Fizikai olimpiász 51. évfolyam 2009/2010-es tanév
E kategória
A házi forduló feladatainak megoldása
2009 novemberében jelentek meg a fizikai olimpiász 1993-2009-es id szakának feladatai, amelyek alkalmasak a fizikai olimpiász résztvev inek felkészítésére: az E, F és alapiskolák számára a G kategória feladatai: .ZAUJÍMAVÉ ÚLOHY Z FYZIKY, az A és D kategória feladatai középiskolák számára: FYZIKA V ZAUJÍMAVÝCH ÚLOHÁCH A feladatgy jtemény megjelent könyv formájában (a feladatok szövegezése) és CD-n (a feladatok, megoldásaikkal együtt). A részletek megtalálhatók a http://fpv.uniza.sk/fo honlapon.
1. Az autóbusz és a vonat Amikor a vonat és az autóbusz egy irányba mozognak, az autóbusz vonathoz viszonyított sebessége vr2 = v − u. Ilyen relatív sebességgel az autóbusz t2 id alatt teszi meg a vonat hosszának megfelel távolságot, ezért d = vr2 t2 = (v − u) t2 Amikor egymással szemben mozognak, az autóbusz vonathoz viszonyított sebessége vr1 = v + u. Ezzel a relatív sebességgel az autóbusz t1 id alatt halad el a vonat mellett, tehát d = vr1 t1 = (v + u) t1. Ezekb l a képletekb l rendezés után megkapjuk a vonat sebességét t −t u = v 2 1 33 km/h. 5 pont t 2 + t1 a) A vonat hosszát az u sebesség behelyettesítésével kapjuk meg a képletek egyikéb l 2t t d =v 1 2 129 m. 5 pont t1 + t 2 2. Téglák Tételezzük fel, hogy a téglák a földön feküdtek. Amikor Jancsi a téglákat egymásra rakta, növelte a helyzeti energiájukat. A hasznosan végzett W munka egyenl a helyzeti energia ∆Ep megnövekedésével. b) A helyzeti energia megváltozását kiszámíthatjuk fokozatosan, kiszámítva az egyes téglák helyzeti energiájának megváltozását. Jancsi az els téglát a palettára helyezve a téglát d vel magasabbra helyezi, mint volt. A második téglát d+c magasságba emeli, és ráhelyezi az els téglára. A harmadik téglát d+2c magasságba a negyediket d+3c stb. magasságba emeli. A helyzeti energia teljes megnövekedése ∆Epa = Wa = mgd + mg(d+c) + mg(d+2c) + ... + mg(d+5c) = (6d + 15c) mg = 75 J. A gravitációs gyorsulás itt használt értéke g = 10 m/s2. bármilyen helyes eljárásra 6 pont Egy másik eljárás is használható. A téglák közös súlypontja h1 = c/2 magasságban van. Miután Jancsi egymásra rakja ket, a súlypont magassága h2 = d + 6c/2. A potenciális energia megnövekedése tehát ∆Epa = 6m g (h2 − h1) = 6mg(d + 3c − c/2) = (6d + 15c) mg. 2 pont c) Azonos eljárással 10 téglára azt kapjuk, hogy ∆Epb = Wb = 10m g (h2b − h1) = 10 mg (d + 5c − c/2) = (10d + 45c) mg = 177 J. 2 pont Megjegyzés: A megoldás abból indul ki, hogy a téglák az elején mind a földön fekszenek, és ez a nulla magasság. Helyesnek kell elfogadni azt a megoldást is, ahol a tanuló feltételezi, hogy Jancsi a téglákat (6-ot vagy 10-et) a földön rakja egymásra, és mint egy egészet emeli a palettára, esetleg egyenként helyezi ket át a palettára. Helyes bármilyen, más, jól megindokolt eljárás. Megjegyzés: Valójában Jancsi jóval nagyobb munkát végzett, mert az általa elvégzett munka egy része a fiú mozgására használódott fel. A kiszámított munka csak az elvégzett munka azon része, amely a téglák helyzeti energiáját növelte.
3. Három ég a) A kapcsolási sémát az ábra mutatja R R U0
R
3 pont b) Két párhuzamosan csatlakoztatot ég ellenállása R1 = R/2. Az ég k teljes rendszerének ellenálllása Rc = R + R1 = (3/2) R. Az áramforrás által szolgáltatott áram nagysága I = U0/Rc. A feszültség az els (sorosan csatlakoztatott) ég n U1 = R I = (2/3) U0. A két párhuzamosan csatlakoztatott ég n lev feszültség U2 = R1 I = (1/3) U0. (együtt 3 pont) c) Az els ég által felvett teljesítmény P1 = U1 I = U 12 / R = ( 4 / 9) U 02 / R . A párhuzamosan csatlakoztatott ég k mindegyike által felvett teljesítmény P2 = U 22 / R = (1 / 9) U 02 / R . Az eredményb l nyilvánvaló, hogy a sorosan csatlakoztatott ég által felvett teljesítmény a legnagyobb. (együtt 4 pont) Megjegyzés: Az egyszerség kedvéért feltételezzük, hogy az áramforráshoz csatlakoztatott egyforma ég knek az ellenállása egyforma. Valójában a sorosancsatlakoztatott ég n kétszer nagyobb áramfolyik át, mint a párhuzamosan csatlakoztatott ég kön, és fényesebben világít, magasabb a h mérséklete. Mivel azég k ellenállása növekv h mérséklettel n , üzemeltetés nagyobb lesz, mint a párhuzamosan csatlaközben a sorosan csatlakoztatott ég ellenállása koztatott ég ké. A valóságban tehát az ég kön kisebb feszültség lesz U2’ < U2 a U1’ < U1. 4. Motoros szán a) A V térfogatú és m = ρ V tömeg üzemanyag elégetéséb l felszabaduló h Q = m H. Ebb l a h b l a munka formájában hasznosított energia W = η Q . Ennek a munka mennyiségének a nagysága W = P t függ a motor teljesítményét l és a motor üzemeltetésének idejét l. A megadott képletek felhasználásával megkapjuk az elégetett benzin V térfogatát Pt m Q W , V = = = = ρ ρH η ρH η ρH így a motor 1 óra alatt V1 1,4 liter benzint éget el. 5 pont b) Ha a motoros szán a megadott módon halad, a motor m ködési ideje tb = s / v. Az el z pontban kapott eredményt felhasználva az adott térfogatú üzemanyagra megkapjuk a tb id t és innen a megtett távolságot η ρHv 5 pont s= V 76 km. P
5. Brigádosok F1 A
F2 O
d
B
d−x
x
FG
a) A két végén alátámasztott rúd, amelyre az O pontban nehezéket függesztettek, nyugalomban van – ez azt jelenti, hogy a rúdra ható ered er nulla, és nulla a rá ható forgónyomaték is (bármelyik ponthoz viszonyítva számítjuk is azt). Az er k egyensúlyát a következ képlet adja meg F1 + F2 = FG, (1) ahol F1 és F2 azoknak az er knek a nagysága, amelyekkel a brigádosok hatnak a rúdra és amelyekkel a rúd is hat a brigádosok vállára. FG = m1g az er , amellyel a nehezék hat a rúdra az O felfüggesztési pontban. A forgónyomatékot az O pontra számítva azt kapjuk, hogy F1 x = F2 (d − x). (2) Az (1) és (2) képlet segítségével kiszámíthatjuk az er k nagyságát, és azt kapjuk, hogy F1 + F1
x = FG , d−x
F2
d−x + F2 = FG , x
ahonnan
x 218 N. összesen, bármilyen helyes eljárásra 5 pont d Az itt használt gravitációs gyorsulás értéke g 10 N/kg. Megjegyzés: Az eredményeket egyszerbben úgy kaphatjuk meg, ha a forgatónyomatékot az alátámasztási pontokhoz (brigádosok vállához) viszonyítva számítjuk ki. Az A ponthoz viszonyítva: FG x = F2 d, a B ponthoz viszonyítva:FG (d − x) = F1 d Ezekb l az egyenletekb l az eredményeket azonnal megkapjuk, anélkül, hogy egyenletrendszert kéne megoldanunk. F2 = m1 g
b) Ha feltételezzük, hogy a rúd homogén és a súlypontja a rúd közepén van, a rúd súlya egyenletesen oszlik meg a két brigádos vállán. A vállukra ható teljes er tehát d − x m2 g F1′ = m1 g + 682 N d 2 x m g F2 = m1 g + 2 318 N. együtt 5 pont d 2 6. Csövek szállítása A cs akkor fog úszni a vízen, ha víz alá merülve a rá ható felhajtóer nagyobb, mint a cs súlya. A cs re ható felhajtóer ekkor Fv = ρ1 V g = ρ1
D2 lg, 4
ahol D a cs küls átmér je. Határesetben a felhajtóer és a s súlya megeggyezik, és ekkor
D2 l g =mg 4
ρ1
ahonnan D=
4m ρ1 l
64 cm.
5 pont
Ha a cs D küls átmér je nagyobb, mint ez a határérték, a cs a vízbe esés után úszni fog a víz felszínén. A csövet elképzelhetjük mint egy acéllemezt, amelyet összetekertek. Az acéllemez hossza l, a szélessége (D + d)/2 és a vastagsága c = (D − d)/2, ahol d a cs bels átmér je. A cs tömege ekkor m=ρ
D+d l c=ρ 2
D+d D−d D2 − d 2 l = ρl , 2 2 4
ahonnan d=
D2 −
4m = ρl
4m 1 1 − l ρ1 ρ
60 cm.
5 pont
Az adott tömeg és hosszúságú cs úszni fog a vízen, ha a bels átmér je nagyobb mint 60 cm. Megjegyzés: A számításoknál nem vettük figyelembe a cs két végén lev pléh zárófedelet, amelyet ráhegesztenek – feltételezzük, hogy ezek tömege elhanyagolhatóan kicsi a cs tömegéhez képest. Az érdekesség kedvéért hozzátesszük, hogy az adott cs falvastagsága c=
D−d m 1 = − 2 l ρ1
1
ρ1
−
1 ρ
2,2 cm.
7. Az érme fajlagos h kapacitása – kísérleti feladat Az adott segédeszközökkel a következ eljárás a legegyszer bb: a) A termoszba m1 tömeg t1 h mérséklet meleg vizet öntünk. A víz tömegét úgy a legegyszer bb megmérni, ha megmérjük az üres termosz és a vízzel teli termosz tömegét (a víz tömege a két tömeg különbözete). b) Egy másik edénybe hideg vizet engedünk (legjobb ha állott víz, amely felvette a helység h mérsékletét). Veszünk N érmét és meghatározzuk az érmék m2 = N mm össztömegét (mindegyik érme tömege mm), majd beletesszük az érméket a hideg (állott) vízbe. Megvárjuk, míg az érmék és a víz h mérséklete kiegyenlít dik (a fémek jó h vezet k, az érmék és víz közötti kontaktus közvetlen, így ez gyors folyamat), majd megmérjük a víz t2 h mérsékletét, amely így a helység és az érmék h mérséklete is (így er sen korlátoztuk az érmék áthelyezésekor lejátszódó h cserét az érmék és a leveg között). Közönséges h mér vel nem lehet közvetlenül megmérni az érmék h mérsékletét, mivel az érmével való kis érintkezési felület miatt a környez leveg h mérséklete er sen befolyásolhatja a mérés eredményét, ha a leveg és érme h mérséklete eltér egymástól (a leveg kis s r sége miatt az érmék a leveg n jóval lassabban vennék fel a helység h mérsékletét, mint az állott vízben). c) Az érméket gyorsan kivesszük a vízb l, papír zsebkend vel óvatosan letöröljük a vízcseppeket róluk, majd beletesszük az érméket a termoszba. Az érméket csipesszel ragadjuk meg, hogy a kezünkkel ne melegítsük fel ket. d) Miután a termoszban lev víz h mérséklete állandósult, megmérjük a víz t3 h mérsékletét. Az érmék Q2 = m2 cm (t3 − t2) h t vettek fel, ahol cm az érmék anyagának fajlagos h kapacitása.
A termoszban lev víz és termosz is h t ad le. A víz által leadott h Q1 = m1 cv (t1 − t3), a termosz által leadott h QT1 = CT (t1 – t3). Itt cv = 4,2 kJ/(kg °C) a víz fajlagos h kapacitása, CT pedig a termosz h kapacitása. A leadott és felvett h egyenl sége az energia megmaradása m2 cm (t3 − t2) = m1 cv (t1 − t3) + CT (t1 – t3),
ahonnan
cm =
(m1 c v + CT ) (t1 − t 3 ) . m2 (t 3 − t 2 )
A kiértékeléshez már csak meg kell mérni a termosz h kapacitását. e) A mérést megismételjük azzal a különbséggel, hogy érmék helyett hideg vizet öntünk a termoszban lev meleg vízhez. A kezdetén a termoszban t4 h mérséklet m4 tömeg víz van. f) Megmérjük a hideg víz h mérsékletét, majd beleöntjük a termoszba. A termosz tömegének megmérésével( a hidegvíz hozzáöntése el tt és után) meghatározzuk a hidegvíz m5 tömegét. g) Megmérjük a termoszban állandósult t6 h mérsékletet. A h cserére szintén fennáll az energia megmaradása, tehát m5 cv (t6 − t5) = m4 cv (t5 − t4) + CT (t5 – t4).
A termosz h kapacitására azt kapjuk, hogy CT =
m5 c v (t 6 − t 5 ) − m4 c v . t5 − t 4
Megjegyzés: Az 1 € érmék tulajdonságait a következ honlapon találhatjuk meg: http://sk.wikipedia.org/wiki/Euromince.. Az 1 € érme tömege 7,5 g, összetétele 75% Cu, 20% Zn, 5% Ni. Táblázatokban megtalálhatjuk az egyes fémek fajlagos h kapacitását cZn = 0,39 kJ/(kg.°C), így meghatározhatjuk, cCu = 0,38 kJ/(kg.°C), cNi = 0,44 kJ/(kg.°C), hogy az 1 € érme átlagos fajlagos h kapacitása c1E 0,39 kJ/(kg.°C).. Hasonlítsák össze ezt az értéket a mért eredménnyel! Megjegyzés: A nagyobb pontosság érdekében a termoszt félig töltjük meleg vízzel mind a két mérésnél. A lehet legtöbb érmét használunk (a legjobb az lenne, ha az érmék teljes h kapacitása azonos lenne a meleg víz h kapacitásával –100 ml víz esetén ez kb. 140 érmét jelent). Ez sok érme, de ennek ellenére valóban a lehet legtöbb érmét használjunk, pl. 50 érmét. A termosz h kapacitásának mérésekor, nagyjából annyi hideg vizet öntsenek a termoszba, amekkora az érmék térfogata, hogy a víz és termosz közötti h átadás azonos feltételek mellett menjen végbe, mint az érmék esetében! Megjegyzés: Elfogadható olyan eljárás is, amely nem veszi figyelembe a termosz h kapacitását. Ebben az esetben az eredmény azonban pontatlanabb lesz,
Fizikai Olimpiász – 51. évfolyam – az E kategória 1. forduló feladatainak megoldása
A feladatok szerz i: Bírálat: Szerkeszt :
ubomír Konrád Margita Brezinová, Ivo áp, Daniel Kluvanec ubomír Konrád
Slovenský komisia Fyzikálnej olympiády, 2010 Translation Teleki Aba; 2010
