Oktatási Hivatal FIZIKA. I. kategória. A 2018/2019. tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny második forduló. Javítási-értékelési útmutató

Átírás

1 Oktatási Hivatal A 018/019. tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny második forduló FIZIKA I. kategória Javítási-értékelési útmutató A versenyz k gyelmét felhívjuk arra, hogy áttekinthet en és olvashatóan dolgozzanak. Amennyiben áttekinthetetlen és olvashatatlan részek vannak a dolgozatban, azok az értékelés szempontjából gyelmen kívül maradnak. 1. feladat Az ábrán látható, félkör alakú, vízszintes síkú, vékony, merev drótra egy m tömeg gyöngyszem van felf zve, mely a dróton súrlódásmentesen csúszhat. A gyöngyszemhez két vékony húzó-nyomó rugó van er sítve, melyek másik végpontja az átmér A, illetve B végpontjához van rögzítve. Kezdetben az egyik rugó α = 60 -os szöget zár be az átmér vel. Ekkor mindkét rugó er mentes. A rugók olyan rugóból készültek, amelynek rugóállandója D, ha nyújtatlan hossza r. A gyöngyöt a félkörön, az egyensúlyi helyzetb l nagyon kis szöggel kitérítjük, majd magára hagyjuk. a) Mennyi id múlva kerül el ször a kiindulási helyzetbe? b) Mekkora lesz ekkor a sebessége, ha a maximális ívkitérése i max volt? 1. Megoldás Thalész-tétel alapján az ABC háromszög C csúcsánál lév szöge derékszög, így a háromszög másik hegyesszöge az α pótszöge, vagyis β = 0, és a hosszabbik befogó r. OKTV 018/ forduló

2 Ha a gyöngy pillanatnyi ívkitérése i, és az ehhez tartozó középponti szög ϕ, akkor a hozzá tartozó kerületi szögek ϕ nagyságúak. Ha a gyöngy C-b l C -be, jobbra tért ki, akkor az A-nál rögzített rugó AB átmér vel bezárt szöge ϕ-vel csökkent, a B-nél rögzített rugó AB átmér vel bezárt szöge pedig ϕ-vel n tt, vagyis ezek a szögek: α ϕ = 60 ϕ, és C i C β + ϕ = 0 + ϕ. A ϕ ϕ O ϕ B A bal oldali rugó megnyúlt, a jobb oldali összenyomódott. Legyen az általuk kifejtett er rendre F A, illetve F B. A bal oldali rugó direkciós ereje D, a jobb oldalié D/, mivel a jobb oldali rugó nyújtatlan hossza -szor nagyobb. A bal oldali rugó megnyúlása: r cos(60 ϕ) r, a húzóer ennek érint irányú komponense F A = Dr [ cos(60 ϕ) 1], F Ae = Dr [ cos(60 ϕ) 1] sin(60 ϕ). A jobb oldali rugó összenyomódása: r r cos(0 + ϕ), a nyomóer F B = 1 [ ] Dr cos(0 + ϕ), ennek érint irányú komponense F Be = 1 [ ] Dr cos(0 + ϕ) sin(0 + ϕ). OKTV 018/019. forduló

3 Az er k érint irányú összetev je szolgáltatja az érint irányú gyorsulást. Mint látható, mindkét összetev a kitéréssel ellentétes irányú, tehát a gyorsulás is ilyen irányú lesz. (A rugóer k sugárirányú összetev i és a drót által kifejtett er ilyen összetev je a centripetális gyorsulásért felel s, a drót által kifejtett kényszerer függ leges összetev je pedig függ leges irányú gyorsulás hiányában a nehézségi er t egyenlíti ki.) Az érint irányú ered összetev nagysága F e = F Ae + F Be, vagyis Fe Dr = [ cos(60 ϕ) 1] sin(60 ϕ) + 1 [ ] cos(0 + ϕ) sin(0 + ϕ). Átalakítások után Fe Dr = sin(10 ϕ) 1 sin(60 + ϕ) sin(60 ϕ) + sin(0 + ϕ). Majd az addíciós tételek alkalmazását követ en Fe 1 Dr = cos ϕ + 1 cos ϕ + ( 1 1 Kis szögkitérések esetén cos x 1, és sin x x miatt ( ) Fe Dr = 1 ϕ ϕ = 9 + ϕ. 6 6 Tehát Fe Dr ϕ = Dr 9 + ϕ, 1 ) sin ϕ sin ϕ. tehát i = r ϕ miatt az ered er érint irányú komponense (jobbra történ ) kitérés esetén ellentétes irányú a kitéréssel, és nagysága Fe D 9 + i, 1 vagyis arányos a kitéréssel. Balra történ kitérés esetén pl. ϕ helyett ( ϕ)-t helyettesítve szintén erre a megállapításra jutunk. Tehát a mozgás harmonikus rezgés, melynek direkciós állandója D = 9 + D. 1 a) Ezzel a keresett id t = T 4 = π m D = π m m (9 + )D 1,66 D. b) A keresett sebesség pedig v = v max = i max ω = i max D m = i max D(9 + ) 1m 0,95 i max D m. OKTV 018/019. forduló

4 . Megoldás a) Mivel csak konzervatív er k hatnak a csúszó gyöngyszemre, ezért a feladatot megoldhatjuk az energiamegmaradás törvényével is. Legyen ε = ϕ, és így a gyöngy sebessége: v = r ε t. A rendszer teljes energiája: E = 1 ( ) ε mr + 1 [ t Dr cos(60 ε ] ) [ Dr cos(0 + ε ] ). Kis szögek esetén a fenti kifejezés a következ alakot veszi fel: E = 1 ( ) ε mr + 1 ( t Dr + 1 ) ε 4. Ez a kifejezés megfelel a rugóenergia jól ismert E = 1 mv + 1 Dx alakjának, amib l a rezgés körfrekvenciája kiolvasható (ω = D/m). Ezt az analógiát felhasználva a feladatban szerepl rendszer körfrekvenciája: D(9 + ) ω = 1m, amib l a keresett id : t = T 4 = π ω = π m m (9 + )D 1,66 D. b) A maximális sebességet pedig akár az energiatételb l, akár az els megoldáshoz hasonló módon kaphatjuk meg: D(9 + ) D v max = i max ω = i max 0,95 i max 1m m. a). Megoldás i C C D A B OKTV 018/ forduló

5 Az azonos íven nyugvó kerületi szögek egyenl sége miatt CC A = CBA = 0, és C CB = CAB = 60 ϕ 60. Ezért CDC 90. Így a CB rugó összenyomódása CD, ami CC i miatt jó közelítéssel i sin 0 = i/, az AB rugó megnyúlása pedig hozzávet legesen i sin 60 = i/. A fenti közelítést folytatva az F A és F B rugóer k érint irányú összetev je F Ae = F A sin 60 = F A = 4 Di, F Be = F B sin 0 = 1 F B = 1 D i. 4 Tehát az ered er érint irányú összetev je Fe = F Ae + F Be = 4 Di + 1 D i = 1 ( 4 4 Di + 1 ), tehát Fe = D 9 + i, 1 ami megegyezik az els megoldás eredményével. b) Az energiamegmaradás törvénye alapján ( ) 1 mv max = 1 D i max + 1 ( D 1 max) i, amib l a keresett sebesség v max = i max ( D + 1 ), m az el z megoldás eredményével összhangban.. feladat Egy, a Földhöz hasonló méret bolygó felszínén a légkör normál állapotban van. Térfogatszázalékos összetétele: 40% hélium, 60% nitrogén. A felszín felett kilométer magasságban az összetétel százalékosra változik és eddig a magasságig nem változik a légkör h mérséklete. OKTV 018/ forduló

6 a) Mekkora a bolygó felszínén a légkör s r sége? b) Mekkora a bolygó felszínéhez közel a nehézségi gyorsulás értéke? c) Mekkora a légkör s r sége kilométer magasan? Útmutató: Állandó h mérséklet légoszlop esetén a nyomás magasságfüggését a következ összefüggés írja le (barometrikus magasságformula): p(z) = p 0 e ϱ 0gz p 0, itt p 0 a nyomás, ϱ 0 a s r ség értéke z = 0 magasságban, g a nehézségi gyorsulás értéke a felszínhez közel, e pedig a természetes alapú logaritmus alapszáma (e,7). Megoldás a)az állapotegyenletet (pv = N kt = nrt ) vizsgálva megállapíthatjuk, hogy a térfogatszázalékos összetétel megegyezik a részecskeszám szerinti, illetve mólszám szerinti százalékos összetétellel. Így már könnyen meghatározhatjuk a légkört jellemz átlagos moláris tömeget: M = 0,4n 4 g/mol + 0,6n 8 g/mol n = 18,4 g/mol. Alakítsuk át az állapotegyenletet, majd fejezzük ki a légkör s r ségét a bolygó felszínéhez közel: ϱ 0 = p 0 M RT 0, ahol a nullás index tényez k a normál állapotú gáz jellemz i: p 0 = 10 5 Pa, T 0 = 7 K. Helyettesítsünk be: ϱ 0 = 105 Pa 18,4 g/mol 8,1 J/(K mol) 7 K = 811 g m. b) Számoljuk ki a bolygófelszín közelében lév gáz komponenseinek s r ségét is: ϱ He,0 = 0,4 ϱ N,0 = 0, Pa 4 g/mol 8,1 J/(K mol) 7 K = 71 g m, 10 5 Pa 8 g/mol 8,1 J/(K mol) 7 K = 740 g m. A két s r ség összege természetesen kiadja a légkör teljes s r ségét. z = kilométer magasságban a két gáz összetétele 50-50%-ra változik. Ez azt is jelenti, hogy a gázkeverék részleges nyomásai egyenl ek. Az útmutatóban megadott barometrikus magasságformula segítségével írjuk fel ezt az egyenl séget: p He,0 e ϱ He,0gz p He,0 = p N,0 e ϱ N,0gz p N,0, ahol p He,0 = 0,4p 0 és p N,0 = 0,6p 0. Ezt az egyenletet rendezve, a nehézségi gyorsulást kifejezve: ϱ p He,0 gz He,0 p ϱ N,0gz = e He,0 p N,0, p N,0 OKTV 018/ forduló

7 amib l g = ln p He,0 p N,0 ( ) ϱhe,0 p He,0 ϱ N,0 p N,0 z = 1,8 m s. Megjegyzés: A nehézségi gyorsulás értéke a bolygó felszínén, illetve km magasban gyakorlatilag megegyezik. c) Vizsgáljuk a légkört komponensenként. A hélium és a nitrogén nyomása km magasságban: p He = p He,0 e ϱ He,0gz p He,0 = 7400 Pa, p N = p N,0 e ϱ N,0gz p N,0 = 7400 Pa. 000 méter magasan a légkör komponenseinek s r sége: ϱ He = p HeM He RT 0 = 65,9 g m, ϱ N = p N M N RT 0 = 461 g m. A gázkeverék s r sége egyenl a komponensek s r ségeinek összegével: ϱ = ϱ He + ϱ N = 57 g m. Megjegyzés: Nagyon csábító lehet a következ gondolat. Az állapotegyenlet átalakított alakját p = ϱ RT M vizsgálva megállapíthatjuk, hogy a s r ség magasságfüggésére is felírhatunk egy hasonló függvényt, mint ami az útmutatásban a nyomás magasságfüggését írja le: ϱ(z) = ϱ 0 e ϱ 0gz p 0. Helyettesítsünk be: ϱ(000 m) = 594 g m. Ez a megoldás hibás, mert a felhasznált függvény csak homogén összetétel gázra igaz. A feladat viszont éppen arra próbált rávilágítani, hogy az összetétel változik a magassággal. A Föld esetében az oxigén és a nitrogén összetétele is változik a magasság függvényében (az oxigén aránya csökken, a nitrogéné pedig növekszik), de mivel ennek a két gáznak a moláris tömege meglehet sen közel áll egymáshoz, ezért az összetétel változása nem túlságosan jelent s.. feladat Egy doboz az ábrán látható három kivezetéssel rendelkezik, A, B és C. A dobozban csillagkapcsolásban egy R ellenállás és két, C 1, C kapacitású kondenzátor van. Egy 10 V eektív feszültség, kétféle frekvenciájú, szinuszos jelet adó feszültséggenerátort kapcsolva az egyes kimenetekre az alábbi eektív áramer sségeket mértük: OKTV 018/ forduló

8 f (Hz) I AB (ma) I AC (ma) I BC (ma) ,4 7,1 8, ,6 14,6 141,4 Határozzuk meg az ellenállás és a kapacitások értékét! áramköri elem csatlakozik? Melyik kivezetéshez melyik Útmutatás: Egy kondenzátor szinuszosan váltakozó árammal szembeni ellenállása (impedanciája) 1/(ωC), ahol ω a váltakozó áram körfrekvenciája. Egy ellenállással sorba kapcsolt kondenzátor váltakozó árammal szembeni ered ellenállását Pithagorasztétellel adhatjuk meg. Megoldás Írjuk fel az 1, 1 és a pontok közötti impedanciát. Az 1 kivezetések között sorba kötött kondenzátorokat, míg az 1 és a között sorba kötött ellenállást és kondenzátort találunk: Z 1 = Z 1 = Z = 1 + 1, (1) ωc 1 ωc R + 1, ω C1 () R + 1, ω C () ahol ω = πf, a generátor által kiadott jel körfrekvenciája. Mivel a BC pontok között mért áramer sség a frekvenciával arányosan változik meg, ezért (1) alapján azt állapíthatjuk meg, hogy a B és C pontok között a két kondenzátort találjuk. Másrészt a mért adatokból látszik, hogy mindkét frekvencián az áramer sség nagyobb az AB pontok között, mint az AC pontok között. Vagyis () vagy () alapján azt mondhatjuk, hogy ahol nagyobb az eektív áramer ség, ott kisebb az impedancia, azaz nagyobb kapacitású kondenzátor helyezkedik el. Tehát a nagyobb kapacitású kondenzátor a B ponthoz kapcsolódik, az ellenállás pedig az A-hoz. Legyen a nagyobb kapacitás a C! Ebben az esetben Z 1 = Z BC, Z 1 = Z AC és Z = Z AB. Határozzuk meg az impedanciákat a mérési adatokból az U eff /I eff kifejezés alapján. Az eredményeket az alábbi táblázat tartalmazza. OKTV 018/ forduló

9 f (Hz) Z AB (Ω) Z AC (Ω) Z BC (Ω) A fenti három egyenletb l fejezzük ki a C 1 és C kapacitásokat. Az (1) egyenlet felhasználásával () átírható: A () egyenletb l: Z AB = R + ( Z BC 1 ). ωc 1 ( ) 1 ZAC = R +. ωc 1 Ezt a kett t kivonva egymásból, C 1 -re egy els fokú egyenletet kapunk, amib l azt kifejezve: illetve C -t is megadhatjuk: C 1 = 1 ω Z BC ZBC + Z AC, Z AB C = 1 ω Z BC ZBC Z AC +. Z AB Mindkét frekvenciára kiszámolva, és egészre kerekítve: f (Hz) C 1 (nf) C (nf) Tehát a mérés eredménye két jegy pontosan: C 1 = 50 nf, C = 750 nf, és a 750 nf-os kondenzátor van a B kivezetéshez kötve. Az ellenállás értékét () vagy () egyenletekb l adhatjuk meg a kiszámolt C 1 vagy C értékekkel: R = 550 Ω. Megjegyzés: A megadott táblázat adatai mérési eredmények, melyek mérési hibát is tartalmaznak. A kérdéses értékek meghatározásához nem szükséges az összes megadott adat felhasználása. Ennek megfelel en közel %-os eltérés is lehetséges, ha a kért értékeket más adatok felhasználásával számítjuk. OKTV 018/ forduló

10 Értékelési útmutató 1. feladat a) A húzóer felírása: pont A húzóer érint irányú összetev jének felírása: pont A nyomóer felírása: pont A nyomóer érint irányú összetev jének felírása: pont Az ered érint irányú összetev jének és az ívkitérés kapcsolatának helyes meghatározása: pont A keresett id megadása: pont b) A keresett sebesség meghatározása: 5 pont Összesen: 0 pont. feladat a) Az átlagos moláris tömeg meghatározása: pont A légkör s r sége a bolygó felszínén: pont b) Annak felismerése, hogy a barometrikus formula a gázelegy komponenseire vonatkozik: pont A komponensek s r ségei a felszínhez közel: 4 pont A nehézségi gyorsulás meghatározása: 4 pont c) A gázkeverék s r sége km magasan: pont Összesen: 0 pont. feladat Ered impedanciák felírása R, C 1, C és ω segítségével: 6 pont Ered impedanciák kiszámítása U eff /I eff alapján: 6 pont Kivezetések és áramköri elemek csatlakozása: pont Ennek indoklása: pont R, C 1, C számszer eredménye: pont Összesen: 0 pont A megoldásban vázoltaktól eltér számításokra, amelyek elvileg helyesek és helyes végeredményre vezetnek, az alkérdésekre adható teljes pontszám jár. OKTV 018/ forduló