik meg. (Egyenáramú műszereknél, ha a pozitív és a negatív bemeneti csatlakozókat felcseréljük, akkor ellentétes előjellel jelenik meg a mért érték.) Megjegyzés: Ebben az esetben a közelítés nélküli számítás szerint az ampermérő árama 9,59999904 A, míg a feszültségmérőre 2,39999856 V jut. Jól láthatjuk, hogy a közelítő számítások minden esetben milyen nagy pontossággal egyeznek meg a közelítés nélküli számolással.
2016/2017
7
OKTV 1. forduló
Fizika II. kategória
Pontozási útmutató 1. feladat a) Energia-megmaradás felírása: A kérdéses sebesség meghatározása: b)A harmonikus rezgőmozgás felismerése: A kérdéses idő helyes értékének kiszámítása:
6 pont 2 pont 6 pont 6 pont Összesen: 20 pont
2. feladat a) A közölt hő bármely módszerrel való helyes meghatározása b) A hőmérsékletváltozások arányának helyes meghatározása
10 pont 10 pont Összesen: 20 pont
3. feladat a) Dinamikai egyenletek (vagy a munkatétel) felírása: Kényszerfeltételek megadása: A kérdéses gyorsulás kiszámítása: b) Az éken való mozgás feltételének elvi meghatározása: A kérdéses szögtartomány kiszámítása:
6 pont 6 pont 2 pont 4 pont 2 pont Összesen: 20 pont
4. feladat A feladatban 5 áramértéket és 5 feszültségértéket kellett meghatározni. Mindegyik helyes kiszámítása 2 pontot ér.
Összesen: 20 pont
A „Javítási-értékelési útmutatóban” vázoltaktól eltérő számításokra, amelyek elvileg helyesek és a helyes végeredményre vezetnek, az alkérdésekre adható teljes pontszám jár. A nehézségi gyorsulás értékére 9,81 m/s2, vagy 10 m/s2 egyaránt elfogadható, hacsak a feladat máshogy nem rendelkezik.
2016/2017
8
OKTV 1. forduló
