O k t a t á si Hivatal

Átírás

1 O k t a t á si Hivatal A 014/015 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 1cos 0 mv Innen m 0,5 v s 0 arccos 1 arccos 1 10, 4 10 gl m 9,81 0,8 m s 014/015 1 OKTV 1 forduló

2 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: amelynek vízszintes összetevője F mg cos, f 0 F mg cos sin, fx 0 0 ami fékezné a kiskocsit, tehát nekünk ekkora erőt kell ebben a pillanatban kifejteni az egyenletes sebesség megtartásához: F m 0,5 kg 9,81 sin 10, 4 mg sin s 0 fx mg cos0 sin0 0,858 N 0,9 N 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 1 l l 0,8 m t 0,4486 s 0,45 s 4 4 g g m 9,81s (Megjegyzés: tévhit, hogy csak 5 o -ig elég pontos a lengésidő képlet!) 014/015 OKTV 1 forduló

3 ) Egy fa = 500 kg/m 3 sűrűségű, R = 0 cm sugarú fenyőfagömböt hosszú, vékony alumíniumhuzallal összekötöttünk egy vas = 7,8 kg/dm 3 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 mm A levegő sűrűsége lev = 1,9 kg/m 3 Mozoghatnak-e egyenletesen egy idő után ezek a testek? Az alumíniumhuzal szakítószilárdsága= 00 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 = 00 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: 3 4R 1 fa g k lev K R v 0, (1) 3 3 4r 1 vas g k lev K r v 0 () 3 Itt k = 0,45 (táblázatból) a gömb alakállandója Összeadva a két egyenletet: 4 g far vasr k 1 lev R r v 0 3 Innen a kialakuló maximális egyenletes sebesség-négyzet: Ezt pl az (1) egyenletbe írva K-t kifejezzük: v 4 g far vasr 3 8 g far vasr 1 k 3 k lev lev R r R r 3 4 far vasr 4R 4 far vasr K R g fa g R g far 3 R r R r 014/015 3 OKTV 1 forduló

4 Az adatok beírásával és a műveletek elvégzésével: 4 far vasr K R g far 3 R r kg kg 500 0, m ,1 m 4 m m m kg 0, m , m 8 N 3 3 s 0, m 0,1 m m Az alumíniumhuzal által kifejthető maximális erő: 8 N 6 Kmax A m 00 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: kg kg 10 m 500 0, m ,1 m 8 g far 8 m m v 3 k 3 0,45 1,9 0, m 0,1 m lev vasr s R r m km 103,171, 9 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: 3 4R 1 fa g k levr v K m fa a, 3 3 4r 1 vas levr v vas g k K m a 3 Amíg a fonál nem szakad el, addig a két test gyorsulása azonos A bal oldalon a tömegek beírásával kapjuk: 1 mfa g k levr v K mfaa, 1 mvas g k levr v K mvasa A gyorsulásokat kifejezve és egyenlővé téve, g-vel egyszerűsítve: Innen: klevr v K klevr v K m m m m vas vas fa fa 1 1 k lev v R r K m m m m fa vas fa vas 014/015 4 OKTV 1 forduló

5 Innen: v K 1 1 k m m K m m m m lev fa vas vas fa R r klev mvasr mfar fa vas Innen a gömbök sebessége az elszakadás előtti pillanatban: K m m K r R v k m R m r k r R R r Számadatainkkal (dimenziók nélkül): vas fa vas fa 3 3 lev vas fa lev vas fa ,1 5000, m m km v 97,55 351, ,451, ,1 0, 5000, 0,1 s 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 014/015 5 OKTV 1 forduló

6 3) Vízszintes helyzetű, rögzített, hőszigetelő falú, A = 0,5 dm 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, p 0 = 10 5 Pa nyomású levegőtől A bal oldali tartályban n, a jobb oldaliban n mólnyi, T = 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 T 1 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 p 1 A + mg = p 0 A, tehát p 1 = p 0 mg A mg A = 100N m = 0, 10 5 Pa Ezzel p 1 = 0, Pa = állandó A jobb oldali dugattyú egyensúlya miatt p 0 A + mg = p A, tehát p = p 0 + mg A Ezzel p = 1, 10 5 Pa = állandó 014/015 6 OKTV 1 forduló

7 Az állapotegyenlet a bal oldali gázra p 1 V = nrt 1, a jobb oldalira p V = nrt A két egyenlet hányadosából p p T T, vagyis 1 1 p 0, 8 1 T 1 300K T 400K p 1, 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: Q C n T T C n T T Q, le p 1 p fel T T 400K 600K amiből T hőmérsékletek anyagmennyiséggel súlyozott átlaga) 1 333K (A közös hőmérséklet lényegében a kezdeti 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 V 1 V T (K) A grafikon alapján láthatjuk, hogy V /T = V/T és V 1 /T 1 = V/T 1, amiből Tehát a keresett arány 3: h 1 /h = V 1 /V = (T 1 T )/ (T T 1 ) = (67300)/(33400) = 3/ 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: 014/015 7 OKTV 1 forduló

8 d) Az energia-változások összege f f f E E nr( T T ) nr( T T ) nr(3t T T ), 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 nrt (1) A mg p0 V nrt1 A A két oldalt elosztva egymással a keresett hőmérséklet kifejezhető: mg p0 T1 A T mg p0 A Adatainkkal (A nehézségi gyorsulás értékét 10 m/s -nek véve): 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: T1 T, (4) V V 1 T T (5) V V () (3) 014/015 8 OKTV 1 forduló

9 Legyen az a hőmennyiség, amelyik az 1 részből a 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 ncv T T Q p0 V V A A két oldalt összeadva kapjuk mg mg ncv T T1 T T p0 V1 V p0 V V A A A jobb oldalt tovább alakíthatjuk a (4) és (5) egyenlet segítségével: mg TV mg TV ncv T T1 T T p0 V p0 V A T1 A T mg V mg V p T T p T T A kapott egyenletben felhasználva (1)-et és ()-t: A T1 A T (6) (7) Egy oldalra rendezve: ncv T T1 T T nr T T1 T T (8) n Cv R T T1 T T 0, ahonnan látszik, hogy a közös hőmérsékletre fennáll, hogy T T T T Kifejezve a közös hőmérsékletet: 0 1 T T T 3 Adatainkkal: T = 333K c) A megtett utak megkaphatók a gázok térfogatváltozásaiból (bal oldalon a térfogat csökken, jobb oldalon pedig nő): V V V V 1 (9) 1 h1, és h A A A két magasság hányadosát a (4) és (5) egyenletekkel, majd a (9) közös hőmérséklettel tovább alakítva: VT V h1 V V1 T1 T T1 T T h VT V V V T1 T T T1 T Adatainkkal: h 1 h 1,5 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 T T T 0, ezért mindkét oldalon zérus áll, így a gázok belső energia-változásának 1 összege is, és a gázok által végzett mechanikai munkák összege is nulla 014/015 9 OKTV 1 forduló

10 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 = 30 o A törési törvény szerint: sin a sin sin sin 30 n sin arcsin arcsin 19, 47 19,5 sin n 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: Az szög pedig a beesési és törési szögek különbsége: 3019, 47 10,53 10,5 Így tehát a beeső és kilépő sugarak 10,53 1,06 1-os szöget zárnak be egymással b)a fénysugárnak az üvegben megtett útja s Rcos A törésmutató értelmezése szerint A fénysugár futási ideje az üvegben tehát: c c n c c 0 0 ü ü n s R cos nr cos 1,5 0,1 m cos19,47-10 t 9,4810 s 0,943 ns 0,94 ns c c ü 0 c0 8 m 310 n s 014/ OKTV 1 forduló

11 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 90 o -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: sinhat 1 sin 90 1 hat arcsin arcsin 41,81 4 sin 90 n 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 180 o : ,81 96,38 96 max hat Ennél a szögnél biztosan nem lehet nagyobb a keresett szög, már ezt sem érheti el, de tetszőlegesen megközelítheti 014/ OKTV 1 forduló

12 Értékelési útmutató 1 feladat a) Az alkalmas koordinátarendszer megadása (természetesen bármely más rendszer választásával adott helyes kiindulás is elfogadható) 5 pont A keresett szög helyes megadása 5 pont b) A kifejtendő erő helyes meghatározása 6 pont c) A keresett idő kiszámítása 4 pont Összesen: 0 pont feladat A mozgásegyenletek helyes felírása 4 pont Az egyenletes mozgáshoz tartozó sebesség meghatározása 3 pont A fonálerő helyes meghatározása 10 pont Az alumíniumhuzal által kifejthető maximális erő meghatározása 1 pont A helyes válasz (nem mozoghatnak egyenletesen) megadása pont Összesen: 0 pont 3 feladat a) T 1 helyes meghatározása 3 pont b) A közös hőmérséklet meghatározása 8 pont c) A helyes megadása 5 pont d) A belső energia-változások összege nulla pont A gázok által végzett mechanikai munkák összege nulla pont Összesen: 0 pont 4 feladat a) A beesési szög felismerése pont Az első törési szög meghatározása 3 pont A beesési és törési szögek közötti kapcsolat felismerése 1 pont A kilépő sugár irányának () meghatározása 4 pont b) A fény üveggömbben való futásideje a meghatározása 4 pont c) A belépő és kilépő sugarak maximuma határszögének max megadása 6 pont Összesen: 0 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/s vagy 10 m/s egyaránt elfogadható 014/015 1 OKTV 1 forduló