Oktatási Hivatal A 2017/2018. tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny 1. forduló FIZIKA I. kategória Javítási-értékelési útmutató 1. feladat. Kosárlabdázásról szóló m sorban hangzik el, hogy a labda laza, derék melletti pattogtatása során a labda felfelé haladva derék magasságban ( h = 1,1 m) egy pillanatra megáll, majd a játékos kezének suhintásától pillanatszer en v 0 = 2 m/s sebességre gyorsul. a) Határozzuk meg a padlóra érkez labda ütközésének rugalmasságát jellemz k ütközési számot, amely szám a v becsapódási és az u visszapattanási sebességek hányadosa (k = u/v)! b) Az adatokból határozzuk meg, hogy a derékmagasságból elejtett labda mennyi ideig pattog a vízszintes talajon! Megoldás. a) Jelöljük a labda sebességét v-vel a földet érés el tti pillanatban. Alkalmazzuk az energiamegmaradás törvényét: A talajjal való ütközésre igaz: 1 2 mv2 0 + mgh = 1 2 mv2. (1) u = kv. (2) Az emelkedésre ismét alkalmazzuk az energiamegmaradás törvényét: 1 2 mu2 = mgh. (3) A fenti három egyenletet mint egyenletrendszert megoldva és a k ütközési számot kifejezve: 2gh k = = 0,918499 0,92 v0 2 + 2gh (g = 9,81 m/s 2 -tel számolva). b) Az els földet érésig t 1 = 2h/g id telik el. A labda sebessége közvetlenül leérkezés el tt v 1 = 2gh (lefelé), közvetlenül utána u 1 = kv 1 (felfelé), majd utána egy függ leges OKTV 2017/2018 1. forduló
hajítás következik t 2 = 2u 1 /g = 2kt 1 ideig. Közvetlenül a második ütközés el tt a labda sebessége v 2 = u 1, utána u 2 = kv 2 = k 2 v 1. Ezután megint egy függ leges hajítás jön t 3 = 2u 2 /g = 2k 2 t 1 ideig, és így tovább. A labda pattogásának teljes ideje (felhasználva a végtelen mértani sor összegképletét): t = 2h g ( 1 + 2k + 2k 2 +... ) = 2h g ( ) 2 2h 1 k 1 = g 1 + k 1 k 11 s. 2. feladat. Vízszintes asztalon áll egy M tömeg, derékszög kett s lejt. A derékszög csúcsától két pontszer nek tekinthet m 1, illetve m 2 tömeg testet egyszerre elengedünk. A testek és a lejt közötti súrlódástól eltekinthetünk. Legalább mekkorának kell lennie a kett s lejt és az asztal lapja között minimálisan a tapadási súrlódási együtthatónak ahhoz, hogy semmilyen α hajlászög esetén a kett s lejt ne mozduljon el addig, amíg mindkét hasáb a kett s lejt n csúszik, ha a) m 1 = m 2 = m, b) m 1 = 2m; m 2 = m; M = 3m? Megoldás. a) Jelölje N α, N β az m 1, m 2 tömeg testek által a lejt re kifejtett nyomóer ket, N az asztal és a lejt közötti kényszerer t. A csúszó testek a lapjukra mer legesen nem gyorsulnak, ezért N α = m 1 g cos α, N β = m 2 g cos β. A lejt akkor nem mozdul el, ha N α sin α N β sin β µ 0 N, m 1 g cos α sin α m 2 g cos β sin β µ 0 N, mg cos α sin α mg cos β sin β µ 0 N. Derékszög háromszögben cos α = sin β és cos β = sin α, és mivel m 1 = m 2, így N α sin α = N β sin β, azaz ekkor súrlódásmentes felületen sem mozdul el a kett s lejt a testek lecsúszása közben. OKTV 2017/2018 2 1. forduló
b) A lejt akkor nem mozdul el, ha N α sin α N β sin β µ 0 N, m 1 g cos α sin α m 2 g cos β sin β µ 0 (Mg + m 1 gcos 2 α + m 2 gcos 2 β), 2mg cos α sin α mg sin α cos α µ 0 (3mg + 2mgcos 2 α + mgsin 2 α), sin α cos α µ 0 (4 + cos 2 α), sin α cos α 4 + cos 2 α µ 0. Az egyenl tlenség bal oldalán álló kifejezést alakítsuk át: sin α cos α 4 + cos 2 α = 2 sin α cos α 8sin 2 α + 10cos 2 α = 2 8 sin α cos α + 10cos α sin α = 1 8 tg α + 10 1 tg α 2. A maximális érték meghatározásához keressük a nevez minimumát. Használjuk fel két pozitív szám számtani és mértani közepére vonatkozó egyenl tlenséget: 8 tg α + 10 1 tg α 2 8 tg α 10 tg α = 80. A nevez minimuma 80, így a kifejezés maximuma 1/ 80, µ 0 1 80 0,112. Tehát a hasáb és az asztal lapja közötti tapadási súrlódási együtthatónak legalább 1/ 80-nak kell lennie ahhoz, hogy tetsz leges hajlásszög, derékszög alakú kett s lejt ne mozduljon el a testek lecsúszása közben. OKTV 2017/2018 3 1. forduló
Megjegyzés: Dierenciálszámítás segítségével is meghatározhatjuk µ 0 minimumát. Beláthatjuk továbbá, hogy α = 48,2 hajlásszög esetén van szükség a 0,112 érték súrlódási együtthatóra, hogy elkerüljük a kett s lejt megcsúszását, más hajlásszögeknél ennél kisebb súrlódási együttható is elegend. 3. feladat. Az ábrán látható termomechanikai készülék A = 4 dm 2 keresztmetszet hengerében m = 60 kg tömeg, könnyen mozgó dugattyú V 1 = 16 liter, T 1 = 300 K h mérséklet, n = 0,5 mol anyagmennyiség neongázt zár el. A dugattyú két állócsigán átvetett fonállal M = 240 kg tömeg nehezékkel van összekötve, amely egy összenyomódott D = 6600 N/m direkciós erej rugón nyugszik. A nehezék nincs a rugóhoz rögzítve. A rendszer ekkor egyensúlyban van. A küls légnyomás p 0 = 10 5 Pa, a nehézségi gyorsulás értéke 9,81 m/s 2. A hengerbe vezetett cs ben h t folyadékot áramoltatunk, így a gáz h mérséklete lassan csökken. a) Mekkora a gáz h mérséklete akkor, amikor a nehezék felemelkedve éppen elhagyja a rugót? b) Mennyi h t kell ehhez elvonni a gáztól? A h veszteség a henger falán, illetve a dugattyún át elhanyagolható. Megoldás a) El ször határozzuk meg a bezárt gáz kezdeti nyomását. A gáztörvény alapján: p 1 V 1 = nrt 1 p 1 = n RT 1 V 1 = 77943,8 Pa 0,78 10 5 Pa. Ezután számítsuk ki a rugó kezdeti deformációját. Az egyensúly feltétele a dugattyúra és a nehezékre a kezd állapotban (lásd a következ, bal oldali ábrát): p 0 A + mg K 1 p 1 A = 0, Mg D l K 1 = 0. OKTV 2017/2018 4 1. forduló
Innen a rugó kezdeti deformációja: p 0 A + mg p 1 A = Mg D l l = p 1A + Mg p 0 A mg. D Számadatainkkal: l = 0,133871 m 13 cm. A gáz térfogata a végállapotban: V 2 = V 1 A l = 0,0106452 m 3 10,6 liter. Meghatározhatjuk a gáz nyomását is a végállapotban, amikor a rugó deformációmentes. Ekkor az egyensúlyi egyenletek így egyszer södnek: Innen a végs nyomás: Mg K 2 = 0, mg + p 0 A K 2 p 2 A = 0. p 2 A = mg + p 0 A Mg p 2 = (m M)g A + p 0 = 55855 Pa 0,56 10 5 Pa. Mivel tudjuk a gáz anyagmennyiségét, valamint a végállapotbeli térfogatát és nyomását, így az ideális gázok állapotegyenlete alapján megkaphatjuk a kérdéses h mérsékletet is: T 2 = p 2V 2 nr = 143,033 K 143 K = 130 C. b) A gáztól elvont h t a termodinamika els f tétele alapján kaphatjuk meg: Q = E W = f 2 nr T + p átlag V, OKTV 2017/2018 5 1. forduló
ahol a neongáz szabadsági fokszáma f = 3, továbbá a gáz h mérséklet-csökkenése T = T 2 T 1 = 157 K. A munkavégzés esetében az átagos nyomás egyszer en a kezdeti és a végállapotbeli nyomások számtani közepe (pátlag = (p 1 + p 2 )/2), mert a rugó lineáris er törvénye miatt a bezárt gáz nyomása is lineáris függvénye a térfogatnak. Az adatok behelyettesítése után adódik. Q = 3 2 nr(t 2 T 1 ) + p 1 + p 2 (V 2 V 1 ) = 1337,001 J 1340 J 2 4. feladat. Az ábra szerinti kapcsolásban ideálisnak tekinthet m szerek vannak, melyek a K 1 és K 2 kapcsolók nyitott állása esetén a melléjük írt értékeket mutatják, tehát a feszültségek U I = 20 V, U II = 60 V és U III = 30 V. Az áramer sségek pedig I a = 0,8 A, I b = 0,5 A és I c = 0,5 A. a) Mekkorák az R 1, R 2, R 3, R 4 és R 5 ellenállások értékei? Mekkora az áramforrás állandónak tekinthet U 0 feszültsége? b) Mennyit mutatnak a m szerek, ha mindkét kapcsoló zárt állásban van? Megoldás. a) Hagyjuk ki a feszültségmér ket és a kapcsolókat, azokon át amúgy sem folyik áram. Használjuk az ábra jelöléseit. A kapott értékeket írjuk be az alábbi táblázatba is. Amennyiben nem lenne a 3-as ellenállás, akkor a fels, ABD ág és az alsó, ACD ág párhuzamosan lenne kapcsolva, és bennük, az áramforrás polaritása miatt, a jelölt körbejárás irányban folyna az áram. A 3-as ellenállás jelenléte ezen nem változtat, és a rajta folyó áramot a többi meghatározza. Nézzük az áramokat. A m szerek elhelyezkedése miatt I 2 = I b = 0,5 A, illetve I 5 = I c = 0,5 A. OKTV 2017/2018 6 1. forduló
Az elágazásoknál: az A pontnál I 1 = 0,8 A 0,5 A = 0,3 A, a D pontnál I 4 = 0,8 A 0,5 A = 0,3 A, a C pontnál I 3 = 0,5 A 0,3 A = 0,2 A. megnevezés 1 2 3 4 5 I(A) 0,3 0,5 0,2 0,3 0,5 U(V ) 60 10 20 30 40 R(Ω) 200 20 100 100 80 Nézzük a feszültségeket. A m szerek elhelyezkedése miatt U 3 = U I = 20 V, U 1 = U II = 60 V illetve U 4 = U III = 30 V. Két azonos pont között az ábra szerinti kapcsolásban végigmenve a feszültségesések el jeles összegének meg kell egyezni. Ezért: U 1 = U 5 +U 3 miatt U 5 = U 1 U 3 = 40 V, U 4 = U 3 +U 2 miatt U 2 = U 4 U 3 = 10 V. Az áramforrás U 0 feszültsége pedig U 0 = U 1 + U 2 = U 5 + U 4 = 70 V. Az ellenállások az Ohm-törvényb l, R = U/I alapján kaphatók, értékeik a táblázatban találhatók. b) Ismét hagyjuk el azokat a részeket, melyekben nem folyik áram. A kapott értékeket ismét rögzítsük táblázatban. Az 5-ös ellenállás és a c jel árammér együttes feszültsége (az 1-es kapcsoló miatt) nulla. Az árammér feszültsége nulla, ezért az ellenállásé is, I c = 0, az ág elhagyható. A 2-es ellenállás és a b jel árammér együttes feszültsége (a 2-es kapcsoló miatt) nulla. Így ha a b jel m szeren át folyna áram, akkor az csak a III-as feszültségmér n folyhatna tovább, azon viszont nem tud, ezért I b = 0, az ág elhagyható. A feszültségmér k ága szintén elhagyható. A kapott rajz alapján megállapíthatjuk, hogy mindhárom megmaradt ellenállás egyik vége az A pontéval, másik vége a D pontéval azonos potenciálon van, vagyis mindháromra az áramforrás feszültsége jut, párhuzamosan vannak kapcsolva. Az egyes tartományokban az áram irányát az áramforrás polaritása meghatározza. OKTV 2017/2018 7 1. forduló
Az Ohm-törvény alapján az egyes ellenállások árama: I 1 = 0,35 A, I 3 = 0,7 A, I 4 = 0,7 A. A B csomópontnál összefolyik I 1 és I 3, a K 2 kapcsolón át már 1,05 A folyik. A D pontnál ehhez járul még I 4, így az a jel m szeren és az áramforráson át 1,75 A folyik. U I U II U III 70 V 70 V 70 V, I a I b I c 1,75 A 0 A 0 A A feszültségmér k közül az I-es jel a 3-as ellenállás feszültségét, a II-es jel a 1- es ellenállás feszültségét, a III-as jel a 4-es ellenállás feszültségét mutatja, vagyis mindegyik 70 V-ot jelez. OKTV 2017/2018 8 1. forduló
Értékelési útmutató 1. feladat a) Az energiamegmaradás törvényének felírása az els esési szakaszra: Az ütközési szám gyelembevétele az els ütközésnél: Az energiamegmaradás törvényének felírása az els emelkedési szakaszra: Az ütközési szám meghatározása: b) Az els esési szakasz idejének megadása: A következ esési szakasz idejének megadása: A mozgás teljes idejét megadó mértani sor felírása: A mozgás teljes idejének számszer megadása: Összesen: 2. feladat 20 pont a) A testekre ható er k megadása: 3 pont A kett s lejt egyensúlyi feltételének megadása: Annak igazolása, hogy súrlódásmentes felületen sem mozdul el a kett s lejt : 5 pont b) µ 0 minimumának kifejezése α trigonometrikus függvényében: 5 pont 3. feladat µ 0 minimumának a kett s lejt hajlásszögét l független megadása: 5 pont Összesen: 20 pont a) A gáz kezdeti nyomásának meghatározása: 3 pont A rugó deformációjának meghatározása: A gáz nyomásának kiszámítása a végs állapotban: A gáz végs h mérsékletének meghatározása: b) A gáztól elvont h meghatározása: 5 pont Összesen: 20 pont 4. feladat a) Az egyes ellenállások meghatározása: 5 U 0 helyes megadása: 1 pont b) A három feszültségmér által mutatott érték megadása: 3 pont A három árammér által mutatott érték kiszámítása: 3 Összesen: 20 pont A megoldásban vázoltaktól eltér számításokra, amelyek elvileg helyesek és helyes végeredményre vezetnek, az alkérdésekre adható teljes pontszám jár. OKTV 2017/2018 9 1. forduló