oktatási hivatal2014/2015 1 oktv 1. forduló oktatási hivatal a 2014/2015. tanévi országos...

2014/2015 1 OKTV 1. forduló

O k t a t á s i H i v a t a l

A 2014/2015. 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:

2

0

11 cos .

2mgl m v

Innen

22

2 2

0

2

m0,5

sarccos 1 arccos 1 .m2

2 9,81 0,8 ms

gl

10,24° 10°v

Fizika II. kategória


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:

f 0cos ,F mg

amelynek vízszintes összetevője

fx 0 0 cos sin ,F mg

ami fékezné a kiskocsit, tehát nekünk ekkora erőt kell ebben a pillanatban kifejteni az egyenletes

sebesség megtartásához:

20

fx 0 0

m0,5 kg 9,81 sin 2 10,24

sin 2 s cos sin2 2

mgF mg

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

2

1 0,8 m2

m4 4 2 29,81

s

T l lt

g g

0,4486 s 0,45 s.

(Megjegyzés: tévhit, hogy csak 5o-ig „elég pontos” a lengésidő képlet!)



2.) Egy fa = 500 kg/m3 sűrűségű, R = 20 cm sugarú fenyőfagömböt hosszú, vékony

alumíniumhuzallal összekötöttünk egy vas = 7,8 kg/dm3 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 mm2. A levegő sűrűsége lev = 1,29 kg/m

3.

Mozoghatnak-e egyenletesen egy idő után ezek a testek? Az alumíniumhuzal

szakítószilárdsága= 200 MPa. Az esetleges további szükséges adatokat a függvény-

táblázatból vegyük.

Megoldás. Induláskor a két gömb szabadon esik, ám sebességük növekedésével a közeg-

ellenállási erő rohamosan nő, fékezi a gömbök mozgását (az arkhimédészi felhajtóerő elhanya-

golható). 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 = 200 MPa szakító szilárdságú alumíniumban ható erő a feltételezett

egyenletes mozgás létrejöttekor. (Megjegyzés: a vékony huzal azt jelenti, hogy a tömege elhanyagol-

ható, 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:

fa közeg,fa 0,m g F K

vas közeg,vas 0.m g F K

Beírva a megfelelő jellemzőket, végig paraméteresen számolva: 3

2 2

fa lev

4 10,

3 2

Rg k K

R v (1)

32 2

vas lev

4 10.

3 2

rg k K

r v (2)

Itt k = 0,45 (táblázatból) a gömb alakállandója. Összeadva a két egyenletet:

3 3 2 2 2

fa vas lev

4 10.

3 2g R r k

R r v

Innen a kialakuló maximális egyenletes sebesség-négyzet:

3 33 3

fa vasfa vas2

2 22 2

levlev

4

83 .1 3

2

g R r R rg

kk

vR rR r

Ezt pl. az (1) egyenletbe írva K-t kifejezzük:

3 3 3 33fa vas fa vas2 2

fa fa2 2 2 2

4 4 4.

3 3 3

R r R rRK g g R g R

RR r R r



Az adatok beírásával és a műveletek elvégzésével:

3 32 fa vas

fa2 2

3 3 3 3

3 32 2

2 2 2 2 2 3

4

3

kg kg500 0,2 m 7800 0,1 m

4 m kgm m0,2 m 10 500 0,2m 228 N.3 s 0,2 m 0,1 m m

R rK R g R

R r

Az alumíniumhuzal által kifejthető maximális erő:

8 6 2

max 2

N2 10 10 m 200 N.

mK A

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:

3 3 3 33 3

3 32fa vas

2 2 2 2 2 2

lev

kg kgm 500 0,2 m 7800 0,1 m108 8 m ms

3 3 0,45 1,29 0,2 m 0,1 m

m km 103,13 371,29 .

s h

R rg

k

vR r

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

2 2

fa lev fa

4 1,

3 2

Rg k K m a

R v

32 2

vas lev vas

4 1.

3 2

rg k K m a

r v

Amíg a fonál nem szakad el, addig a két test gyorsulása azonos. A bal oldalon a tömegek

beírásával kapjuk:

2 2

fa lev fa

1,

2m g k K m a R v

2 2

vas lev vas

1.

2m g k K m a r v

A gyorsulásokat kifejezve és egyenlővé téve, g-vel egyszerűsítve:

2 2 2 2

lev lev

vas vas fa fa

.2 2

k kK K

m m m m

r v R v

Innen:

2 2 2

lev

fa vas fa vas

1 1.

2

kK

m m m m

v R r



Innen:

lev fa vas2 vas fa

2 2 2 2

lev vas fa

fa vas

2 1 1

2.

K

k m m m mK

k m R m r

m m

vR r

Innen a gömbök sebessége az elszakadás előtti pillanatban:

3 3

vas fa vas fa

2 2 3 2 3 2

lev vas fa lev vas fa

2 2.

m m r RK K

k m R m r k r R R r

v

Számadatainkkal (dimenziók nélkül):

3 3

3 2 3 2

7800 0,1 500 0,22 200 m m km97,55 351,17 .

s s0,45 1,29 h7800 0,1 0,2 500 0,2 0,1

v

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 fa-

gömb hirtelen fékezni fog, a vas gömb tovább gyorsul, és mindketten előbb-utóbb elérik az

egymásétól különböző egyenletes sebességet.



3) Vízszintes helyzetű, rögzített, hőszigetelő falú, A = 0,5 dm2 keresztmetszetű hengert mérsé-

kelten 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, p0 = 105 Pa nyomású levegőtől. A bal oldali tartályban n, a jobb oldaliban 2n mólnyi,

T2 = 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 T1 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

p1A + mg = p0A, tehát p1 = p0 – mg

A

mg

A =

3 2

100N

5 10 m = 0,2∙10

5 Pa.

Ezzel p1 = 0,8∙105 Pa = állandó.

A jobb oldali dugattyú egyensúlya miatt

p0 A + mg = p2A, tehát p2 = p0 + mg

A

Ezzel p2 = 1,2∙105 Pa = állandó.



Az állapotegyenlet a bal oldali gázra p1V = nRT1,

a jobb oldalira p2V = 2nRT2.

A két egyenlet hányadosából

1 1

2 22

p T

p T , vagyis 1

1 2

2

2 2 0 8300K

1 2

p ,T T

p ,

400K .

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:

le p 1 p 2 fel2 ,Q C n T T C n T T Q

amiből 1 22 400K 600K

3 3

T TT

333K . (A közös hőmérséklet lényegében a kezdeti

hőmérsékletek anyagmennyiséggel súlyozott átlaga.)

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:

A grafikon alapján láthatjuk, hogy V2/T2 = V/T2 és V1/T1 = V/T1, amiből

h1/h2 = V1/V2 = (T1 T2)/ (T2 T1) = (67300)/(33400) = 3/2.

Tehát a keresett arány 3:2.

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 = 3:2.

333 400 300

V2

V1

V

T (K)



d) Az energia-változások összege

1 2 1 2 1 2( ) 2 ( ) (3 2 )

2 2 2

f f fE E nR T T nR T T nR T 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:

0 22mg

p V nRTA

(1)

0 1

mgp V nRT

A

(2)

A két oldalt elosztva egymással a keresett hőmérséklet kifejezhető:

0

1 2

0

2

mgp

AT Tmg

pA

(3)

Adatainkkal (A nehézségi gyorsulás értékét 10 m/s2 -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:

1

1

,T T

V V (4)

2

2

.T T

V V (5)



Legyen az a hőmennyiség, amelyik az 1. részből a 2. részbe a folyamat során hővezetéssel átmegy.

Írjuk fel a két oldalra az I. főtételt (felhasználva, hogy a gázok állandó nyomás mellett változtatják a

térfogatukat):

v 1 0 1 ,mg

nC T T Q p V VA

(6)

v 2 0 22 .mg

nC T T Q p V VA

(7)

A két oldalt összeadva kapjuk

v 1 2 0 1 0 22mg mg

nC T T T T p V V p V VA A

A jobb oldalt tovább alakíthatjuk a (4) és (5) egyenlet segítségével:

v 1 2 0 0

1 2

0 1 0 2

1 2

2

.

mg TV mg TVnC T T T T p V p V

A T A T

mg V mg Vp T T p T T

A T A T

A kapott egyenletben felhasználva (1)-et és (2)-t:

v 1 2 1 22 2 .nC T T T T nR T T T T (8)

Egy oldalra rendezve:

v 1 22 0,n C R T T T T

ahonnan látszik, hogy a közös hőmérsékletre fennáll, hogy 1 22 0.T T T T

Kifejezve a közös hőmérsékletet:

1 22.

3

T TT

(9)

Adatainkkal: T = 333K.

c) A megtett utak megkaphatók a gázok térfogatváltozásaiból (bal oldalon a térfogat csökken, jobb

oldalon pedig nő):

1 21 2, és .

V V V Vh h

A A

A két magasság hányadosát a (4) és (5) egyenletekkel, majd a (9) közös hőmérséklettel tovább alakítva:

1 1 1 2 1 2

2 2 1 2 1

2

2 .

VTV

h V V T T T T T

VTh V V T T T TV

T

Adatainkkal: 1

2

h

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 1 22 0,T T T T ezért mindkét oldalon zérus áll, így a gázok belső energia-változásának

összege is, és a gázok által végzett mechanikai munkák összege is nulla.


2014/2015 10 OKTV 1. forduló

4) R = 10 cm sugarú, n = 1,5 törésmutatójú üveggömb egyik sugarának valamelyik felezőmerő-

legese 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 változtat-

hatjuk. 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 = 30o. A törési törvény szerint:

sin sin sin sin30 sin arcsin arcsin 19,47

sin 1,5

an

n n

19,5.

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:

2

Az szög pedig a beesési és törési szögek különbsége:

30 19,47 10,53 10,5.

Így tehát a beeső és kilépő sugarak 2 10,53 21,06° 21-os szöget zárnak be egymással.

b)A fénysugárnak az üvegben megtett útja 2 cos .s R A törésmutató értelmezése szerint

0 0ü

ü

.c c

n cc n

A fénysugár futási ideje az üvegben tehát:

80ü 0

2 cos 2 cos 2 1,5 0,1 m cos19,47.

m3 10 s

s R nRt

cc c

n

-109,428 10 s 0,943 ns 0,94 ns.


2014/2015 11 OKTV 1. forduló

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 90o-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:

hat.hat.

sin 1 sin90 1 arcsin arcsin 41,81

sin90 1,5n n

42.

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

180o:

max hat.180 2 180 2 41,81 96,38° 96.

Ennél a szögnél biztosan nem lehet nagyobb a keresett szög, már ezt sem érheti el, de tetszőle-

gesen megközelítheti.


2014/2015 12 OKTV 1. forduló

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: 20 pont

2. 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 2 pont

Összesen: 20 pont

3. feladat

a) T1 helyes meghatározása 3 pont

b) A közös hőmérséklet meghatározása 8 pont

c) A helyes megadása 5 pont

d) A belső energia-változások összege nulla 2 pont

A gázok által végzett mechanikai munkák összege nulla 2 pont

Összesen: 20 pont

4. feladat.

a) A beesési szög felismerése 2 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: 20 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/s2 vagy 10 m/s

2 egyaránt elfogadható.

oktatási hivatal2014/2015 1 oktv 1. forduló oktatási hivatal a 2014/2015. tanévi országos...

Documents