Oktatási Hivatal A 0/0 tanévi FIZIKA Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny második fordulójának feladatai és megoldásai fizikából I kategória A dolgozatok elkészítéséhez minden segédeszköz használható Megoldandó az első két feladat és a /A és /B sorszámú feladatok közül egy szabadon választott Ha valaki mind a /A és /B megoldást beadja, e kettő közül csak a több pontot elérő megoldást vesszük figyelembe Minden feladat teljes megoldása 0 pontot ér Vízszintes légpárnás ( léghoki ) asztalon azonos tömegű és méretű korongokkal játszunk, amelyek egymással és az asztalt lezáró fallal pillanatszerűen, tökéletesen rugalmasan ütköznek Minden kölcsönhatás súrlódásmentes Az asztal szélén álló falhoz igen közel lévő nyugvó korongnak egy másik korongot lökünk Az ütközés egyenes, tehát a meglökött korong sebességvektora a korongok középpontjain átmenő egyenesre illeszkedik Az ütközés előtt az érkező korong v 0 = m/s sebességgel közeledett a másik felé, a fallal a) 90 o -os b) 0 o -os c) 60 o -os szöget bezáró sebességgel A három ütközés végeredménye meglepően különböző Mekkora lesz a korongok sebessége a folyamat végén az egyes esetekben? Megoldás Adatok: A meglökött korong (a jele legyen -es), sebessége az ütközések előtt: v 0 = m/s Mindhárom esetre igaz a következő: Az első ütközés egyenes és centrális, két azonos tömegű korong között Az energia-, és lendület-megmaradás törvényeket használva könnyedén adódik, hogy a két test ( ) ( ) m m v + m v u, u m m v + = = = m v v = v m+ m m+ m Az első ütközés után az -es jelű (kezdetben mozgó) korong sebessége v = 0, a -es jelű (kezdetben nyugvó) korong sebessége u = v 0 = m/s Nézzük sorban az egyes eseteket! 0/0 OKTV forduló
a) A meglökött test sebességének iránya 90 o -os szöget zár be a fallal, azaz merőleges rá A -es jelű korong a fallal való tökéletesen rugalmas ütközés után v 0 sebességgel távolodik tőle Az -es jelű, most álló koronggal történő egyenes ütközés során szintén sebesség-csere történik: Az -es jelű korong v 0 sebességgel távolodik a faltól, a -es jelű áll b) A meglökött test sebességének iránya 0 o -os szöget zár be a fallal A második ütközés a -es korong és a fal között történik tökéletesen rugalmasan, ami azt jelenti, hogy a korong sebességének nagysága nem változik: u = u = v 0 = m/s A sebesség falra merőleges komponense az ellentettjére változik A sebesség iránya továbbra is 0 o -os szöget zárt be a fallal Több ütközés nem lesz, hisz a -es korong sebessége 0 o -os szöget zár be a korongok középpontjaira illeszkedő egyenessel A folyamat végén az -es jelű korong áll, a -es jelű korong v 0 sebességgel mozog, a sebességének iránya 0 o -os szöget zár be a fallal c) A meglökött test sebességének iránya most 60 o -os szöget zár be a fallal A második ütközés a -es korong és a fal között történik tökéletesen rugalmasan, ami azt jelenti, hogy a korong sebességének nagysága nem változik: u = u = v 0 = m/s A sebesség falra merőleges komponense az ellentettjére változik A sebesség iránya továbbra is 60 o -os szöget zárt be a fallal A harmadik ütközés során a -es korong ferdén ütközik az álló -es jelű koronggal Az ütközés előtt az -es jelű korong sebessége v = v = 0 A -es jelű korong sebessége u = u = v 0 = m/s Az ütközés utáni sebességek: v, u Az ütközésre igaz a lendület-megmaradás törvénye: r r r r v + u = v + u, és mivel v = 0: r r r u = v + u Ez azt jelenti, hogy a három vektor egy háromszöget alkot Írjuk fel az ütközésre a mechanikai energiák megmaradásának tételét, és egyszerűsítsünk: mv + mu = mv + mu u = v + u Az utóbbi egyenlet egy háromszög oldalaira van megfogalmazva A Pitagorász-tétel megfordítása miatt ez a háromszög derékszögű, melynek u az átfogója, és a v -mal 60 o -os szöget zár be Ebből következik, hogy m m m v = u =, illetve u = u = 0,866 s s s Az -es korong sebességének iránya 60 o -os szöget zárt be a fallal, a -es korongé 0 o -os szöget, és a o két sebességvektor egymással 90 -os szöget zár be Összefoglalva: -es test -es test a) v 0 -al távolodik a faltól áll b) áll v 0 -al távolodik a faltól, a sebesség iránya 0 o -os szöget zár be a fallal c) m v = s u = m s o iránya 60 -os szöget zár be a fallal iránya 0 o -os szöget zár be a fallal 0/0 OKTV forduló
Egy függőleges, A = dm keresztmetszetű, hőszigetelő hengerben m = 0 kg tömegű dugattyú zár el T = 00 K hőmérsékletű, V = 6 dm térfogatú levegőt A dugattyú feletti, h =,8 dm magas rész színültig higannyal van tele A külső légnyomás p 0 = atm 0 5 Pa, g 0 m/s A levegőt lassan fűteni kezdjük a P = 50 W teljesítményű fűtőszállal a) Mekkora a gáz végső hőmérséklete akkor, amikor a dugattyú a henger tetejéig ér, és a teljes higanymennyiség a tálba kifolyik? b) Mennyi idő telik el eddig? I Megoldás: a) A bezárt levegő kezdeti nyomása a külső levegő nyomásának, a higanyoszlop nyomásának és a dugattyú súlyából származó nyomásnak az összege: H Észrevehetjük, hogy a h =,8 dm magas higanyoszlop nyomása éppen H 0,5 atm 5 0 4 Pa (hiszen 760 Hgmm = atm) Így a kezdeti nyomás: A végső nyomás: H,5 05 Pa + N, 5 Pa 05 Pa + N, 0 Pa A bezárt levegő kezdeti és végső térfogata V = 6 dm, ill V = 6 dm + ( dm,8 dm) = 7,4 dm A gáz kezdeti hőmérséklete: T = 00 K A kezdeti és a végállapot között az egyesített gáztörvény teremt kapcsolatot: Tehát a bezárt levegő végső hőmérséklete: 0 Pa 7,4 dm 00 K 5 Pa 6 dm, = b) A teljes higanymennyiség kifolyásáig eltelt időt jelöljük t-vel A fűtőszál által termelt hő:, amelynek kiszámítását a termodinamika első főtétele alapján végezhetjük el:, ahol W a gázon végzett munka A belső energia változását többféleképpen meghatározhatjuk, például ilyen módon: E = (p V p V ) 90 J, ahol kihasználtuk, hogy a levegő kétatomos gáz, tehát a szabadsági fokszáma 5 A gázon végzett munka kiszámításakor kihasználhatjuk, hogy a higany kifolyása miatt a gáz nyomáscsökkenése egyenesen arányos a térfogat növekedésével Ezért számolhatunk az átlagnyomással, vagyis a munkavégzés: 5 Pa 0 Pa á 7,4 dm 6 dm 46 J Tehát a hőközlés a belső energia növekedés és a gáz által végzett munka öszege (W gáz = W gázon ): Q 90 J + 46 J = 65 J Így a felfűtés ideje: = 7,06 s, perc 0/0 OKTV forduló
II Megoldás Azoknak, akik előnyben resztesítik a tisztán paraméteres megoldást egyrészt azért, mert abban jobban láthatók a kiinduló adatok és a végeredmény közötti kapcsolatok, másrészt mert gyakran kell tisztán paraméteres feladatokat megoldaniuk, akkor nem tehetnek mást, mint a hosszadalmas levezetést a) Ha valaki észreveszi, hogy a 8 cm magas higanyoszlop éppen a normál nyomás felével hat a dugattyúra, könnyebben célhoz ér Ha nem, kiszámolja a higany tömegét a sűrűség és térfogat ismeretében, és meghatározza a súlyát, majd a nyomást (Így kissé más nyomásértéket kap) A gáz kezdeti nyomása tehát mg p = +, 5 p0, A Míg a végső nyomásérték mg p = + p0 A Az egyesített gáztörvényből kaphatjuk a végső hőmérsékletet: mg p0 ( V Ah) pv pv pv + + A ( pa 0 + mg) Ah = T = T = T = T T mg + T pv (, 5 p0a+ mg) V p0 V + A Numerikusan: 5 0 Pa 0, 0 m + 00 N dm,8 dm T = 00 K 5 + = 586, K,5 0 Pa 0,0 m + 00 N 6 dm b) Az I főtétel szerint: Q = E+ W gáz A belső energia megváltozása: f f mg mg E = ( pv pv ) = p0 ( V Ah), 5 p0 V + + + A A A gáz által végzett munka: mg p0 mg 5 Wgáz = + p0 Ah + Ah = + p0 Ah, A A 4 vagyis a állandó légköri nyomás és dugattyú emelésére fordított munkának és a higany tömegközéppontjának h/ magasra való emelésre fordított munkának az összege A folyamat során felvett hő tehát: f mg mg mg 5 Q= E+ Wgáz = p0 ( V Ah), 5 p0 V p0 Ah, + + + + + A A A 4 f mgv mgv 5 Q = pv 0 p0ah mgh, 5 pv 0 mgh p0ah + + + + + A A 4 rendezés után: f 5 Q = [ p0ah+ mgh 0,5 pv 0 ] + mgh+ p0ah 4 f 5 f Q = + p0ah+ + mgh f pv 0 4 4 Az eltelt idő tehát 0/0 4 OKTV forduló
f 5 f f pah 0 mgh pv 0 Q + + + 4 4 t = = = P P 5 5 7 5 5 0 Pa 0,0 m 0,8 m + 00 N 0,8 m 0 Pa 6 0 m 4 4 658 = = = 7,6 s, perc 50 W 50 /A Rézhuzalból E-betű alakot forrasztunk két példányban A két E-betűt egymással szembe fordítva vízszintes síkba fektetjük, s belehelyezzük egy homogén mágneses mezőbe A két E-betű határolta téglalap alakú terület oldalainak hossza a = cm, ill b = 8 cm A mágneses indukció vektora merőleges a téglalap síkjára Az E-betűk középső vonala éppen felezi a téglalap területét Az egymással szemben álló huzalszakaszokra egy-egy nagy kapacitású kondenzátort kapcsolunk az ábra szerint A kondenzátorok közül a középső kapacitása C = 0,5 F, a két szélsőé C = 0,4 F és C = 0, F A homogén mágneses mező indukciója B = 0,8 T A mágneses mező t = 0, s alatt eltűnik A mágneses mező csökkenését tekintsük egyenletesnek a) Mekkora elektromos töltés van az egyes kondenzátorokban a fluxusváltozás ideje alatt? b) Mekkora az egyes kondenzátorok feszültsége a fluxusváltozás közben? Megoldás a) A vezetékkel körülölelt mágneses fluxus két egyenlő területű részre osztódik a középső vezeték által Ezek Φ és Φ, de mivel mind az indukció értéke, mind a terület megegyezik a két részben, mindegyiket jelölhetjük csak Φ -vel Φ = B A, ahol tehát A a téglalap területének fele Az ábrán C és C jelű kondenzátorok közötti mágneses fluxust rézvezeték öleli körül Ha ez a fluxus eltűnőben van, akkor a változás t ideje alatt olyan örvényes elektromos mező veszi körül, amelynek elektromotoros ereje, esetünkben állandó érték, hiszen a mágnese t mező indukciója egyenletesen csökken az időben Ez az örvényes elektromos mező a rézvezetékben töltéselmozdulást hoz létre A C és C jelű kondenzátorok körében legyen ennek az elmozdított töltésnek a nagysága Q, és hasonlóan legyen Q a másik téglalap-fél, vagyis a C és C jelű kondenzátorok körében elmozdított töltés (L az ábrát!) A két örvényes mezőre, illetve a kondenzátorok feszültségére vonatkozólag felírhatjuk a Kirchhoff-törvényeket: Q Q Q = C C t Q Q Q + = C C t Ennek az egyenletrendszernek a megoldásai: C( C + C) Q = t C + C + C C ( C + C ), Q = t C+ C + C 0/0 5 OKTV forduló
Ezek a két örvénykörben elmozdult töltések, azaz a Q a C kapacitású kondenzátor töltése, Q pedig a C kapacitású kondenzátor töltése A két kör közös eleme a C kapacitású kondenzátor, amely mindkét körben mozgatott töltéseket megkapja, de ellenkező előjellel, hiszen a fluxusváltozás a két szomszédos körben azonos értelemben forgató elektromotoros erőt produkál C( C C) Ennek töltése tehát Q Q = t C+ C+ C 4 A számadatokat behelyettesítve kapjuk: Φ = 8, 64 0 Vs, = 8,64 mv t A két szélső kondenzátor töltése Q = 49, µc, illetve Q =, µc, a középső kondenzátor töltése pedig ezek különbsége, 96 µc, amely értéket a kapott Q Q képlet is megad b) A kondenzátorok feszültsége a fluxusváltozás ideje alatt: Q Q A C kondenzátoré U = = 6,048 mv, a C kondenzátoré U C = =, mv, C Q Q a középső, C kondenzátoré U = =,59 mv A két külső kondenzátor feszültségének C összege 7,8 mv, ami természetesen a teljes téglalapot betöltő fluxussal számolt értéke t Meg kell jegyezni, hogy miután a fluxus eltűnt, kiegyenlítő áramok folynak, amelyek meghatározásához a vezetékek ellenállását ismernünk kellene /B Az ábrán látható vezető kengyelt egy fémállványra függesztettük fel, amelyen a kengyel igen könnyen elfordulhat A kengyel vízszintes szakasza l = cm hosszú, tömege m = 00 g Függőleges szakaszainak tömege viszont elhanyagolható A kengyel alakja négyzet, vagyis függőleges szakaszainak hossza megegyezik a vízszintes szakaszéval A rendszer függőleges, B = 5 0 - T indukciójú, homogén mágneses mezőben helyezkedik el Az áramkör vezetékeit egy pillanatra összeérintettük Eközben a vezeték keresztmetszetén Q = 6 C töltés haladt át a) Mekkora sebességgel indult el a kengyel alsó szakasza? b) Hány fokkal tért ki a kengyel a kezdeti függőleges irányhoz képest? Megoldás a) A pillanatszerű erőhatás alatt elhanyagolható az elmozdulás, pillanatszerűen veszi fel a kezdősebességet, a további mozgása során nem hat a Lorentz-erő Az impulzustétel szerint F t = ( mv ) Mivel a rúd tömege állandó, az erőlökés így is felírható: F t = m v Innen ahol v = F t m Q F = BIl = B l t, 0/0 6 OKTV forduló
Mivel nyugalomból indult a rudacska, a sebességváltozás egyenlő a megszerzett sebességgel Ezért a sebesség BIl t B Ql t B Ql v= v = = = m m t m független a töltés átáramlásának idejétől, változó erősségétől (és természetesen a fellépő mozgási indukciós feszültségtől) Számértékileg: Vs 50 6 C0, m m m v = = 0,96 0 kg s b) Ezzel a kezdősebességgel az energiatétel szerint a kengyel vízszintes szakasza m 0,96 v mv = mgh h= = s = 0,046 m =4,6 cm g m 0 s magasságra jut Mivel a kengyel négyzet alakú, így a függőleges szárainak hossza is cm, vagyis a kitérés szögére: l h 4,6 α = arcos = arcos =5,9 -ot kapunk l 0/0 7 OKTV forduló
II forduló pontozási javaslatai I kategória feladat Az első ütközésnél a sebességcsere megállapítása az energia-, és lendület-megmaradás törvényekre való hivatkozással 4 pont a) A második ütközésnél is sebességcsere történik pont A sebességek megadása pont b) A második ütközés helyes leírása pont Annak indoklása, hogy nincs több ütközés pont c) A második ütközés helyes leírása pont A harmadik (ferde) ütközésre a megmaradási törvények helyes használata pont A harmadik ütközés utáni sebességek nagyságának és irányának helyes megadása pont Összesen: feladat A végső hőmérséklet kiszámítása: Az első főtétel helyes felírása, használata: A belső energia megváltozásának kiszámítása: A munkavégzés kiszámítása: A hő meghatározása: Az idő meghatározása: 8 pont pont pont pont pont pont 0 pont Összesen: 0 pont /A feladat a) A mágneses fluxus helyes meghatározása pont A két hurokban fellépő elektromotoros erő felírása pont A Kirchhoff-törvények felírása (egyenletrendszer Q, Q ismeretlenekkel) a két hurokra 4 pont Az egyenletrendszer megoldása Q,Q -re pont A kapott Q,Q töltések elhelyezése, magyarázata, hogy melyik kondenzátoron van a különbségük 4 pont b) A kapacitás és töltés ismeretében az egyes kondenzátorokon lévő feszültségek számszerű megadása 5 pont Összesen: /B feladat A pillanatnyi érintkezés szerepének felismerése: Az impulzustétel helyes felírása: A Lorenzt-erő helyes felírása: A kezdősebesség kifejezése a kezdeti adatokkal: A kezdősebesség numerikus meghatározása: Az emelkedés magasságának meghatározása: A szögkitérés helyes meghatározása: Összesen: 0 pont 4 pont pont pont 4 pont pont pont pont 0 pont