Oktatási Hivatal
A 2014/2015. tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny első forduló FIZIKA II. KATEGÓRIA Javítási-értékelési útmutató
1.) Vízszintes sínpáron könnyen gördülő, m = 0,5 kg tömegű kiskocsi közepéről lelógó l = 0,8 m hosszú fonál végén ugyancsak m tömegű, igen kisméretű golyó függ. A kiskocsit pillanatszerű indítás után állandó, v = 0,5 m/s sebességgel húzzuk. a) A függőlegeshez viszonyítva maximálisan hány fokkal térül ki a fonál? b) A maximális kitérés elérésekor mekkora erőt kell kifejtenünk a kiskocsira? c) Az indítástól számítva mennyi idő telik el a maximális kitérésig? (Minden súrlódás és a közegellenállás elhanyagolható.)
Megoldás. Vegyük észre, hogy az egyenletes sebességgel mozgatott kiskocsihoz rögzített vonatkoztatási rendszer inerciarendszer. Ebben a rendszerben indításkor a fonálinga nehezéke v vízszintes irányú sebességet kap. Így tehát meg kell határoznunk a meglökött fonálinga emelkedési magasságát, melyből a kitérés maximális szöge adódik. a) Mivel ebben a rendszerben a fonálerő nem végez munkát, a munkatétel alapján érvényes:
1 mgl 1 cos 0 mv2 . 2 2 2 m 0,5 2 v s 0 arccos 1 10, 24° 10°. arccos 1 2 gl 2 9,81 m 0,8 m s2 2
Innen
2014/2015
1
OKTV 1. forduló
Fizika II. kategória
b) A kocsi egyenletes mozgatása ellenére erőt kell kifejtenünk rá, hogy ne gyorsuljon, ui. a kilendült inga „hátrafelé” húzva erőt fejt ki a kocsira. A kocsira ható függőleges erők eredője a sínek kényszerereje miatt minden pillanatban zérusra kompenzálódik, a vízszintes erők viszont nem, csak ha mi gyakoroljuk rá a keresett erőt. A maximálisan kitérített, pillanatnyi nyugalomba került fonálinga fonalát feszítő erő:
Ff mg cos 0 , amelynek vízszintes összetevője
Ffx mg cos 0 sin 0 ,
ami fékezné a kiskocsit, tehát nekünk ekkora erőt kell ebben a pillanatban kifejteni az egyenletes sebesség megtartásához: mg sin 2 0 Ffx mg cos 0 sin 0 2
0,5 kg 9,81
m sin 2 10, 24 s2 0, 858 N 0,9 N. 2
c) Mivel a kitérés szöge elég kicsi, igen jó közelítéssel alkalmazható a fonálinga egyszerű lengésidő-képlete. Az indulástól a szélső helyzetig egy negyed lengésidő telik el, ez pedig
t
T 1 l 2 4 4 g 2
l 0,8 m 0, 4486 s 0, 45 s. g 2 9,81 m s2
(Megjegyzés: tévhit, hogy csak 5o-ig „elég pontos” a lengésidő képlet!)
2014/2015
2
OKTV 1. forduló
Fizika II. kategória
2.) Egy f a = 500 kg/m3 sűrűségű, R = 20 cm sugarú fenyőfagömböt hosszú, vékony alumíniumhuzallal összekötöttünk egy vas = 7,8 kg/dm3 sűrűségű, r = 10 cm sugarú vasgömbbel, majd ezt a rendszert az ábrán látható helyzetben, nyugodt légtérben igen magasról elengedjük úgy, hogy az elengedés pillanatában az összekötő huzal feszítetlen. A huzal keresztmetszete A = 1 mm2. A levegő sűrűsége lev = 1,29 kg/m3. Mozoghatnak-e egyenletesen egy idő után ezek a testek? Az alumíniumhuzal szakítószilárdsága= 200 MPa. Az esetleges további szükséges adatokat a függvénytáblázatból vegyük. Megoldás. Induláskor a két gömb szabadon esik, ám sebességük növekedésével a közegellenállási erő rohamosan nő, fékezi a gömbök mozgását (az arkhimédészi felhajtóerő elhanyagolható). Amikor a közegellenállási erő a két gömbre ható nehézségi erő nagyságát eléri, a mozgás egyenletessé válik. A két gömböt összetartó huzalban ható erő biztosítja gömbök együttes mozgását. Amennyiben ez az erő nagyobb, mint amekkorát a huzal szakítószilárdsága megenged, a huzal elszakad, még mielőtt a rendszer egyenletes mozgása beállna. Meghatározandó tehát a = 200 MPa szakító szilárdságú alumíniumban ható erő a feltételezett egyenletes mozgás létrejöttekor. (Megjegyzés: a vékony huzal azt jelenti, hogy a tömege elhanyagolható, a hosszú huzal azt jelenti, hogy az alsó gömb okozta örvények nem befolyásolják a felső gömb mozgását.) Mozgásegyenleteink a már beállt egyenletes mozgás esetére, a felső és az alsó gömbre: mfa g Fközeg,fa K 0,
mvas g Fközeg,vas K 0. Beírva a megfelelő jellemzőket, végig paraméteresen számolva:
fa
4 R3 1 g k lev R2 v2 K 0, 3 2
(1)
4r 3 1 g k levr 2 v2 K 0. 3 2 Itt k = 0,45 (táblázatból) a gömb alakállandója. Összeadva a két egyenletet:
vas
(2)
4 1 g fa R3 vas r 3 k lev R2 r 2 v2 0. 3 2 Innen a kialakuló maximális egyenletes sebesség-négyzet:
4 3 3 g fa R3 vas r 3 8 g fa R vas r 2 3 v . 1 3 k lev R 2 r 2 k lev R 2 r 2 2 Ezt pl. az (1) egyenletbe írva K-t kifejezzük: 3 3 fa R3 vas r 3 4 4 R3 4 2 fa R vas r . K R g g R g R fa fa R2 r 2 3 3 3 R2 r 2 2
2014/2015
3
OKTV 1. forduló
Fizika II. kategória
Az adatok beírásával és a műveletek elvégzésével:
4 2 fa R 3 vas r 3 K R g fa R 2 2 3 R r kg kg 500 3 0, 23 m3 7800 3 0,13 m3 4 m kg m m 0, 22 m 2 10 2 500 3 0, 2m 228 N. 2 2 2 2 3 s 0, 2 m 0,1 m m Az alumíniumhuzal által kifejthető maximális erő: N K max A 2 108 2 106 m2 200 N. m Tehát a huzal elszakad, még mielőtt a gömbök elérnék az egyenletes mozgás állapotát, tehát nem mozoghatnak egyenletesen ezek a testek! Megjegyzések: A gömbök lehetséges maximális sebessége erősebb fonál esetén:
8 g fa R vas r 3 k lev R 2 r 2 3
v
3
m 500 kg 0, 23 m3 7800 kg 0,13 m3 2 8 m3 m3 s 2 2 2 2 3 0, 45 1, 29 0, 2 m 0,1 m 10
103,13
m km 371, 29 . s h
A mi gömbjeink sebességét megkapjuk, ha felírjuk a mozgásegyenleteket a huzal elszakadása előtti pillanatra. (1) alapján, és figyelembe véve, hogy ekkor – bár kis mértékben – még gyorsulnak a testek:
fa
4 R3 1 g k lev R 2 v2 K mfa a, 3 2
4r 3 1 g k levr 2 v2 K mvas a. 3 2 Amíg a fonál nem szakad el, addig a két test gyorsulása azonos. A bal oldalon a tömegek beírásával kapjuk: 1 mfa g k lev R2 v2 K mfa a, 2 1 mvas g k levr 2 v2 K mvas a. 2 A gyorsulásokat kifejezve és egyenlővé téve, g-vel egyszerűsítve:
vas
k levr 2 v2 k R 2 v2 K K lev . 2mvas mvas 2mfa mfa Innen:
1 1 k lev v2 R 2 r 2 K . 2 mfa mvas mfa mvas
2014/2015
4
OKTV 1. forduló
Fizika II. kategória
Innen:
2K 1 1 k lev mfa mvas mvas mfa 2K 2 v . 2 2 R r k lev mvas R 2 mfa r 2 mfa mvas Innen a gömbök sebessége az elszakadás előtti pillanatban:
v
mvas mfa vas r 3 fa R3 2K . k lev mvas R 2 mfa r 2 k lev vas r 3 R 2 fa R 3r 2 2K
Számadatainkkal (dimenziók nélkül):
7800 0,13 500 0, 23 2 200 m m km v 97,55 351,17 . 3 2 3 2 s 0, 45 1, 29 7800 0,1 0, 2 500 0, 2 0,1 s h
ami valóban kisebb, mint az egyenletes mozgáshoz tartozó sebesség, vagyis a fonál valóban előbb szakad el, mint hogy elérnék a gömbök az egyenletes mozgás sebességét. Az adatokból az elszakadás előtti közös gyorsulás is meghatározható. Asz elszakadás után a fagömb hirtelen fékezni fog, a vas gömb tovább gyorsul, és mindketten előbb-utóbb elérik az egymásétól különböző egyenletes sebességet.
2014/2015
5
OKTV 1. forduló
Fizika II. kategória
3) Vízszintes helyzetű, rögzített, hőszigetelő falú, A = 0,5 dm2 keresztmetszetű hengert mérsékelten jó hővezető anyagból készült, rögzített válaszfal oszt két részre. A hengerekben lévő, azonos V térfogatú oxigéngázt súrlódásmentesen mozgó, hőszigetelő anyagú dugattyúk zárják el a külső, p0 = 105 Pa nyomású levegőtől. A bal oldali tartályban n, a jobb oldaliban 2n mólnyi, T2 = 300 K hőmérsékletű oxigéngáz van. Egy csigán átvetett zsinór vízszintes része a bal oldali dugattyúhoz, függőleges része m = 10 kg tömegű testhez van rögzítve. A jobb oldali dugattyúhoz egy merev rúd van erősítve, melynek másik vége szintén vízszintes, csigán átvetett zsinórhoz csatlakozik az ábrán látható módon. Ennek a zsinórnak a végén is m =10 kg tömegű test függ. A rendszer mechanikai egyensúlyban van. a) Mekkora kezdetben a bal oldali tartályban lévő gáz T1 hőmérséklete? b) Mekkora lesz kiegyenlítődés után a közös hőmérséklet? c) Mekkora a zsinórok végén függő testek által megtett utak aránya? d) Mekkora a gázok belsőenergia-változásainak összege? Mekkora a gázok által végzett mechanikai munkák összege?
I. Megoldás. a) A bal oldali dugattyú egyensúlya miatt p1A + mg = p0A,
tehát
p1 = p0 –
mg A
mg 100N = = 0,2∙105 Pa. 3 2 5 10 m A Ezzel p1 = 0,8∙105 Pa = állandó. A jobb oldali dugattyú egyensúlya miatt p0 A + mg = p2A,
tehát
p2 = p0 +
mg A
Ezzel p2 = 1,2∙105 Pa = állandó.
2014/2015
6
OKTV 1. forduló
Fizika II. kategória
Az állapotegyenlet a bal oldali gázra p1V = nRT1, a jobb oldalira
p2V = 2nRT2.
A két egyenlet hányadosából
p1 T1 , p2 2T2
T1
vagyis
2 p1 p2
T2
2 0 ,8
300 K 400 K .
1, 2
Tehát a bal oldali részben a kezdeti hőmérséklet 400 K. b) Mindkét oldalon állandó nyomáson megy végbe a kiegyenlítési folyamat. A melegebb gáz átad valamennyi hőt, a hidegebb ugyanennyit vesz fel. Ezért felírhatjuk a következő egyenletet:
Qle Cp n T1 T Cp 2n T T2 Qfel , amiből T
T1 2T2
400 K 600 K
333K . (A közös hőmérséklet lényegében a kezdeti 3 3 hőmérsékletek anyagmennyiséggel súlyozott átlaga.) Tehát a közös hőmérséklet 333K. c) A folyamatok állandó nyomáson mennek végbe, így a térfogat egyenesen arányos az abszolút hőmérséklettel, továbbá az állandó keresztmetszet miatt a gáztérfogat hosszúsága a hőmérséklettel. Érdemes a folyamatokat térfogat-hőmérséklet grafikonon ábrázolni: V
V2 V1
300
333
400
T (K)
A grafikon alapján láthatjuk, hogy V2/T2 = V/T2 és V1/T1 = V/T1, amiből h1/h2 = V1/V2 = (T1 T2)/ (T2 T1) = (67300)/(33400) = 3/2. Tehát a keresett arány 3:2. Ugyanezt az eredményt még egyszerűbben is megkaphatjuk, ha a barátságosan viselkedő számértékek alapján észrevesszük, hogy a meleg oldalon a térfogat csökkenés a kezdeti térfogat hatoda, míg a hideg oldalon a térfogat növekedés az ugyanakkora kezdeti térfogat kilencede. Tehát az elmozdulások aránya 9:6 = 3:2.
2014/2015
7
OKTV 1. forduló
Fizika II. kategória
d) Az energia-változások összege
E1 E2
f 2
nR(T T1 )
f 2
2nR(T T2 )
f 2
nR(3T T1 2T2 ) ,
a zárójelben lévő tényező pedig a kiszámított hőmérsékletek miatt nulla. Tehát a gázok belsőenergia-változásainak összege nulla. Mivel a két gázból álló rendszerrel nem történt hőközlés, és a gázok energiaváltozásainak összege nulla, ezért a gázok által végzett mechanikai munkák összege is nulla. Megjegyzések: Állandó mólhő esetén a hőközlés és a belső energia aránya meghatározott állandó (a mi esetünkben éppen 7/5 = 1,4). Ha tehát az egyik gáz ugyanannyi hőt ad le, mint amennyit a másik felvesz, akkor a lehűlő gáz belsőenergia-csökkenése éppen megegyezik a felmelegedő gáz belsőenergia-növekedésével. A feladat átfogalmazható úgy is, hogy a kettős tartály függőleges helyzetű, melyben az alul és felül lévő dugattyúk 10 kg-osak. Aki ezt észrevette, az egy megszokottabb elrendezéssel dolgozhatott. Megmutatható az is, hogy a külső levegő által végzett munka éppen megegyezik a zsinórokon függő testek (vagy fel-le mozgó dugattyúk) helyzeti energia növekedésével. A két gáz együttes térfogata csökken, a külső légnyomás munkája emeli fel a testeket. II. Megoldás a) A kezdeti állapotban írjuk fel a két oldalra az egyesített gáztörvényt, figyelembe véve, hogy az egyik oldalon a lelógó súly növeli, a másik oldalon pedig csökkenti a külső nyomást:
mg p0 V 2nRT2 A mg p0 V nRT1 A A két oldalt elosztva egymással a keresett
(1) (2)
hőmérséklet kifejezhető:
mg A T T1 2 mg 2 p0 A p0
Adatainkkal (A nehézségi gyorsulás értékét 10 m/s2 -nek véve):
(3)
400 K.
b) Jelölje
a kiegyenlítődés utáni közös hőmérsékletet, illetve legyen ekkor a két oldalon a gázok
térfogata
és
. Mindkét oldalon a kiegyenlítődés lassú, és a kényszerek miatt izobár állapotváltozás
történik a kezdeti és végállapotok között. Ezért:
2014/2015
T1 T , V V1
(4)
T2 T . V V2
(5)
8
OKTV 1. forduló
Fizika II. kategória
Legyen
az a hőmennyiség, amelyik az 1. részből a 2. részbe a folyamat során hővezetéssel átmegy.
Írjuk fel a két oldalra az I. főtételt (felhasználva, hogy a gázok állandó nyomás mellett változtatják a térfogatukat):
mg nCv T T1 Q p0 V1 V , A mg 2nCv T T2 Q p0 V2 V . A
(6) (7)
A két oldalt összeadva kapjuk
mg mg nCv T T1 2 T T2 p0 V1 V p0 V2 V A A A jobb oldalt tovább alakíthatjuk a (4) és (5) egyenlet segítségével:
mg TV mg TV nCv T T1 2 T T2 p0 V p0 V A T1 A T2 mg V mg V p0 T T1 p0 T T2 . A T1 A T2 A kapott egyenletben felhasználva (1)-et és (2)-t:
nCv T T1 2 T T2 nR T T1 2 T T2 .
(8)
Egy oldalra rendezve:
n Cv R T T1 2 T T2 0, ahonnan látszik, hogy a közös hőmérsékletre fennáll, hogy T T1 2 T T2 0. Kifejezve a közös hőmérsékletet:
T
T1 2T2 . 3
(9)
Adatainkkal: T = 333K. c) A megtett utak megkaphatók a gázok térfogatváltozásaiból (bal oldalon a térfogat csökken, jobb oldalon pedig nő):
h1
V V1 , A
és
h2
V2 V . A
A két magasság hányadosát a (4) és (5) egyenletekkel, majd a (9) közös hőmérséklettel tovább alakítva:
V
VT T1
h1 V V1 T T T T 2 1 2 2. VT h2 V2 V T1 V T1 T T2 T2 Adatainkkal:
h1 1, 5. h2
d) A (8) egyenlet bal oldalán a gázok belső energia-változásának összege, jobb oldalon pedig a gázok által végzett mechanikai munkák összege áll. Mivel a közös hőmérsékletet abból a feltételből kaptuk, hogy T T1 2 T T2 0, ezért mindkét oldalon zérus áll, így a gázok belső energia-változásának összege is, és a gázok által végzett mechanikai munkák összege is nulla. 2014/2015
9
OKTV 1. forduló
Fizika II. kategória
4) R = 10 cm sugarú, n = 1,5 törésmutatójú üveggömb egyik sugarának valamelyik felezőmerőlegese irányából vékony fénysugár érkezik a gömbbe. a) Mekkora szöget zár be a belépő sugár iránya a kilépő sugár irányával? b) Mennyi idő alatt fut végig a fény az üveg belsejében? c) A beérkező fénysugár egyenesének a gömb középpontjától mért távolságát változtathatjuk. Legfeljebb mekkora lehet a belépő és a kilépő fénysugár által bezárt szög? (A feladatban a belső visszaverődésektől tekintsünk el.) Megoldás. a) Az ábrából látszik, hogy a beesési szög = 30o. A törési törvény szerint: sin a n sin
sin
sin n
arcsin
sin sin 30 arcsin 19, 47 19,5. n 1,5
A szimmetria miatt a megtört sugár a gömb felületéhez érkezve a kilépéskor ugyanakkora törési szögben hagyja el a gömbfelületet, mint a beesés szöge volt. A második beesési szög pedig megegyezik az első törési szöggel. A keresett szög az ábrán látható háromszög külső szöge, vagyis megegyezik a két belső szög () összegével: 2 Az szög pedig a beesési és törési szögek különbsége:
30 19, 47 10,53 10,5.
Így tehát a beeső és kilépő sugarak 2 10,53 21,06° 21-os szöget zárnak be egymással. b)A fénysugárnak az üvegben megtett útja s 2R cos . A törésmutató értelmezése szerint n
c0 cü
cü
c0 . n
A fénysugár futási ideje az üvegben tehát:
t
s 2 R cos 2nR cos 2 1,5 0,1 m cos19,47 9, 428 10-10 s 0, 943 ns. 0,94 ns. c0 cü c0 8 m 3 10 s n
2014/2015
10
OKTV 1. forduló
Fizika II. kategória
c) Amint távolítjuk a beeső fénysugár pályáját a gömb középpontjától, egyre nő a keresett szög. A középponton áthaladó sugár esetén ez 0. Amint közeledünk a sugár másik vége felé, egyre közeledik a beesési szög a 90o-hoz. Természetesen a belépő sugár egyre energiaszegényebb, azaz halványul. Amikor éppen az érintőlegesen érkező fénysugár esetéhez érünk, a kép megfelel (a fénysugár útjának megfordíthatósága szerint) az üveggömbben határszögben érkező fénysugár esetéhez. Ekkor természetesen a kilépő sugár megszűnik, de tetszőlegesen kisebb szög esetén még van kilépő sugár. Ezt a határesetet keressük, ekkora max szög már nem érhető el, de tetszőlegesen megközelíthető. Az ábra mutatja ezt a helyzetet.
Kiindulva a bentről kifelé haladó sugárra felírt törési törvényből:
sin hat. 1 sin 90 n
hat. arcsin
sin 90 1 arcsin 41,81 42. n 1,5
A merőleges szárú szögek miatt az ábrán a középponti szög megegyezik a sugarak által bezárt szöggel, ami viszont az egyenlőszárú háromszög másik két szögének összegével csökkentett 180o: max 180 2 hat. 180 2 41,81 96, 38° 96. Ennél a szögnél biztosan nem lehet nagyobb a keresett szög, már ezt sem érheti el, de tetszőlegesen megközelítheti.
2014/2015
11
OKTV 1. forduló
Fizika II. kategória
Értékelési útmutató 1. feladat. a) Az alkalmas koordinátarendszer megadása (természetesen bármely más rendszer választásával adott helyes kiindulás is elfogadható) A keresett szög helyes megadása b) A kifejtendő erő helyes meghatározása c) A keresett idő kiszámítása 2. feladat. A mozgásegyenletek helyes felírása Az egyenletes mozgáshoz tartozó sebesség meghatározása A fonálerő helyes meghatározása Az alumíniumhuzal által kifejthető maximális erő meghatározása A helyes válasz (nem mozoghatnak egyenletesen) megadása
5 pont 5 pont 6 pont 4 pont Összesen: 20 pont 4 pont 3 pont 10 pont 1 pont 2 pont Összesen: 20 pont
3. feladat a) T1 helyes meghatározása b) A közös hőmérséklet meghatározása
3 pont 8 pont
helyes megadása
5 pont
c) A
d) A belső energia-változások összege nulla A gázok által végzett mechanikai munkák összege nulla
4. feladat. a) A beesési szög felismerése Az első törési szög meghatározása A beesési és törési szögek közötti kapcsolat felismerése A kilépő sugár irányának () meghatározása b) A fény üveggömbben való futásideje a meghatározása c) A belépő és kilépő sugarak maximuma határszögének max megadása
2 pont 2 pont Összesen: 20 pont
2 pont 3 pont 1 pont 4 pont 4 pont 6 pont Összesen: 20 pont
A megoldásban vázoltaktól eltérő számításokra, amelyek elvileg helyesek és helyes végeredményre vezetnek, az alkérdésekre adható teljes pontszám jár. A nehézségi gyorsulás értékére 9,81 m/s2 vagy 10 m/s2 egyaránt elfogadható.
2014/2015
12
OKTV 1. forduló
