A 009/010. tanévi FIZIKA Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny első fordulójának feladatai és megoldásai II. kategória A dolgozatok elkészítéséhez minden segédeszköz használható. Megoldandó az első három feladat és a 4/A és 4/B sorszámú feladatok közül egy szabadon választott. Mindkettő megoldása esetén a 4/A és 4/B feladat közül a több pontot elérő megoldást vesszük figyelembe. Minden feladat teljes megoldása 0 pontot ér. 1. A rajzon látható h magas asztalon fekszik egy L hosszú, M tömegű merev kartonlap, és azon egy m tömegű radír. A lapot az asztal élére merőleges, vízszintes a gyorsulással kirántjuk a radír alól az asztaltól távolodva. a) Az asztal szélétől milyen távol ér talajt a radír? b) Mekkora munkát végzünk addig a pillanatig, amikor a radír már nem érintkezik a papírral? Adatok: L=1m, h=1,8m, M=0,1kg, m=0,05kg, a=6 m/s, a radír és a papír között a csúszási súrlódási együttható µ =0,, a nehézségi gyorsulás g=10m/s. Az asztal és a kartonlap közti súrlódástól eltekinthetünk. Megoldás: a) A radír mozgása két szakaszra bontható: 1. A gyorsítási szakasz addig tart, amíg a radír a papíron csúszik. A radírra írjuk fel a dinamika alapegyenletét, ahonnan a radír gyorsulása: a =µ g = m/s. A két test gyorsulása egyirányú, valamint a papír a gyorsítási szakaszban L úttal többet tesz meg: Innen a gyorsítás ideje: L a a = t. L t1 = = 0,707 s. a a 009/010 1 OKTV 1. forduló
Ezalatt a radír vízszintes irányban x a 1 = t =0,5 m utat tesz meg.. Vízszintes hajítás v0 = a t1 = m/s sebességgel indul h magasságban. A hajítás ideje: h t = =0,6 s. g Ezalatt a radír vízszintes koordinátájának megváltozása: x = v0 t =0,848 m. A becsapódás helyének távolsága az asztal sarkától: ( ) d = x + x + h =,5 m 1 b) Munkavégzésünk a két testnek mozgási energiájává valamint súrlódási munkává alakul. Jelöljük V-vel a kartonlap sebességét abban a pillanatban, amikor a radír elválik tőle. V = a t 1 =4,4 m/s Így 1 1 W = MV + mv +µ mg L=1,05 J Megjegyezzük, hogy a munka megadható a alakban is. 3 W = F s = ( M a1 +µ m g) L=1,05 J 009/010 OKTV 1. forduló
. Egy tökéletesen hőszigetelő hengerben két könnyen elcsúszó fal a hengert három, azonos V 0 = liter térfogatú részre osztja. Kezdetben mindegyik részben p 0 =. 10 5 Pa nyomású, ugyanolyan gáz van. A kezdeti hőmérséklet az egyes térrészekben T 1 = 300 K, T = 400 K ill. T 3 = 500 K. A falak hőáteresztők. a) Mekkora lesz a végállapotban a hőmérséklet? b) Mekkora lesz a folyamat végén a nyomás? c) Mekkora lesz ekkor az egyes részek térfogata? V 0 p 0 V 0 p 0 V 0 p 0 T 1 T T 3 Megoldás: a) A megoldás alapja az, hogy a két intenzív állapotjelző (p és T) azonos értéket vesz fel mindhárom térrészben az egyensúlyi állapot beálltával valamint, hogy az adiabatikus falú hengerben az összenergia megmarad. Az ábra szerinti jelölésekkel az energia megmaradását megadó egyenlet V p V p V p T 1 T T 3 V 1 p V p V p 3 T T T f f f f NkT 1 1+ NkT + NkT 3 3 = ( N1+ N + N3) kt alakú. Innen a véghőmérséklet: T = NT + NT + NT N + N + N 1 1 3 3 1 3, a kiindulási hőmérsékleteknek a részecskeszámokkal súlyozott számtani közepe. Az egyes részekben levő gáz molekuláinak számát a kezdő adatokból határozzuk meg: pv = N kt N = 1 1 1 pv, kt 1 hasonlóképpen N pv pv = és N =. 3 kt kt3 Ezeket beírva a hőmérséklet kifejezésébe: 009/010 3 OKTV 1. forduló
pv pv pv T1+ T + T3 kt1 kt kt3 3TT 1 T3 T = = = pv pv pv + + TT 1 + TT 1 3+ TT 3 kt kt kt 1 3 3 300 400 500 = K 383 K. 300 400 + 300 500 + 400 500 b) A folyamat alatt lassan (kvázisztatikusan) és kicsit változó (a falak elmozdulását okozó) nyomások értéke visszaáll az eredeti (mechanikai egyensúlyi) értékre, ugyanis az energiák összehasonlításával: vagyis f f f f f f 3 pv = pv 1+ pv + pv 3 = p ( V1+ V + V3) = p 3 V, 5 p = p= 10Pa. c) Az egyes részek végső térfogata a gáztörvény alapján kapható meg: pv T T T T hasonlóképpen: pv1 pv1 T 383 3 3 1 10 = = V = V = m =,553 liter, 1 1 300 T 383 T 383 V = V = 10 m = 1,915 liter és V = V = 10 m = 1,53 liter. 3 3 3 3 3 T 400 T3 500 3. Az ábrán látható kettős lejtő bal oldala α hajlásszögű, a rá helyezett m tömegű test és közte fellépő tapadási és csúszási súrlódás együtthatója µ. A jobb oldala súrlódásmentes, hajlásszöge β. A rajta lévő M tömegű test fonállal kapcsolódik a lejtő tetején lévő hengerkerék kerekéhez, melynek sugara n szerese a henger sugarának. Ez utóbbi pereméhez fonállal kapcsolódik a másik test. A henger tengelye is súrlódásmentes. Mekkora M esetén nem csúszik meg a m tömegű test? Legyen α= 30 o, β= 60 o, m= 0,6kg, µ= 0, és n= 3. 009/010 4 OKTV 1. forduló
Megoldás: Először vizsgáljuk a kötélerőket. A hengerkerék egyensúlyának feltétele az, hogy a kötélerők forgatónyomatékának összege nulla. Ezért az ábrának megfelelően a két kötélerő aránya n. A további meggondolásokban használjuk a mellékelt ábrák szerinti jelöléseket. Az egyes testekre írjuk fel a mozgásegyenleteteket (a szereplő vektorok lejtőre merőleges és vele párhuzamos összetevőire) és a tapadás feltételét. Ha m lefelé indul ahonnan S µ mgcos α mg sin α S = nk Mg sin β= K, mg sin α nmg sin β µ mg cosα m ( sin α µ cos α) M. nsinβ Ha m felfelé indul ahonnan Összefoglalva S µ mgcos α mg sin α+ S = nk Mg sin β= K, nmg sin β mgsin α µ mg cosα m ( sin α+µ cos α) M. nsinβ Konkrét adatokkal: m nsin β m sin cos sin cos. nsin β ( α µ α ) M ( α+µ α ) 0,075kg M 0,155kg 009/010 5 OKTV 1. forduló
4/A Az ábrán lévő kapcsolásban minden R ellenállás azonos nagyságú, az áramforrások kapocsfeszültsége U=10V, mely független a terheléstől. Az árammérő ideálisnak tekinthető, a kondenzátor kapacitása C=5µF. A kapcsoló bekapcsolását követően, elegendően hosszú idő múlva az árammérő által mutatott érték a nyitott álláskor mutatott értékhez képest 0,A-rel különbözik. a) Mekkorák a R ellenállások? b) Mennyivel változott a kondenzátor töltése? Megoldás: Nyitott kapcsoló esete. Mivel a kondenzátor régóta be van kapcsolva, a felső részen nyitott kapcsoló esetén nem folyhat áram. Az alsó részen csak a jelölt körben folyhat áram. Legyen a P pont potenciálja nulla, és vegyük fel minden pontba a potenciált. Az eredményt az ábra mutatja. Ekkor tehát az árammérő nullát mutat, a kondenzátor feszültsége pedig U. Zárt kapcsoló esete. A jobb alsó ellenálláson most sem folyik áram (végei azonos potenciálon vannak, az árammérő ellenállása nulla ), a kondenzátor fel van töltődve, tehát az ő ágában sem folyhat áram (ld. a potenciálokat szemléltető ábrát). A kondenzátor feszültsége most U, a töltésváltozás: Q=UC CU=CU=50µC Az árammérőn átfolyó áram U/R, ami egyúttal a változás is. Így a keresett ellenállás: R=10V/0,A=50Ω. 009/010 6 OKTV 1. forduló
4/B Vékonyfalú gömbtükör mindkét oldala tükröző. Ha a domború oldalt használjuk, mint tükröt, a nagyítás 1/4. Mekkora a nagyítás, ha a tárgy marad változatlan helyzetben és a tükröt megfordítjuk, azaz a homorú oldalt használjuk tükörként? A nevezetes sugármenetek felhasználásával készítsen ábrát a két esetről. Megoldás: Adatok: nagyítás N=-1/4. A képalkotás vázlata a konvex (domború) tükör estén a mellékelt ábrán látható. A kép nem valódi, egyenes állású és a tárgytávolságtól függetlenül kicsinyített. Mivel ebben az esetben a fókusztávolság f<0 és a tárgy valódi, így a tárgytávolság t>0, ezért a képtávolság k<0. A nagyítás az F C N k = = t 1 4 kifejezéséből A leképezési törvény szerint 1 k = t < 0. 4 1 1 1 1 4 3 = + = =, f t k t t t azaz t f = 3. A konkáv (homorú) tükör esetén a fókusztávolság ugyanakkora, mint a konvex esetben csak az előjele különbözik: 009/010 7 OKTV 1. forduló
t f =. 3 A képalkotás a mellékelt ábrán látható. A leképezi törvény erre az esetre: C F 1 1 1 3 1 = = =, k f t t t t azaz t k = > 0. Tehát valódi kép keletkezik. A nagyítás pedig N k 1 = =. t 009/010 8 OKTV 1. forduló
Pontozási útmutató a 009/010. évi fizika OKTV első fordulójának feladatmegoldásaihoz II. kategória Részletes, egységes pontozás nem adható meg a feladatok természetéből következően, ugyanis egyegy helyes megoldáshoz több különböző, egyenértékű helyes út vezethet. A feladat numerikus végeredményével megközelítően azonos eredményt kihozó megoldó erre a részfeladatra 0 pontot kap, amennyiben elvileg helytelen úton jut el. Fizikailag értelmes gondolatmenet estén a kis numerikus hiba elkövetése ellenére (a részfeladat terjedelmétől függően) 5 pont vonható le. 1. feladat a) Annak felismerése, hogy a mozgásnak két szakasza van A vízszintes (gyorsítási) szakasz helyes dinamikai vizsgálata A gyorsítás idejének helyes megállapítása A gyorsítási idő alatt a radír vízszintes irányban megtett útja. A mozgás. szakaszában a vízszintes hajítás idejének megállapítása. Ezalatt a radír vízszintes koordinátájának megváltozása. A becsapódás helyének távolsága az asztal sarkától b) A kartonlap sebességének kiszámítása abban a pillanatban, amikor a radír elválik tőle A munkatétel helyes felírása A végzett munka kiszámítása 1 pont. feladat Annak felismerése, hogy az egyensúlyi állapotban a hőmérsékletek mindenütt azonosak, az összenergia és részecskeszám pedig megmarad. Az energiaegyenlet helyes felírása. A részecskeszámok kifejezése a kezdeti adatokból. A véghőmérséklet meghatározása. A végső, kiegyenlítődött nyomás meghatározása a kezdeti és végső belsőenergia összehasonlításával. Az egyes elválasztott tartományok térfogatainak meghatározás. 5 pont 5 pont 3. feladat A kötélerők arányának megadása A lefele megcsúszás esetére az egyenlőtlenség rendszer megadása Az egyenlőtlenség rendszer megoldása A felfele megcsúszás esetére az egyenlőtlenség rendszer megadása Az egyenlőtlenség rendszer megoldása 5 pont Amennyiben a versenyző a két egyenlőtlenség rendszer közül csak az egyiket adja meg, függetlenül attól, hogy melyiket, akkor erre a részre 5 pontot kaphat. Amennyiben csak az egyik egyenlőtlenségrendszert oldja meg, akkor erre a részre ot kaphat. A keresett tömegre vonatkozó intervallum numerikus megadása 009/010 9 OKTV 1. forduló
4./A feladat Nyitott kapcsoló esete: A felső részen nyitott kapcsoló esetén nem folyhat áram. Az alsó részen csak a jelölt körben folyhat áram. Az árammérő nullát mutat A kondenzátor feszültsége Zárt kapcsoló esete: A jobb alsó ellenálláson most sem folyik áram A kondenzátor ágában nem folyik áram A kondenzátor feszültsége U A töltésváltozás megadása Az ellenállások megadása 4./B feladat Domború tükör eset f és k előjele, a kép jellege k és f meghatározása Ábra a képalkotásról a nevezetes sugarakkal Homorú tükör eset f és k meghatározása A nagyítás meghatározása Ábra a képalkotásról a nevezetes sugarakkal Mindkét esetben az ábra tartalmazza a kép keletkezését, azonosítható sugármenetekkel, arányos tárgy és kép nagyságokkal, tárgy, fókusz és képtávolsággal. Egyébként lehet szabadkézi rajz is. Ekkor jár a 4 az ábrákra. 009/010 10 OKTV 1. forduló