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

Átírás

1 Oktatási Hivatal A 2018/2019. tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny második forduló FIZIKA II. 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, jól csapágyazott, vékony, függ leges oszlop ω = 5 radián/s szögsebességgel forog. Vele együtt forog a vízszintes fonállal hozzá rögzített L = 40 cm hosszúságú, homogén tömegeloszlású, m = 0,5 kg tömeg rúd is. A rúd alsó végét egy, a vízszintes tengely körüli elfordulást megenged csukló tartja. A rúd a függ legessel α = 30 -os szöget zár be. A rendszerben súrlódás nincs, és a rúdon kívül minden forgó alkotórész tömege elhanyagolható. a) Mekkora er vel húzza a fonál a rudat? b) Mekkora a függ leges tengely körüli forgás szögsebessége a fonal elégetése után, amikor a rúd már éppen a vízszintes helyzetébe érkezik? c) Mekkora a rúd alsó végpontján átmen, a rúdra mer leges, vízszintes tengely körüli forgás szögsebessége, amikor a rúd már éppen a vízszintes helyzetébe érkezik? Megoldás a) A kérdésre a legegyszer bben a rúddal együtt forgó koordinátarendszerben kaphatjuk meg a választ. Ebben a rendszerben a rúd egyensúlyi állapotban, nyugalomban OKTV 2018/ forduló

2 van, tehát a rá ható er k ered je, illetve a fellép forgatónyomatékok összege nulla. A K kötéler, az mg nehézségi er és az F csuklóer mellett gyelembe kell vennünk a forgó rendszerben fellép F cf centrifugális er t is. K F cf F y mg F x Függ leges irányban a nehézségi er t a csuklóer F y függ leges komponense egyenlíti ki: F y = mg = 4,9 N. (1) Vízszintes irányban az er egyensúlyt a egyenlet fejezi ki, ahol a centrifugális er K = F x + F cf (2) F cf = mω 2 L 2 sin α (3) alakú. A rúd minden darabkájára centrifugális er hat, melyek összege a (3) egyenlettel adható meg. A kötéler meghatározásakor érdemes a forgástengelyt a csukló helyére választani, és erre a tengelyre felírni a nyomatéki egyenletet: mg L 2 sin α + F cf 2 L cos α = KL cos α. (4) 3 Az egyenlet felírásánál felhasználtuk azt a tényt, hogy a centrifugális er támadáspontját a rúd csuklótól mért 2/3-ába kell raknunk. Ezt például úgy láthatjuk be, hogy gondolatban kis darabokra osztjuk a rudat, melyekre az ábrán látható módon berajzoljuk az elemi centrifugális er összetev ket. OKTV 2018/ forduló

3 Így egy olyan háromszöghöz jutunk, ami megfeleltethet egy egyenletes vastagságú, háromszög alakú, homogén lapnak, melyre vízszintes irányú nehézségi er hat. Az ered er a súlypontba tehet, és a hatásvonala mentén eltolható. Hasonló magyarázatot találhatunk Holics László: A zika OKTV feladatai és megoldásai könyvében a 297. oldalon, ahol az OKTV évi második fordulós feladatait ismerteti. (4) mindkét oldalát L cos α-val osztva a kötéler megkapható: K = 1 2 mg tg α mω2 L sin α = 2,25 N. (5) Vegyük észre, hogy a kötéler kiszámításához nem szükséges a csuklóer meghatározása. A kötéler nemcsak forgó rendszerben, hanem inerciarendszerben is kiszámítható. Ismeretes az analógia a haladó és a forgó mozgás dinamikája között. Haladó mozgás esetén a lendület id beli megváltozását a testre ható er k ered je adja meg. Forgó mozgás esetén a test tömegközéppontjára vonatkozó perdület id beli megváltozását a forgatónyomatékok összege határozza meg. Ennek megfelel en meg kell határoznunk a forgó rúd tömegközéppontra vonatkozó perdületét, majd ennek a megváltozását, amit egyenl vé kell tenni a tömegközéppontra vonatkozó forgatónyomatékok összegével: M = N t. A perdület Θω alakban adható meg. A rúd tehetetlenségi nyomatéka a tömegközéppontján átmen és a rúdra mer leges tengely körül ml 2 /12. A függ leges tengely irányú szögsebességet felbonthatjuk rúdra mer leges és azzal párhuzamos komponensekre. Mivel a vékony rúd tehetetlenségi nyomatéka a hossztengelye körüli forgásra nézve zérus, ezért csak a rúdra mer leges szögsebesség összetev t ( ω sin α) kell gyelembe vennünk. ω ω sinα α N N cosα α tkp α OKTV 2018/ forduló

4 Így a kérdéses perdület N = 1 12 ml2 ω sin α. (6) Ez a perdület vektor ω szögsebességgel forog a függ leges tengely körül. Tehát függ leges komponense nem változik, csak a vízszintes összetev je (azaz N cos α) végez egyenletes körmozgást. A perdület id beli megváltozása így N t = Nω cos α (7) (a körmozgás esetén érvényes v = rω-val analógiában). A forgatónyomatékokat a tömegközéppontra nézve három tag összegeként írhatjuk fel: L M = K 2 cos α + F x L 2 cos α F y L sin α, (8) 2 ahol F x -et a sugárirányú centripetális er b l határozhatjuk meg: K F x = mω 2 L 2 Természetesen F y most is az mg nehézségi er t egyenlíti ki: F y = mg. sin α. (9) (7) bal oldalát egyenl vé téve a (8) nyomatékösszeggel a (6)-(9) egyenletekb l a kötéler kiszámítható, és értéke megegyezik a forgó koordinátarendszerben számolt (5)-tel. Az inerciarendszerbeli leírás részletesebb tárgyalása megtalálható Holics László korábban említett könyvében az el bb idézett helyen. b) A megoldást inerciarendszerben folytatjuk. A kérdés megválaszolásához azt kell észrevennünk, hogy a rúd csuklóra vonatkoztatott perdületének függ leges összetev je nem változik, mivel a nehézségi er forgatónyomatékának nincs függ leges komponense. Így a függ leges tengelyre nézve My = 0, N y = állandó. Közvetlenül a fonál elégetése után a rúd tehetetlenségi nyomatéka a csuklón átmen függ leges tengelyre (ml 2 sin 2 α)/3, szögsebessége ω, tehát perdülete (ml 2 ω sin 2 α)/3. A rúd vízszintes helyzetében tehetetlenségi nyomatéka ugyanerre a tengelyre nézve: (ml 2 )/3, szögebessége pedig legyen ω. A perdületmegmaradás alapján: 1 3 m (L sin α)2 ω = 1 3 ml2 ω, ω = ω sin 2 α = 1,25 radián. s c) A lebillen rúd a vízszintes forgástengely körül nem egyenletesen gyorsuló forgómozgást végez. A mechanikai energia megmaradásából számíthatjuk ki az erre a tengelyre vonatkozó ω szögsebességet: amib l mg L 2 cos α m (L sin α)2 ω 2 = ml2 ω ml2 ω 2, 3g ω = L cos α + ω2 sin 2 α cos 2 α = 8,3 radián. s OKTV 2018/ forduló

5 Megjegyzés:A szögsebesség vektorjellege miatt lehet a forgási energiát a fenti módon két tag összegeként felírni. 2. feladat Az A = 4 dm 2 négyzet keresztmetszet, h szigetelt tartály jobb oldali részét higany tölti ki az ábrán látható mértékben. A tartályban két, szintén h szigetel, könnyen mozgó, elfordulni nem tudó dugattyú van, amelyek azt két, egyenl, V 1 = 12 dm 3 térfogatú részre osztják. A bal oldali részben T 1 = 300 K h mérséklet leveg van. A küls légnyomás 10 5 Pa. A bal oldali dugattyút kezdetben nyugalomban tartjuk, majd egy adott pillanatban v = 1 cm/s állandó sebességgel tolni kezdjük. Egy id múlva a tartály jobb oldali részéhez csatlakozó függ leges, A = 1,5 dm 2 keresztmetszet cs ben a higany h = 50 cm-t emelkedik. Ekkor a bal oldali dugattyút megállítjuk. a) Mekkora lesz a bezárt leveg nyomása, térfogata és h mérséklete a folyamat végén? b) Mekkora a két dugattyú elmozdulása eddig? c) Mekkora átlagos sebességgel mozog a másik dugattyú? d) Hányszor nagyobb er t fejtünk ki a folyamat végén, mint az elején? e) Mennyi munkát végeztünk összesen? Megoldás a) A középen lev dugattyú a folyamat során végig egyensúlyban van. Rá a higany balra mutató er t fejt ki (a dugattyú tetején kevesebbet, alul többet), amelynek nagysága a küls légköri nyomásból és a higany hidrosztatikai nyomásából származik. A bal oldali részben lév leveg nek ugyanekkora er t kell kifejtenie, hogy az egyensúly fennálljon. A mozgás során a nyomás a megemelked higanymennyiség nyomástöbbletével n. A jobb oldali részben a higany kezdeti nyomásmaximuma a tartály alján: p max = ρg A, ahol ρ = kg/m 3 a higany s r sége, A a négyzet keresztmetszet tartály magassága. Mivel a nyomás a magassággal lineárisan változik, így számolhatunk átlagos nyomással: p = 1 2 ρg A = Pa. OKTV 2018/ forduló

6 (Megjegyzés: Kör keresztmetszet esetén nem számolható így a nyomás átlagértéke.) A teljes nyomás kezdetben: p 1 = p 0 + p = p ρg A = Pa. A következ két ábra a véghelyzetet mutatja, és azt, hogy a megemelkedett higanymennyiség honnan hova került, azaz mennyivel n tt a helyzeti energiája. A végállapotbeli nyomás (mindkét oldalon) p 2 = 1 2 ρg A + ρgh + p 0 = 1, Pa. A bezárt leveg végs térfogata az adiabatikus összefüggés alapján (mivel a rendszer h szigetelt és κ = 7/5): p 1 V κ 1 = p 2 V κ 2 V 2 = ( p1 A bezárt leveg h mérséklete a gáztörvény alapján: p 2 ) 1 κ V1 = 8,6 dm 3. p 1 V 1 T 1 = p 2V 2 T 2 T 2 = T 1 p 2 V 2 p 1 V 1 = 342 K. Tehát a végs nyomás és h mérséklet: p 2 = 1, Pa és T 2 = 342 K. b) A lassan, egyenletesen mozgó, jobb oldali dugattyú véghelyzetig megtett útja a higany összenyomhatatlansága miatt: A bal oldali dugattyú útja ezalatt: s 2 A = ha s 2 = A h = 0,19 m. A s 1 = V 1 V 2 A + s 2 = 0,27 m. (Ez kevesebb, mint a tartály fél hossza: l = V/A = 3 dm.) c) A mozgás ideje az els dugattyú adataival meghatározható: t = s 1 v = 27 s. A jobb oldali dugattyú átlagos sebessége tehát: v j = s 2 t = 0,69 cm s. OKTV 2018/ forduló

7 d) A higany által kifejtett er a folyamat elején: F Hg1 = pa = 1 2 ρga A = 532 N. Az általunk kifejtett er ugyanekkora, ui. a légkör nyomásából származó er mindkét oldalon azonos, így kiejtik egymást. Ugyanez a folyamat végén: A két er aránya: F Hg2 = p 2 A p 0 A = 3190 N. F Hg2 F Hg1 = 1 + 2h A = 6. e) Az általunk végzett W munka és a légköri nyomásból származó er által végzett munka összege szolgáltatja a higanyszint emelkedése következtében megn tt helyzeti energiát (lásd az ábrát!), a függ leges cs ben a légkör emelésére fordított energiát, valamint a bezárt, adiabatikusan összenyomott leveg bels energia-növekedését. Képletben: ( h W + p 0 As 1 = ρgha ) A + p 0 A h + E b. 2 A bezárt, összenyomott leveg bels energiájának növekedése: Ezzel a munkavégzésünk: W = ρgha ( h E b = f 2 Nk T = f 2 A ) p 1 V 1 T 1 (T 2 T 1 ) = 480 J. + p 0 A h p 0 As 1 + f 2 p 1 V 1 T 1 (T 2 T 1 ) = 490 J. Megjegyzés: A numerikus eredményeket g = 9,81 m/s 2 -tel számítottuk ki. Aki g = 10 m/s 2 -tel számol, kissé eltér eredményekre jut. 3. feladat A mellékelt ábrán lév áramkörben U 0 állandó feszültség egyenáramú áramforrásra párhuzamosan kapcsoltak egy L induktivitású tekercset és egy C kapacitású, töltetlen kondenzátort. Mindegyik ágban van egy fényforrás, melyek fényereje függ a rajtuk átfolyó áram er sségét l, de R ellenállásuk nem függ a fényerejükt l. Adott L és C esetén mekkora legyen R, hogy a f ágban lév fényforrás a K kapcsoló zárását követ en id ben állandó fényer vel világítson? R R R K L C U 0 OKTV 2018/ forduló

8 Megoldás A megoldás a következ három észrevételre épül: R i 1 R R i 2 K L C U 0 I 0 1. A két mellékágban az áramok összege id ben állandó: i 1 + i 2 = I 0 = U 0 2R. 2. Ebb l az is következik, hogy a mellékági áramok megváltozásának összege ( t id alatt) nulla: i 1 + i 2 = 0, i 1 t = i 2 t. 3. A két mellékágra jutó feszültség is állandó, mégpedig U 0 2 = RI 0. Írjuk fel a két mellékágra a feszültségeket, majd fejezzük ki a mellékági áramokat: és U 0 2 = Ri 2 + q C U 0 2 = Ri 1 + L i 1 t i 1 = U 0 2R L i 1 R t, 0 = R i 2 t + 1 q C t = R i 2 t + i 2 C i 2 = RC i 2 t, ahol kihasználtuk, hogy a kondenzátor q töltésének id beli megváltozása megadja a kondenzátor áramát, valamint azt is, hogy az állandó feszültség megváltozása nulla. Adjuk össze a két mellékági áramot: I 0 = U 0 2R = i 1 + i 2 = U 0 2R L i 1 R t RC i 2 t = U ( ) 0 L 2R + R RC i2 t, ahol kihasználtuk, hogy a mellékági áramok id beli megváltozásainak összege nulla. A fenti kifejezés csak akkor teljesülhet, ha a zárójelben lév kifejezés nulla, vagyis: amib l a kérdéses R ellenállás értéke: L RC = 0, R R = L C. OKTV 2018/ forduló

9 Megjegyzések: A feladat dierenciálszámítás segítségével is megoldható. A folyamatot leíró dierenciálegyenletek megoldása azonban kikerülhet, ha analógiába állítjuk a felállított dierenciálegyenleteket például a radioaktív bomlások jól ismert egyenleteivel. A következ ábrán a mellékági áramok id beli le- és felfutása látható R = L/C esetén: melyek a következ függvényeknek felelnek meg: és i 1 = U ( 0 1 e R t) L, 2R i 2 = U 0 t 2R e RC. A feladat teljes érték en megoldható úgy is, ha észrevesszük, hogy a soros RL-kör és a soros RC kör id állandóját kell egyenl vé tenni ahhoz, hogy a f ágban az áramer sség id ben állandó legyen. A feladat megoldásában a váltóáramú ellenállások (impedanciák) használata elvileg hibás, hiszen az áramköri elemeket nem váltófeszültségre, hanem egyenfeszültségre kapcsoljuk. Megemlíthetjük azt is, hogy (egy számfaktortól eltekintve) dimenzióanalízissel is megkapható az eredmény, bár ez a megoldás nem számít teljes érték nek, hiszen nem mutatja meg, hogy a számfaktor 1. OKTV 2018/ forduló

10 Értékelési útmutató 1. feladat a) A fonáler kiszámítása: 10 pont b) A függ leges tengely körüli forgás fordulatszámának meghatározása a perdület megmaradása alapján: c) A vízszintes tengely körüli forgás szögsebességének meghatározása a mechanikai energia megmaradása alapján: Összesen: 5 pont 5 pont 20 pont Megjegyzés: Ha a versenyz a centrifugális er támadáspontját a tömegközéppontba teszi, akkor az a) részre legfeljebb fele pontszámot kaphat. 2. feladat a) A térfogat- és nyomásviszonyok helyes felismerése: 2 pont A nyomás, térfogat és h mérséklet helyes meghatározása: 6 pont b) A két dugattyú elmozdulásának meghatározása: 2 pont c) A dugattyú átlagsebességének meghatározása: 2 pont d) A folyamat elején és végén kifejtett er k helyes arányának megadása: 3 pont e) Az általunk végzett munka helyes meghatározása: 5 pont Összesen: 20 pont 3. feladat Annak felismerése, hogy a két mellékágban az áramok összege id ben állandó: Annak felismerése, hogy a mellékági áramok megváltozásának összege nulla: Annak felismerése, hogy a két mellékágra jutó feszültség állandó: Egyenletek felírása: Egyenletek rendezése: A keresett ellenállás meghatározása: Összesen: 3 pont 3 pont 3 pont 3 pont 4 pont 4 pont 20 pont A megoldásban vázoltaktól eltér számításokra, amelyek elvileg helyesek és helyes végeredményre vezetnek, az alkérdésekre adható teljes pontszám jár. OKTV 2018/ forduló