A 32. Mikola Sándor Fizikaverseny feladatainak megoldása Döntı - Gimnázium 10. osztály Pécs 2013
1. feladat:
a) Az elsı esetben a kocsi és a mágnes azonos, a1 lassulását a dinamika alapegyenlete felhasználásával számolhatjuk:
Ma1 = Dy1 ,
a1 =
Dy1 m = 16 2 . M s
1 pont
N a1
M m
Dy1
D
Fm+mg
Legyen a mágnes tömege m, a mágneses vonzóerı Fm! A mágnes megcsúszásának pillanatában: (1)
ma1 = µ 0 (Fm + mg ).
2 pont
A második esetben:
Ma2 = Dy 2 , a2 = (2)
Dy 2 m =8 2 . M s
1 pont
ma 2 = µ 0 (Fm − mg ).
2 pont
(1) és (2) osztásából:
a1 Fm + mg = , a 2 Fm − mg 2=
Fm + mg , Fm − mg
Fm = 3mg.
2 pont
A mágneses erı értékét (1)-be beírva:
ma1 = µ 0 (3mg + mg ).
µ0 =
1 a1 = 0,4. 4 g
2 pont
b) Vizsgáljuk a kocsi oldalán lévı mágnes megcsúszásának pillanatát! Ebben a pillanatban a mágnesre ható erık eredıje szintén vízszintes irányú, és a haladási iránnyal ellentétes irányba mutat. A tapadási súrlódási erı a megcsúszás pillanatában:
1
Ft 3 = µ 0 ⋅ 3mg.
2 pont Ft3
Az eredı erı:
Fe3 =
Ft 23
a3
− (mg ) , 2
Fe3
Fe3 = m (1,2 g )2 − g 2 .
Dy3 mg M
D
3 pont
A mágnes lassulása:
ma3 = mg 0,44 ,
a3 = 44
m . s2
2 pont
A kocsit a mágnessel együtt a rugó ugyanilyen mértékben lassítja, ezért
Ma3 = Dy3 .
1 pont
A rugó összenyomódása a harmadik esetben:
y3 =
Ma3 11 = m = 6,63 cm. D 50
2 pont Összesen: 20 pont
2
2. feladat: a) Könnyen látható, hogy a két körfolyamat esetén a nyert, hasznos munka egyenlı:
Wh∗ =
1 p1V1. 2
1 pont
Így annak a körfolyamatnak nagyobb a hatásfoka, amely esetén kisebb a felvett hı. A felvett hıt a termodinamika elsı fıtétele alapján következethetjük ki:
Qfel = ∆E b + W ∗ .
p
A körfolyamatokban az EA, illetve az ABC szakaszon van hıfelvétel. Az EA szakaszon kisebb a végzett munka, mint az ABC szakaszon. Lássuk be, hogy a belsı energia növekedése is kisebb! Ez azt jelenti akkor, hogy az ADEA körfolyamat hatásfoka a nagyobb. 2 pont
A
p0
p0-p1
C
B
p0+p1
D
E
V
A belsı energia növekedései: V0-V1
EA szakasz:
∆E bEA =
V0
3 [ p0V0 − ( p0 − p1 )(V0 − V1 )] = 3 ( p1V0 + p0V1 − p1V1 ) 2 2
V0+V1 2 pont
ABC szakasz:
∆E bABC =
3 [( p0 + p1 )(V0 + V1 ) − p0V0 ] = 3 ( p1V0 + p0V1 + p1V1 ) 2 2
2 pont
Valóban látható, hogy:
∆E bEA 〈 ∆E bABC . Azt a jelenti, hogy az ADEA körfolyamat esetén kisebb a felvett hı, tehát a hatásfoka nagyobb:
η ABCA 〈 η ADEA .
1 pont
b) Konkrét nagyságok meghatározása érdekében határozzuk meg most a megadott paraméterek felhasználásával a hatásfokokat! ABCA körfolyamat:
1 p1V1 2 η1 = , ∗ ∆EbABC + WBC
η1 =
1 pont
1 p1V1 2 3 ( p1V0 + p0V1 + p1V1 ) + ( p0 + p1 )V1 2 3
,
1 p1V1 2 η1 = . 3 5 5 p1V0 + p0V1 + p1V1 2 2 2 Az x =
2 pont
p0 V és az y = 0 jelöléseket bevezetve: p1 V1
η1 =
1 . 3 y + 5x + 5
2 pont
ADEA körfolyamat:
1 p1V1 2 η2 = , ∗ ∆E bEA + WEA
η2 =
1 pont
1 p1V1 2
3 ( p1V0 + p0V1 − p1V1 ) + p0 − p1 + p0 V1 2 2
1 p1V1 2 η2 = . 3 5 p1V0 + p0V1 − 2 p1V1 2 2 Az x =
,
2 pont
p0 V és az y = 0 jelöléseket itt is bevezetve: p1 V1
η2 =
1 . 3 y + 5x − 4
2 pont
Az ismert hatásfok kifejezésébıl a 3 y + 5 x összeget kifejezve:
3 y + 5x =
1 − 5η1
η1
.
Ezt a keresett hatásfok kifejezésébe beírva:
η2 =
1
1 − 5η1
η1
η2 =
, −4
η1 1 = = 10%. 1 − 9η1 10
2 pont Összesen: 20 pont
4
3. feladat:
m vQ
a) Jellemezzük az ábrán látható α szöggel a gyöngy pillanatnyi helyzetét! Az energia-megmaradásból: 2
α
r
2
Q 1 Q 1 (1) k + mv 02 = k + mv 2 . 1 pont 2R 2 r 2 A gyöngy akkor közelíti meg legjobban a rögzített töltést, amikor sebessége nullára csökken. Q2 1 Q2 k + mv 02 = k . 2R 2 2 R cos α 0 Ebbıl: 1 1 cos α 0 = = , 2 mRv 0 2 1+ kQ 2
α Q
F
K R
O
1 pont
α 0 = 60 o.
2 pont
b) Az α szöggel jellemzett helyzetben a kényszerpálya által a gyöngyre kifejtett vízszintes irányú K erı, az elektrosztatikus F erıvel biztosítja a gyöngy körpályán történı mozgását. Legyen a gyöngy sebessége ebben a pillanatban v! A dinamika alapegyenletébıl:
v2 Q2 = K − k 2 cos α , R r 2 v Q2 r K =m +k 2 , R r 2R
m
1 pont
(1)-bıl:
k
Q2 Q2 1 1 =k + mv 02 − mv 2 . r 2R 2 2
1 pont
Ezt beírva: (2)
K=
3 m 2 Q 2 mv 02 . ⋅ v + k 2 + 4R 4 R 4 R
Az adatokat beírva:
Ns 2 K = 1,875 2 ⋅ v 2 + 11,25 N ⋅ 10− 2. m
2 pont
Ezt ábrázolva: -2
K (10 N)
30 28 26 24 22 20 18 16 14
2 pont
12 10 8 6 4 2 0 0,0
0,5
1,0
5
1,5
2,0
2,5
v (m/s)
3,0
c) K(v) függvénybıl látható, hogy értéke akkor lesz maximális, amikor a sebesség maximális, illetve akkor lesz minimális, amikor a gyöngy megáll.
K max
2 Ns 2 m = 1,875 2 ⋅ 3 + 11,25 N ⋅ 10 − 2 = 0,28125 N. 2 pont m s
K min
2 Ns 2 m = 1,875 2 ⋅ 0 + 11,25 N ⋅10 − 2 = 0,1125 N. m s
2 pont
d) Könnyő belátni, hogy a félút megtételekor α1 = 30o . A mozgásegyenletbıl érintı irányban:
maé = k aé = k
Q2
(2 R cosα1 )2
⋅ sin α1 ,
Q2 m ⋅ sin α1 = 7,5 2 , 2 2 4mR cos α1 s
2 pont
A mozgásegyenletbıl sugár irányban:
m
v2 Q2 = K −k ⋅ cos α1 . R 4 R 2 cos 2 α1
K értékét (2)-bıl beírva:
m
v 2 3 m 2 Q 2 mv 02 Q2 − k . = ⋅v + k + 2 2 4 R 4R R 4 4 cos R R α 1
Ebbıl:
v 2 kQ 2 2 3 v 02 1 − + . acp = = 3 R R mR 2 Az adatokat beírva:
(
acp = 30 3 − 3
) sm ≈ 38 sm . 2
2
3 pont
Az eredı gyorsulás érintıvel bezárt szöge:
tgβ =
acp aé
≈ 5,07,
β ≈ 78,8o.
1 pont Összesen: 20 pont
6
4. feladat: a) Tekintsük azt a pillanatot, amikor az m tömegő test éppen leérkezik a lejtı aljára! Legyen ebben a pillanatban a nyugvó, vízszintes felülethez viszonyítva a kocsi sebessége u, az m tömegő test sebességének vízszintes komponense vx, a függıleges pedig vy! A lendület- és energia-megmaradásból:
Mu - mv x = 0,
2 pont
(
)
1 1 Mu 2 + m v x2 + v y2 . 2 2 Figyelembe véve, hogy M = m és α = 60 o : mgL sin α =
2 pont
u =vx,
3gL = u 2 + v x2 + v y2 . Ezekbıl: (1)
3 gL = 2u 2 + v y2 .
1 pont
Vizsgáljuk most az m tömegő test mozgását a kocsihoz rögzített koordináta-rendszerben! Ebben a rendszerben test sebességvektora α szöget zár be a vízszintes iránnyal. Ebbıl a feltételbıl: vy tgα = , u +vx (2) v y = 2u ⋅ tgα . 2 pont
m
L
u+vx α
M
vy
α
(1) és (2) felhasználásával:
3gL = 2u 2 + 4u 2 tg 2α , 3 gL = 14
u =vx =
3 m m = 0,93 . 2 s s
1 pont
6 3 m m gL = 6 3 = 3,22 . 7 s s Vizsgáljuk a továbbiakban a rugalmas ütközés után kialakuló ferde hajítást a kocsi rendszerében! A hajítás t2 ideje:
v y = 2u ⋅ tgα =
t2 =
t2 =
2v y
g
=
24 3 L , 7 g
1 pont
d2 2u
6 3 s = 0,645 s. 25
7
vy L m
α
2 pont
α d1
A hajítás d2 távolsága:
d 2 = 2ut 2 , d2 = d2 =
4uv y
g
2 pont
,
8u 2 tgα 12 = L. g 7
d1 = L cos α =
1 pont
1 L. 2
1 pont
A kocsi keresett d hosszúsága:
d = d1 + d 2 =
31 L = 155 cm. 14
1 pont
b) A t2 repülési idıt már ismerjük. Számítsuk ki, hogy mennyi idı alatt csúszik le a test a lejtın! Egyenletesen gyorsulva kezdısebesség nélkül, 2u végsebességgel a kocsihoz képest d1 utat tesz meg. Így:
d1 =
2ut1 , 2
t1 =
d1 L , = u 2u
t1 =
2 pont
7 3L = 0,376 s. 6 g
1 pont
A folyamat lejátszódása alatt eltelt idı:
t ö = t1 + t 2 = 1,02 s.
1 pont Összesen: 20 pont
8
A 32. Mikola Sándor Fizikaverseny feladatainak megoldása Döntı - Szakközépiskola 10. osztály Pécs 2013 1. feladat: a) Legyen a test tömege m, a csúszási súrlódási együttható µ, a második szakaszon megtett út s2! Írjuk fel a munkatételt a mozgás két szakaszára!
E m 2 − E m1 = − µmgs1 ,
3 pont
0 − E m 2 = − µmgs 2 .
3 pont
Ezek osztásából:
s2 E m2 400 J = = , s1 E m2 − E m1 500 J s2 = 0,8. s1
2 pont
b) Legyen a test sebessége kezdetben v1, az s1 út megtétele után pedig v2! Határozzuk meg az arányukat!
1 mv12 900 J 2 = , 1 400 J 2 mv 2 2 v1 3 = . v2 2
2 pont
Tegyük fel, hogy a test még t2 ideig mozog! Készítsük el a teljes mozgás sebesség-idı grafikonját! A területek alapján a megtett utak:
v v1 v2
v +v2 s1 = 1 t1 , 2
2 pont
v s2 = 2 t 2 . 2
2 pont
s1
s2 v 2t2 = , s1 (v 1 + v 2 )t1 s2 s1
s2 t1
Ezek osztásából:
t2 =
2 pont
t1+t2 t 2 pont
v1 3 1 + t1 = 0,8 ⋅ 1 + ⋅ 2 s = 4 s. 2 v2
2 pont Összesen: 20 pont
9
2. feladat: a) Legyen a gáz tömege m, térfogata az 1. állapotban V0, a nyomások az 1., 2., és 3. állapotokban p1, p2, és p3! Az 1.→ 2. folyamatban a hımérséklet állandó, így a Boyle−Mariotte-törvénybıl:
p1V0 = p2 ⋅ 2V0 , p p2 = 1 . 2
p p1
1.
p2
2.
p3
3.
1 pont
V V0
A 3.→ 1. folyamatban pV 2 = állandó :
2V0
p1V02 = p3 ⋅ (2V0 )2 , p3 =
p1 . 4
2 pont
Az izotermikus folyamat miatt:
T2 = T0 = 500 K.
1 pont
Gay-Lussac II. törvényébıl:
p 2 p3 = , T0 T3 T3 =
p3 T T0 = 0 = 250 K. p2 2
1 pont
A gáz tömege állandó:
m= 0V0 , m = 2 ⋅ 2V0 . A gáz sőrősége a 2. állapotban:
2 =
0 2
= 0,8
kg . m3
1 pont
A 2.→ 3. folyamatban térfogat állandó, tehát a sőrőség is:
3 = 2 =
0 2
= 0,8
kg . m3
1 pont
b) Vegyük fel a κ - T diagramon az egyes állapotokhoz tartozó értékeket! Vizsgáljuk meg, hogy milyen módon köthetjük össze a pontokat! Az 1.→ 2. folyamatban a hımérséklet, a 2.→ 3. folyamatban a sőrőség állandó. A 3.→ 1. folyamatot kell alaposabban megvizsgálni! Itt a feltételbıl és az állapotegyenletbıl:
10
pV 2 = állandó = a,
κ (kg/m3)
pV = nRT . Ezekbıl:
1.
1,6
VT = állandó = b, m
3 pont
⋅ T = b,
0,8
3.
2.
m = T , b
= cT , ahol c = állandó. Ebben a folyamatban a sőrőség egyenesen arányos a Kelvin-skálán mért hımérséklettel.
250
500 T (K)
3 pont
c) Az egyenes arányosságot felhasználva:
4 3 T4
=
4 =
T3 T4 kg 3 = 1,28 3 . T3 m
4 pont
A gáz hımérséklete a körfolyamat során kétszer lesz 400 K. A másik ilyen hımérséklető állapot a 2.→ 3. folyamatban következik be, ahol a sőrőség állandó.
∗4 = 3 = 2 =
0 2
= 0,8
kg . m3
3 pont Összesen: 20 pont
11
3. feladat: a) Legyen a fonáldarabok hossza L, a csigák távolsága 2d, az m tömegő test elmozdulása h!
d
d
A munkatételbıl:
0 − 0 = 2Mg (L − d ) − mgh. Ebbıl:
2(L − d ) m= ⋅M. h
h
L
L
45o 45o
6 pont
m
Minden távolságot L-lel kifejezve:
h = L cos α =
2 L, 2
2 pont
d = L sin α =
2 L. 2
2 pont
2 2 L − 2 m= 2 L 2
L ⋅ M.
(
)
m = 2 2 − 1 ⋅ M = 0,828 kg.
2 pont
b) A fonál vízszintes helyzetében az m tömegő testre felírt mozgásegyenletbıl:
mg
ma m = mg , am = g = 10
K
K
m s2
.
4 pont
Keressünk kapcsolatot tetszıleges α szög esetén az m és M tömegő testek gyorsulásai között! Az ábra alapján:
K
K
Mg
Mg
a M = a m cos α . A fonalak vízszintes helyzetében α = 90 o. Így ebben a pillanatban a M tömegő test gyorsulása:
a M = a m cos 90 o = 0.
4 pont
Ez azt is jelenti, hogy a fonálerı ebben a pillanatban:
d
d
am
αα
aM
K = Mg. Összesen: 20 pont
12
4. feladat: a) Induláskor v0 = 0, így a sugár irányú gyorsulás, és a fonál irányú erık eredıje is zérus. Érintı irányban felírva a dinamika alapegyenletét: E
maé = mg sin α ,
EQ
mgsinα α
aé = g sin α = 5 2
m . s2
4 pont
b) A vizsgált mozgás során a Q töltéső testre a lejtı síkjában a lejtı élével párhuzamos, 2 F1 = EQ = mg nagyságú, és a lejtı élére 2 2 merıleges, F2 = mg sin α = mg nagyságú erı 2 hat. Legyen a továbbiakban a papír síkja a lejtı síkja! Az elengedés után addig gyorsul a test, amíg a testre ható erık eredıje fonál irányúvá nem válik. Legyen ekkor a fonál szögelfordulása β! A feltétel szerint:
tgβ =
K L
β
L
K1
F1
β F2
F2 = 1, F1
β = 45o.
4 pont
A maximális sebesség a munkatétel alapján számolható:
1 2 mv max = F2 L sin β − F1 L(1 − cos β ), 2
2 pont
1 2 2 , mv max = mgL1 − 2 2 v max =
(2 − 2 )gL = 2,16 ms .
2 pont
c) Egyensúlyi helyzetben is akkor lehet a test, ha a fonál irányú erık eredıje zérus. Így az egyensúlyi helyzetben is
β = 45o.
2 pont
A test éppen körbemegy a körpályán, ha a fonálerı legfeljebb az egyensúlyi helyzettel átellenesen lévı pontban tőnik el. A mozgás homogén erıtérben játszódik, ahol a lejtı síkjában a nehézségi és elektrosztatikus erık eredıje:
13
∑ Fi =
F12 + F22 = mg .
2 pont
Az eredı erı vektora pedig β szöget zár be a lejtı élével. Legyen a kérdéses indítási sebesség v1, az átellenes pontban pedig a sebesség v2! A dinamika alapegyenletét az átellenes pontban felírva:
v 22 m = mg , L
2 pont
v2 g
mg L
β L v1
v 2 = gL. A munkatételbıl v2 felhasználásával:
1 1 mv 22 − mv 12 = −2mgL, 2 2 v 1 = 5 gL = 6,32
m . s
2 pont Összesen: 20 pont
14
