A 2007/2008. tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny második fordulójának feladatai és megoldásai fizikából

Átírás

1 Oktatási Hiatal A 007/008. tanéi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny második fordulójának feladatai és megoldásai fizikából II. kategória A dolgozatok elkészítéséez minden segédeszköz asználató. Megoldandó az első két feladat és a 3./A ill. 3./B sorszámú feladatok közül egy szabadon álasztott. Csak 3 feladat megoldására adató pont. Ha alaki 4 feladat megoldását küld be, a 3./A és 3./B feladat közül a több pontot elérő megoldást esszük figyelembe. 1. Hullámasút egy lejtős szelénye függőleges tengelyű parabolaí. Kezdete és ége azonos szinten an, táolságuk egymástól D = 60 m, legmélyebb pontja a szint alatt = 15 m-re an. Mekkora erő nyomja az m = 70 kg tömegű utast az ülésez, a) a pálya legalsó pontjában b) a pálya fél magasságában, a a pálya elején 0 = 10 m/s olt a sebessége? A súrlódás, közegellenállás elanyagolató. A szerelényt egyetlen kocsi alkotja. (Számoljunk g = 10 m/s -tel!) D Megoldás. Adatok: D = 60 m, = 15 m, m = 70 kg, 0 = 10 m/s. K =? A kényszererő kiszámításáoz a pillanatnyi sebesség és a elyi görbületi sugár megatározására an szükség. A sebesség a pálya legalsó pontjában: m m m = g + 0 = 10 15m = 0 s s. s (Ha a szerelén osszú lenne, tömegközéppontja a görbe pályán magasabban lenne, minta pontszerűnek eető egyetlen kocsiból állna, így a sebessége kisebb lenne a számítottnál.) A görbületi sugár megatározása esetünkben egy parabola csúcsáoz tartozó sugár megatározását jelenti. Tükrözzük parabolánkat a ízszintes síkra, ezzel a műelettel a görbületi sugár nem áltozik meg. A tükrözött parabolát modellezetjük egy megfelelő irányban, megfelelő kezdősebességgel eldobott kő pályájáal. D ρ

2 Ennek mind a gyorsulását, mint a pálya csúcsában felett sebességét ismerjük, teát a görbületi sugarat kiszámítatjuk. A tükrözött parabola mentén repülő ipotetikus kő adataial a ajítás táolsága: 00y ma g ma = 0 =, g a ajítás magassága: 0y y ma = 0y = gy ma. g A gyorsulás a pálya csúcspontjában (a mindenkori = 0 sebességgel kifejeze: aonnan a keresett görbületi sugár: ma g mag ma 0y a =, ρ m ρ = = = = = = = 30m. a g 0y g 4 gyma g 4 yma 8 15m Ezzel már felíratjuk a ullámasúton utazó személy mozgásegyenletét (a testet pontszerűnek tekintetjük): m 0 s m K mg = m K = m + g = 70kg + 10 =. 1633,3 N ρ ρ 30m s b) A pálya alamely közbenső pontjában ató kényszererőt a pályát ott legjobban elyettesítő kör (az ún. görbületi kör, agy simulókör ) sugarának megatározása kell, ogy megelőzze. Ezt az a) részben felasznált gondolat alapján teetjük meg: a megfelelő szögben és sebességgel elajított kő pályájának félmagasságában atározzuk meg a görbületi sugarat. (Példánkban a parabolapálya speciális adatai miatt, neezetesen, ogy D = 4, az eldobott kő 1 kezdősebességének ízszintes és függőleges 0y a n 1y komponense egyenlő nagyságú, agyis a ajítás szöge α = 45 o 0 g.) A pálya tükrözött D parabolájának keressük meg a görbületi K sugarát a / magasságban. mg cos A modell-pályán aladó kő gyorsulása kizárólag a g neézségi gyorsulás. A mg görbületi sugár a normál gyorsulással és a pillanatnyi sebességgel függ össze, ezeket kell megatároznunk. Az ábrából látszik, ogy a a izsgált elyen a pillanatnyi sebesség ízszintessel bezárt szöge ϕ, akkor (a merőleges szárú szögek miatt) a normál gyorsulás nagysága an = g cos ϕ, és mint tudjuk an = / ρ, aonnan a görbületi sugár: ρ =. Itt a cosϕ a sebesség komponenseiel an kifejezető: cos ϕ = =. + y A görbületi sugár teát

3 ( ) 3 + y + ρ = = = = an gcosϕ g g y + y Meg kell teát atározni a sebesség megfelelő komponenseinek nagyságát! A parabola adataiból a kezdősebesség két komponense: 0 y m m m 0 y g m ,3, g = = = s = s = s és m 60 m y ma g s m = ma = = = 17,3. g m y 17,3 s s Mindégig, teát az aktuális elyen is a pillanatnyi sebesség komponensének nagysága megegyezik a kezdősebség komponensének nagyságáal: 1 = 0 =17,3 m/s, a függőleges komponense pedig akkora, mint egy magasságból / magasságra kezdősebesség nélkül szabadon eső test sebessége, agyis: m m 1y = g = g = m = 150 m = 1,5. s s A most megatározott adatokkal a keresett görbületi sugár a parabola / magasságában: ( 17,3 + 1,5 ) 1,5 ρ = m = 55,1m ,3 Így a kényszererő a mozgásegyenlet alapján: m1 K mgcos ϕ =, ρ aol 1 a kocsi sebessége a lejtő adott elyén, és cosϕ amely a fentiek szerint: 17,3 cosϕ = = = = 0,8164. = 35, ,3 + 1, 5 y. ( ϕ ) A keresett érték: g K = mgcosϕ+ = mgcosϕ+ = ρ ρ m m m m = 70 kg 10 0, s s = 889,08 N. s 55,1 m Itt 1 természetesen a kocsi sebességét jelenti, amit az energiatételből kapunk. Rögtön a négyzetét felíra:

4 m m m = 0 + g1 = 0 + g = 0 + g = = 50. s s s Vegyük észre, ogy sokkal kisebb ez az erő, mint a legalsó pontban, egyrészt azért, mert még kisebb a kocsi sebessége, másrészt, mert a parabolapálya görbülete ott még kicsi (a görbületi sugara nagy. Ha ott síklejtő lenne a pálya, a kényszererő K = mgcosϕ lenne, ami 571,48 N nagyságú).. Egy 100 literes őszigetelt tartály szintén jó őszigetelésű, 50 literes engerez csatlakozik. A engert laprugóal feszesen záró csapóajtó zárja el a tartálytól. A tartályban oigén, a engerben élium an 300 K őmérsékleten, 10 5 Pa nyomáson. A csapóajtó 10 5 Pa túlnyomásra nyílik, és ezután nyita marad. A dugattyút lassan betoljuk addig, míg az ajtó kinyílik. Ekkor röid árakozás után folytatjuk a élium átpréselését a tartályba. a) Mennyi munkát égeztünk a gáz teljes átpréseléséig? b) Mekkora a gáz őmérséklete és nyomása a folyamat égén? 100 l 50 l Megoldás. A élium teljes átpréselése árom lépésből áll: először adiabatikusan összenyomjuk a éliumot egészen addig, amíg a nyomása el nem éri a Pa értéket (ekkor alakul ki 10 5 Pa túlnyomás), ezt köetően a csapóajtó kinyílik, és a élium összekeeredik az oigénnel, majd a armadik lépésben a keerék gázt adiabatikus folyamatban teljesen átpréseljük a tartályba. A számítások megkezdése előtt érdemes megatároznunk a élium és az oigén anyagmennyiségét: 5 3 p0 V0 10 Pa 0,05 m p0 V 0 n He = = =,005 mol mol, no = 4 mol. R T J 0 8, K R T0 mol K 1. A élium adiabatikus összenyomására felíratjuk a köetkező egyenletet: κ κ p0 V0 = p1 V1, aol p 0 = 10 5 Pa, V 0 = 50 liter, p 1 = Pa, illete κ = 5/3, iszen a éliumnak mint egyatomos gáznak a szabadsági fokszáma 3. A számítás elégzése után megkapjuk, ogy a csapóajtó kinyílásakor a élium térfogata V 1 = 5,9 liter. A gázegyenlet alapján kapatjuk meg a élium őmérsékletét ebben az állapotban: p1 V1 T 1 = = 467 K. nhe R (Megjegyezzük, ogy a számértékekben néány ezrelékes eltérések kerekítési okokból előfordulatnak, melyek egy-két százalékos különbségekké is akkumulálódatnak a feladat égeredményében.)

5 . Az ajtó kinyílását köetően a T 0 = 300 K őmérsékletű oigén és a T 1 = 467 K őmérsékletű élium összekeeredik. Miel a keeredés közben sem őközlés, sem munkaégzés nem történik, a két gáz együttes belső energiájának értéke megmarad, teát a közös őmérsékletre felíratjuk a köetkező egyenletet: RnHeT1 + RnO T 0 = RnHe + RnO T, aol T -el jelöltük a két gáz keeredése után kialakuló közös őmérsékletet. Az adatok 3T T0 beelyettesítése után a közös őmérsékletre T = = 339 K adódik, melynek 13 segítségéel a közös nyomást is ki tudjuk fejezni: J ( n ) 6 mol 8, K He + no RT mol K 5 p = = = 1,34 10 Pa. 3 V 0 + V1 0,159 m (Megjegyezzük, ogy a feladat a őmérséklet kiszámítása nélkül is megoldató, a a belső f energiát pv alakban asználjuk, aol f a szabadsági fokok száma.) 3. A armadik szakaszban a p = 1, Pa nyomású és V = V 0 +V 1 = 15,9 liter térfogatú keerék gázt adiabatikusan 100 liter térfogatúra nyomjuk össze. A feladat neézségét az adiabata egyenletében szereplő fajőányados megatározása jelenti. Miel a fajőányados felírató ilyen alakban: C V + R κ =, CV így a feladat lényegében a keerék gáz állandó térfogat melletti mólőjének megatározásaként értelmezető. Kiasználjuk, ogy az ideális gázok belső energiája a mólő segítségéel kifejezető: 3 5 E = CV( nhe + no ) T = R n + R n T He O, amiből a keerék állandó térfogat melletti mólőjére 3 5 nhe + no 13 CV = R = R n + n 6 He 13 R + R 19 érték adódik, agyis a keerék fajőányadosa: κ 6 keerék = =. 13 R 13 6 Ezek után már könnyű az adiabatikus folyamatokat leíró egyenletből a égállapotot kiszámítani: O V p3v 3 p =, aol V 3 = V 0 = 100 liter a tartály térfogata. Az egyenlet megoldásaként p 3 = 1, Pa égállapoti nyomást kapunk, amiből a égső őmérséklet megatározató: p3 V3 T3 = = 377 K. ( nhe + no ) R Adiabatikus folyamatok esetén a munkaégzés megegyezik a belső energia megáltozásáal:

6 3 5 J W = E = nhe + no ( 13 mol) 8,31 ( 77 K) 830 J. R T = mol K Az általunk égzett munkát a teljes munkaégzésből úgy számítatjuk ki, a a külső leegő által égzett munkát (p 0 V 0 = 5000 J) leonjuk a fenti értékből. Teát a mi munkaégzésünk: W mi = 330 J. Megjegyzés: Felteetően többeket megtéesztetett az a gondolat, ogy egy keerékben a parciális gáznyomások egyszerűen összeadódnak, agyis a keerékekben az egyes ideális gázkomponensek egymástól függetlenül fejtik ki nyomásukat, úgy iselkednek, minta a másik komponens ott sem lenne. Keerékek adiabatikus összenyomásakor mégsem leet külön-külön számítani az összenyomást, mert a különböző fajőányadosú gázok más-más őmérsékletet esznek fel külön-külön összenyoma őket, a iszont együtt égezzük az összenyomást, akkor a őmérséklet mindig kiegyenlítődik. A keerék gáz úgy iselkedik, minta a részecskéinek olyan szabadsági foka lenne, ami megfelel a keerékek szabadsági fokainak a mólszámokkal (agy részecskeszámokkal) súlyozott átlagának. Aki ezt felismerte, annak megoldását teljes megoldásként kell értékelni. A parciális nyomásokkal történő ibás számításra iszont nem adató részpontszám még akkor sem, a ebből a megfontolásból a elyes eredményez igen közeli, esetleg azzal teljesen megegyező érték jön ki. 3./A Két sárgaréz fogaskereket kapcsoltunk egymásoz. Az egyik kerék sugara 10 mm, a másik keréké 50 mm, páruzamos, ízszintes tengelyeik sugara 1 mm-es. A tengelyekkel páruzamos, 0,5 T indukciójú omogén mágneses mezőbe elyezzük a szerkezetet, és a nagyobbik fogaskerék tengelyére ékony fonalat cséélünk, amelyre 10 g tömegű kis testet akasztunk. A tengelyeket tartó ízszintes fémrúd ellenállása 0,01 Ω, a többi rész ellenállása elanyagolatóan kicsi. Mekkora állandósult sebességgel fog a kis test mozogni, a a rendszert magára agyjuk?(minden súrlódás elanyagolatóan kicsi.) B Megoldás. A mozgási indukció köetkeztében a forgó korongok közepe és széle között indukált elektromotoros erő keletkezik. Ha az ábra szerinti forgásirány alósul meg, a nagy korongon a pozití töltések a perem felé, a kis korongon a tengely felé áramlanak (pontosabban az elektronok áramlanak ellenkező irányokban). Így a két korong közepe és széle között keletkező feszültség egyirányba esik, azaz nagyságuk összeadódik. Ez a feszültség a tengelyeket összekötő éges ellenálláson jelenik meg, amely megatározza a zárt körben kialakuló áram erősségét (a korongok ellenállása 0). Az indukált feszültségek felírása egyszerűsödik, a kiasznála a speciális számadatainkat a kis korong r sugarát ée alapul, a nagy korong sugarát 5r-nek esszük, és a nagy korong ω szögsebességét ée alapul a kis korong szögsebességét 5ω-al jelöljük. Mint ismeretes, a égpontja körül az indukcióra merőleges síkban ω szögsebességgel forgó pálca (ill. korong) két széle (ill. sugarának két égpontja) között keletkező indukált feszültség

7 l U = B, aol B az indukció nagysága, l a pálca (ill. sugár) ossza, a égpont sebessége. Ez utóbbi a szögsebességgel kifejeze = rω. Ezt felasznála a két tengely között fellépő feszültség nagysága: 5r r r 5 5 U = B rω + B r ω = B ω( ) = 15 Br ω. Om törénye szerint (miután a korongok ellenállása elanyagolató) a kialakuló áram erőssége: U 15Br ω I = =. R R Amikor a neezék már állandósult sebességgel süllyed, a munkatétel szerint a rajta égzett összes munka összege 0. Ez nyílán a pillanatnyi teljesítményekre is onatkozik, teát (a minden súrlódástól eltekintetünk) a neézségi erő (pozití) mecanikai teljesítménye és az elektromos mező (negatí) teljesítménye összesen 0, agyis mg UI = 0. Innen 4 U 5B r ω mg= UI = =. R R A szögsebességet a tengely kerületi sebességéel (a neezék süllyedési sebességéel) kifejeze egyszerűsítetünk, iszen ω = /r 0 : 4 5Br mg=, Rr0 aol r 0 a tengely sugara. Egyszerűsítés és átrendezés után a keresett sebességre a köetkező adódik: 4 5Br mgrr0 mm mg = = 1,8. 4 Rr 5B r s 0 Dinamikai megoldás: Az energetikai megoldásban ismertetett módon kiszámítjuk az indukált áramot: 15Br ω I =, R aol r a kis fogaskerék sugara, R pedig a tartórúd ellenállása, ω pedig a nagy korong szögsebessége. Állandósult szögsebesség esetén mindkét korongra (külön-külön) a forgatónyomatékok összege nulla. A kis és a nagy korong egymásra alamekkora F és F erő-ellenerő párral at, aogy ez az ábrán látszik:

8 F F A nagy korongra at az F erő, a kicsire pedig a F erő. A Lorentz-erő mindkét korongra felfelé at, és mindkét korong mozgását fékezi, mert a két fogaskerék (korong) egymással szemben forog. A kis korongra a forgatónyomaték egyensúly így írató fel: FLorentz r ( BIr) r Fr = =, amiből a két korong kölcsönatását leíró F erőt így fejezetjük ki: FLorentz BIr F = =. A nagy korongra az F erő, a Lorentz-erő és a tengelyt terelő m tömegű test fejt ki forgatónyomatékot: 4 [ BI( 5r) ] 5r 5BIr 5BIr 15Br ω 5B r ω mgr0 = F 5 r + = + = 15BIr = 15B r = R, R aol az utolsó előtti tagba beelyettesítettük az áramerősség korábbi kifejezését. A neezék sebességét úgy kapatjuk meg, a az ω szögsebességet kifejezzük az egyenlet-sorozat első és utolsó tagjának segítségéel, és a szögsebességet megszorozzuk a tengely r 0 sugaráal: mgrr0 mm = 1,8 4. 5B r s Ezzel pontosan ugyanazt az eredményt kaptuk, mint amit az energetikai számítás alapján. 3./B Egy foton szabadon álló, nyugó elektronnal ütközik (szóródik rajta), majd az eredeti irányáoz képest 90 o -kal eltérüle alad toább. Mekkora a beérkező foton energiája, a a szórt foton frekenciája éppen fele a beérkezőnek? Mekkora sebességgel mozog az ütközés után a meglökött elektron? (Segítség: A feladatot relatiisztikus tárgyalásmódban kell megoldani, amelyben a meglökött elektron teljes energiája E = p c + m c 4, aol p az elektron impulzusa (lendülete), m a (nyugalmi) tömege és c a fénysebesség.) Megoldás. Az energia és az impulzus megmaradásának tételét kell felírnunk. A beérkező foton energiája és a nyugó elektron energiája megegyezik a szóródó foton energiájáal (ami éppen fele a beérkezőnek, teát a ullámossza pontosan megkétszereződik) és a meglökött elektron teljes energiájáal: f 4 f + mc = + p c + m c, aol p az elektron impulzusa (lendülete), m a (nyugalmi) tömege és c a fénysebesség. A beérkező foton aladási iránya legyen az irány, a szóródó foton iránya pedig az y irány. A lendület-megmaradást írjuk fel a két egymásra merőleges összeteőre (lásd az ábrát): p = m = f/c és p y = m y = f/c.

9 A meglökött elektron lendületének összeteőire a köetkező módon íratjuk fel a Pitagorasztételt: amiből f f p = +, c c 5 p c = f. 4 Ha ezt beelyettesítjük az energia fenti kifejezésébe, akkor röid számolás után a f = mc = 8, J = 511 kev égeredményt kapjuk. A beérkező foton energiája teát megegyezik az elektron nyugalmi energiájáal. f c f c f py = my= c p f p = m = c = m A meglökött elektron sebességét az impulzusából számítatjuk ki. A összefüggésből ez adódik: 5f 5mc p = = = 3, kgm/s. c A relatiisztikus impulzust így íratjuk fel: m p =, 1 c amiből az elektron sebességét kiszámítatjuk: pc = =, m/s. mc + p p c = 5 4 f Megjegyzés (1): A feladat úgy is megoldató, a alaki ráismer arra, ogy ez a Compton-szórás, és asználja a szóródó foton ullámossz nöekedésének ismert képletét ( λ = λc ( 1 cosϕ). A 90 -ban szóródó foton ullámossz nöekedése éppen a jól ismert Compton-ullámossz (λ C = /mc). Miel a foton energiája feleződött, ullámossza pedig megduplázódott, ezért a beérkező fotonnak is Compton-ullámosszúságúnak kellett lennie, agyis az energiája mc olt. Megjegyzés (): Ha alaki nem-relatiisztikusan számol, akkor az elektron sebességére, m/s értéket 4 kap, és a beérkező foton energiájára: mc -et, melyek nagyságrendileg jó értékek, de mégis 5 ibásak. A megoldónak a közel fénysebességből ki kellene köetkeztetnie, ogy relatiisztikusan kell számolni.

10 Pontozási jaaslat (fizika OKTV 007/008. II. kategória, második forduló): 1. feladat (maimális pontszám: 0 pont) a) A sebesség kiszámítása a legalsó pontban pont A görbületi sugár elyes megatározása (bármilyen módszerrel) 4 pont A nyomóerő kiszámítása pont b) A sebesség kiszámítása a pálya félmagasságában pont A görbületi sugár elyes megatározása (bármilyen módszerrel) 6 pont A nyomóerő kiszámítása 4 pont. feladat (maimális pontszám: 0 pont) A engerben léő élium adiabatikus összenyomásának kiszámítása Az oigén és a élium keeredésének elyes megatározása A keerék fajőányadosának megatározása A keerék adiabatikus összenyomásának kiszámítása 3 pont 4 pont 6 pont 3 pont A munkaégzés kiszámítása 4 pont (A külső leegő munkaégzésének figyelmen kíül agyása -1 pont leonása legyen.) 3./A feladat (maimális pontszám: 0 pont) Az indukált feszültség megatározása 8 pont (A két fogaskerékben indukálódó részfeszültségek elytelen előjelű összeadása 4 pont) Az indukált áram megatározása A kis test állandósult mozgását leíró egyenlet elyes felírása (Két elileg különböző felírás is leetséges: a munkatétel alapján aogy a mintamegoldásban találató agy két ellentétes irányú forgatónyomaték egyensúlyából is kiszámítató az állandósult sebesség.) Az állandósult sebesség kiszámítása pont 8 pont pont 3./B feladat (maimális pontszám: 0 pont) Az energia-megmaradás törényének felírása Az impulzus-megmaradás törényének felírása A beérkező foton energiájának kiszámítása A meglökött elektron sebességének kiszámítása 5 pont 5 pont 5 pont 5 pont