2007/2008. tanév Szakács Jenő Megyei Fizika Verseny I. forduló
2007. november 9.
MEGOLDÁSOK
2007-2008. tanév - Szakács Jenő Megyei Fizika Verseny I. forduló 1. d = 150 m v1 = 14,4 km/h = 4 m/s ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ a) t1 = ? b) ⎪r1⎪=? c) v2 = ? , ha s2 = d d) ⎪r3⎪=? , ⎪r2⎪=?
B
b)
r2 r3
C
r1 d A
d
Megoldások
a) A sportoló által megtett út: s1 = 4d = 4 ⋅150 m = 600 m, amelynek megtételéhez szükséges idő: s 600 m t1 = 1 = = 150 s = 2,5 perc. 4 pont v1 4 m s A szabályos hatszög (háromszögek) tulajdonságait felhasználva r1 r 3 =d⋅ , mivel 1 a d oldalú szabályos háromszög 2 2 2 4 pont magassága. Így r1 = d ⋅ 3 = 259,8 m. c) A sportoló a B pontig 3d, a gyalogos d utat tesz meg. Így a találkozásig eltelt idő 3d d d v 4m = . Ebből v2 = v1 = 1 = = 4,8 km/h. t= v1 v2 3d 3 3 s 5 pont
d) A találkozás pillanatában az elmozdulások nagysága az ábra szerint: ⎪r3⎪= 2d = 2⋅150 m = 300 m, illetve ⎪r2⎪=d = 150 m. 2 pont 2. d = 90 km = 90⋅103 m d s1 = = 30 km = 30⋅103 m 3 s2 = 45 km = 45⋅103 m v1 = 36 km/h = 10 m/s v2 = 12 m/s v3 = 54 km/h = 15 m/s vátl = 16 m/s ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ a) to = ? b) vv = ?, vmax = 90 km/h
a) A hátralévő (harmadik) útszakasz nagysága: s3 = d – (s1 + s2) = 90 km – (30 km + 45 km) = 2 pont = 15 km = 15⋅103 m. Az odaút megtételéhez szükséges idő: s1 s2 s3 30 ⋅ 103 m 45 ⋅ 103 m 15 ⋅ 103 m + + = to = + + = m m m v1 v2 v3 10 12 15 s s s = 7750 s = 2,15 h . 5 pont
b) A teljes útra vonatkozó átlagsebesség: vátl =
2d 2d – to = 3500 s. . Ebből tv = to + t v vátl
5 pont
A visszaút sebessége eszerint d d 90 ⋅103 m m vv = = = 92,57 km/h . 2 pont =25,71 = t v 2d − t 3500 s s o vátl A buszvezető ezek alapján nem tudja betartani a KRESZ-szabályt: a visszaúton 90 km/h-nál nagyobb sebességgel kellene haladnia a busszal. 1 pont
2
2007-2008. tanév - Szakács Jenő Megyei Fizika Verseny I. forduló
3. Az adatokat az ábrák tartalmazzák. a) vA vagy vB nagyobb? b) vA = ? , vB = ? c) sA = ? , sB = ?, ha t = 0,5 min = 30 s d) B testre s(t) grafikon
Megoldások
a) és b) Az A test sebessége a grafikonja alapján ∆s 500 m − 100 m = 8 m/s. vA = = 3 pont 50 s ∆t vB = 30 km/h = 8,33 m/s. 2 pont Így a B test mozog gyorsabban. 1 pont
c) t = 30 s alatt megtett utak: m m sA = vA ⋅t = 8 ⋅ 30 s = 240 m, sB = vB ⋅t = 8,33 ⋅ 30 s = 250 m. s s d) A B test is egyenes vonalú egyenletes mozgást végez.
4 pont
s (m) 516,6
350
5 pont 100 0
30
50
4. v0 = 0 a = áll. 3 v 4 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ a) x/s = ? b) t1/t =?
s1 = s/2, v1 =
v2 8 x 2a = = = 88,8 % . 2 9 2 9 s ⋅ v 2a 16
t (s)
a) A repülőgép x távolságban éri el a v felszállási sebességet. Egyenletesen gyorsuló mozgásra (v0 = 0) fennáll, hogy a v2 x = t 2 , v = a⋅t ⇒ x = . Másrészt 2 2a 2 v2 1 ⎛3 ⎞ s s1 = 1 ⇒ = ⎜ v⎟ . 2 2a ⎝ 4 ⎠ 2a Ezekből az x/s hányadosra kapjuk, hogy
10 pont
b) A sebességekre fennáll, hogy v = a⋅t, és v1 = a⋅t1. Innen 3 v t1 v1 4 3 = = = =0,75 . 5 pont 4 t v v
3
2007-2008. tanév - Szakács Jenő Megyei Fizika Verseny I. forduló
5. m1= 2 kg v1 = 10 m/s v2 = 0 Ee – Eu = 0,75 Ee ⇒ Eu =0,25Ee ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ a) m2 = ? b) u = ?
Megoldások
Az ütközés tökéletesen rugalmatlan. A lendület megmaradás törvénye alapján: 3 pont (1) m1v1 + m2⋅0 = (m1 + m2)u A mozgási energiákra a feladat szerint fennáll, hogy 0,25Ee = Eu, azaz 1 1 (2) 0,25⋅ m1v12 = (m1 + m2 )u 2 . 3 pont 2 2
Az (1) és (2) egyenletekből a két ismeretlen (m2 és u) meghatározható. Például (2) és (1) hányadosát véve 5 pont b) u = 0,25v1 = 0,25⋅10 m/s = 2,5 m/s . (1) felhasználásával m m 2 kg ⋅ (10 − 2,5 ) m (v − u ) s = 6 kg . s a) m2 = 1 1 = 4 pont m u 2,5 s
6. L = 1 m M = 1 kg α0 = 60° α = 30° m = 50 g = 0,05 kg g = 9,81 m/s2 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ a) F = ? b) h* =?
L
a) A test körmozgást végez, így v2 M 1 = F – Mg cos α, ebből L v2 3 pont F = M 1 + Mg cos α . L A v1 sebességet az energiatételből határozhatjuk meg: 1 2 pont Mgh = Mgh1 + Mv12 ⇒ v12 = 2g(h – h1) . 2 Az ábra alapján: h = L/2, h1 = L(1 – 3 /2), így
v12 = 2gL(–1/2 +
3 /2), és
3 3 – 1) = 15,68 N . 2 pont 2 b) Az egyensúlyi helyzeten áthaladáskor a golyó sebessége az energiatételből: 1 Mgh = Mv22 ⇒ v22 = 2gh = gL . 2 A vasgolyó magához rántja a kis mágnest, és együtt mozognak tovább. Így rugalmatlan ütközés játszódik le, amire felírható a lendület megmaradás törvénye. Ha a kis test közel van a 2 pont golyóhoz, elhanyagolhatjuk a függőleges lendület változását. A vízszintes komponensre fennáll:
F = 2Mg(–1/2 +
3 /2) + Mg 3 /2 = Mg(
4
2007-2008. tanév - Szakács Jenő Megyei Fizika Verseny I. forduló
Megoldások
M v2 . 2 pont m+M Az új magasság meghatározásához ismét az energiatételt használhatjuk:
Mv2 = (m +M)u ⇒ u =
2
2
u 2 ⎛ M ⎞ v22 ⎛ M ⎞ L 1 =⎜ =⎜ , (M + m)gh* = (M + m)u2 ⇒ h* = ⎟ ⎟ 2 2g ⎝ M + m ⎠ 2g ⎝ M + m ⎠ 2 2
⎞ 1m ⎛ 1 kg ⎟⎟ ⋅ = 0,453 m . h* = ⎜⎜ ⎝ 1 kg + 0,05 kg ⎠ 2
7. d = 7 cm, r = 3,5 cm α = 8,5⋅10–6 (1/°C) t 1 = 5 °C t2 = 45 °C ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ a) δ = ? b) fordítva?
4 pont
a) Legyen a kiinduló (t) hőmérséklet 5 °C és 45 °C között. A belső pohár sugara a hűtés miatt kisebb lesz: r1 = r(1 + α ∆t1), ahol ∆t1 = t1 – t < 0 . 4 pont A külső pohár sugara a melegítés miatt megnő: r2 = r(1 + α ∆t2), ahol ∆t2 = t2 – t > 0 . 4 pont
A poharak közötti hézag: δ = r2 – r1 = r(1 + α ∆t2) – r(1 + α ∆t1) = rα (∆t2 – ∆t1) = rα (t2 – t – t1 – t) = rα (t2 – t1) 1 δ = 3,5 cm⋅8,5⋅10–6 ⋅(45 °C – 5 °C) = 1,19⋅10–3 cm . 2 pont °C b) Ha a poharak vékonyfalúak, valószínűleg megrepednek a fellépő feszültség miatt. 5 pont
8. h = 3,2 m v0 = 0 v1 = 1 m/s c = 460 J/(kg⋅K) g = 9,81 m/s2 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ a) v = ? , ha µ =0 b) Q/Eh = ? c) ∆T = ?
a) Az energia megmaradás törvénye alapján: 1 mgh = mv2. Innen 2 m v = 2 gh = 2 ⋅ 9,81 2 ⋅ 3,2 m = 7,92 m/s . s b) A súrlódás miatt keletkezett hő nagysága: 1 Q = mgh – m v12 . Így 2
1 m2 mgh − mv12 1 2 v Q 2 s2 = = 1− 1 = 1 – = 0,98 (= 98 %). m Eh mgh 2 gh 2 ⋅ 9,81 2 ⋅ 3,2 m s c) A keletkező hő teljes egészében a testet melegíti. Így Q = mc∆T. 1 mc∆T = mgh − mv12 . Ebből 2 1 m 1 m2 gh − v12 9,81 2 ⋅ 3,2 m − ⋅ 1 2 2 = s 2 s = 0,13 K = 0,13 °C. ∆T = J c 460 kg ⋅ K
3 pont
6 pont
6 pont
5
2007-2008. tanév - Szakács Jenő Megyei Fizika Verseny I. forduló
Megoldások
9. O2: m1 = 20 g, V1 = 20 dm3 = 2⋅10–2 m3, T1 = 400 K, M1 = 32 g/mol He: m2 = 50 g, V2 = 40 dm3 = 4⋅10–2 m3, T2 = 300 K, M2 = 4 g/mol ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ a) Melyik gáz nyomása a nagyobb, és ∆p = ? b) W’ = ?, ∆V = 40 dm3 – 10 dm3 = 30 dm3 = 3⋅10–2 m3 (O2) c) Q = ?, ∆T = 400 K – 100 K = 300 K (He) a) Mindkét egyenes az origón megy keresztül, tehát V ~ T, azaz a gázok állapotváltozása izobár. Így van értelme azt kérdezni, hogy melyik gáz nyomása a nagyobb. 3 pont A nyomásokat az ábra adataiból az állapotegyenlet alapján meghatározhatjuk: Az oxigénre: J m1 m1 RT1 20 g ⋅ 8,31 mol ⋅ K ⋅ 400 K = 1,039⋅105 Pa . p1V1 = = 2 pont RT1 ⇒ p1 = g M1 M 1V1 −2 3 32 ⋅ 2 ⋅ 10 m mol A héliumra hasonlóan: J 50 g ⋅ 8,31 ⋅ 300 K m2 RT2 mol ⋅ K = 7,79⋅105 Pa . 2 pont p2 = = g M 2V2 4 ⋅ 4 ⋅ 10− 2 m3 mol A hélium gáz nyomása nagyobb, ∆p = p2 – p1 = 6,75⋅105 Pa-lal. 1 pont b) Az oxigén által végzett munka (állandó nyomáson): W’ = p1⋅∆V = 1,039⋅105 Pa⋅ 3⋅10–2 m3 = 3117 J . 3 pont c) A héliumgáz hőfelvétele (állandó nyomáson): f +2 f +2 m nR = Q = Cp ∆T , ahol Cp = R , f =3. 2 2 M Így 5 m2 5 50 g J ⋅ 8,31 ⋅ 300 K = 77 906 J = 77,9 kJ . Q= R∆T = ⋅ g 2 4 mol ⋅ K 2 M2 mol
10. I =2,5 A d = 2 mm , r = 1 mm = 10–3 m ρ = 10–6 Ωm ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ a) E =? b) l = ?, ha U = 10 V
a) Az elektromos térerősség a vezetőben: U E = , másrészt Ohm törvénye szerint U = I⋅R¸ és l l R = ρ , A = r2π = π⋅10–6 m2. Mindezeket A behelyettesítve, kapjuk
U I ⋅R I ⋅ρ 2,5 A ⋅10 -6 Ωm E= = = 0,796 V/m . = = l l A π ⋅10 -6 m 2
b) A vezető ellenállása R =
4 pont
10 pont
10 V U l = = 4 Ω. Másrészt R = ρ , amiből I 2,5 A A
6
2007-2008. tanév - Szakács Jenő Megyei Fizika Verseny I. forduló
Megoldások
4 Ω ⋅ π ⋅10 −6 m 2 = 12,56 m , 5 pont ρ 10 − 6 Ωm 10 V U vagy az a) eredményt használva: l = = = 12,56 m . E 0,796 V m l=
R⋅ A
=
11. R1 = R2 =R3 = R4 = R = 100 Ω 1 Re = 133 Ω 3 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ a) RAB = ? b) Mi a teendő?
a) Az R1 és R2 az átkötő átló miatt rövidre vannak zárva. Ezzel együtt R4 is rövidzárba kerül, így csak R3 jelent tényleges ellenállást. 8 pont Tehát RAB = R3 = 100 Ω .
b) Ha kivesszük az R1 és R2 közti rövidzárat, a következő kapcsolást kapjuk:
Az eredő ellenállás (minden ellenállás azonos): 4 1 R Re = + R = R = 133 Ω. 7 pont 3 3 3
12. v0 = 0 t = 10 s α = 10° R = 50 m µ=0 g = 10 m/s2 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ a) v = ? b) s = ? c) ϕ = ?
a) Mivel nincs súrlódás, a test mozgásegyenlete a lejtőn: ma = mg sin α ⇒ a = g sinα . A sebessége a lejtő alján: m v =at = g t sinα = 9,81 2 ⋅10 s⋅sin 10° = 17,03 m/s . s b) A lejtőn megtett út: m 9,81 2 ⋅ sin 10° a g sin α 2 s ⋅ 100 s 2 = 85,17 m . s = t2 = t = 2 2 2
4 pont
3 pont
c) A sízőre ható erők eredője biztosítja a körpályán haladást (ld. ábra): 2 m⎞ ⎛ ⎜17,03 ⎟ Fny macp v 2 s⎠ = 0,591, = = ⎝ ϕ = 30,59°. 8 pont tg ϕ = ϕ mg Rg 50 m ⋅ 9,81 m s2 A síző a körpályán a függőlegeshez képest ϕ = 30,59° -kal dől befelé. macp mg
7
2007-2008. tanév - Szakács Jenő Megyei Fizika Verseny I. forduló
13. 2r = 75 mm, r = 37,5⋅10–3 m C0 = 531 pF = 531⋅10–12 F C1 = 1159 pF = 1159⋅10–12 F C2 ε0 = 8,854⋅10–12 N ⋅ m2 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ a) d = ? b) εr = ? c) C2 = ?
Megoldások
a) A kondenzátor lemezének területe A = r2π = 37,52⋅10–6 m2⋅π = 4,418⋅10–3 m2 . A kondenzátor kapacitása: A C0 = ε0 , így d C2 8,854 ⋅10 −12 ⋅ 4,418 ⋅10 −3 m 2 2 ε0 A N ⋅ m d= = C0 531 ⋅10 −12 F d = 7,35⋅10–5 m = 73,5 µm . 6 pont
b) A papír dielektrikum, aminek a lemezek közé helyezésével a kondenzátor kapacitása megnő. Eszerint a papír dielektromos állandója: C 1159 pF = 2,18 . εr = 1 = 3 pont C0 531 pF c) A három fémhengerből és két papírlapból álló rendszer két darab C1 kapacitású kondenzátor sorba kapcsolásának felel meg. Így C 1159 pF C= 1 = = 579,5 pF . 6 pont 2 2
*
*
*
Megjegyzés: A 3. feladat megoldása, ha az eredeti (hibás) ábra adatait használjuk: b) Az A test sebessége a grafikonja alapján ∆s 500 m − 100 m = vA = = 1,6 m/s. 3 pont ∆t 250 s vB = 30 km/h = 8,33 m/s. 2 pont a) Így a B test mozog gyorsabban. 1 pont c) t = 30 s alatt megtett utak: m m sA = vA ⋅t = 1,6 ⋅ 30 s = 48 m, sB = vB ⋅t = 8,33 ⋅ 30 s = 250 m. s s d) A B test is egyenes vonalú egyenletes mozgást végez.
4 pont
s (m) 516,6
350
5 pont 100 0
30
50
t (s)
8
