Tornyai Sándor Országos Fizikai Feladatmegoldó Verseny a református középiskolák számára Hódmezővásárhely, Bethlen Gábor Gimnázium 2010. március 27. Megoldások 1/6. 1. A jégtömb tömege: kg 4 pont m jég = ρ jég ⋅ A jég ⋅ h jég = 920 3 ⋅ 93000 ⋅ 106 m 2 ⋅ 103 m = 8, 56 ⋅ 1016 kg . m Kiszorított víz térfogata: m jég 8,56 ⋅ 1016 kg Vk = = = 8, 25 ⋅ 1013 m3 . 4 pont kg ρtengervíz 1037, 4 3 m Vízszint-emelkedés: Vk 8, 25 ⋅ 1013 m3 ∆h = = = 0, 275 m = 27,5 cm. 4 pont Atengervíz − Ajég 3 ⋅ 1014 m 2 − 93000 ⋅ 106 m 2 Kiszámolható, hogy a jégtömb elolvadása után a közös hőmérséklet végül alig 0,03°C-kal lesz alacsonyabb a tengervíz eredeti hőmérsékleténél, így az ebből adódó sűrűség- és vízszintváltozás elhanyagolható. Az egyszerűség kedvéért eltekinthetünk az áramlatoktól, keveredéstől, s csak vizsgáljuk azt, hogy a jégtömb elolvadásával keletkező friss édesvíz egy vékony rétegként alakul ki a tengerszint felett. m jég 8,56 ⋅ 1016 kg A kiolvadó édesvíztérfogata: Volv = = = 8,56 ⋅ 1013 m3 . 4 pont kg ρvíz 1000 3 m Vk 8,56 ⋅ 1013 m 3 Az édesvíz réteg magassága: holv = = = 0, 286 m = 28, 6 cm. 2 pont Atengervíz 3 ⋅ 1014 m 2 A jégkocka elolvadásával további holv − ∆h = 1,1 cm -rel emelkedik a vízszint.
2 pont
A tenger vízszintjét a szárazföldről leszakadó jéghegy belemerülése emeli meg jelentősen. Az, hogy ez víz vagy jég formájában van jelen a tengerben, ehhez képest kisebb jelentőséggel bír. 2.
m * m h , v0 = 1 , 1 = ? s s h2 A függőleges hajításra felírva az ismert összefüggéseket: g v0 − g ⋅ t1 = 0 h1 = v0 ⋅ t1 − ⋅ t12 2 g v*0 − g ⋅ t2 = 0 , h2 = v*0 ⋅ t2 − ⋅ t22 2
Adatok: v0 = 10
v g v2 v2 h1 = v0 ⋅ 0 − ⋅ 02 = 0 , g 2 g 2⋅ g
h2
(v ) =
* 2 0
2⋅ g
10 pont 5 pont
2
v2 h1 10 = 0 2 = = 100. h2 ( v* ) 1 0 A nagyobb kezdősebességgel felhajított test 100-szor magasabbra emelkedik, mint a másik.
5 pont
Tornyai Sándor Országos Fizikai Feladatmegoldó Verseny a református középiskolák számára Hódmezővásárhely, Bethlen Gábor Gimnázium 2010. március 27. Megoldások 2/6. 3. km g , d1 = 1 m , ρ = 5 , h = 15 km , d 2 = 0,1 m s cm3 Em1 = 612500 ⋅ Em 2 , 1 1 m1v12 = 612500 ⋅ m2v22 , 2 2 3 4r π 4r 3π ρ 1 v12 = 612500 ⋅ ρ 2 v22 , 3 3
Adatok: v1 = 70
5 pont
10 pont
3
r 1 m km v2 = ⋅ 1 ⋅ v12 = 2828, 43 = 2,83 . 612500 r2 s s A meteor sebessége a robbanás pillanatában 2,83 km/s volt.
5 pont
4. A M tömegű testre ható erők eredője 0. Szimmetria miatt a m tömegű testek mozgása azonos paraméterekkel írható le. A rájuk ható erők eredője mindig a kör középpontja fele mutat és állandó nagyságú, ilyen erő hatására az m tömegek egyenletes körmozgást végeznek. 2 pont Írjuk fel az egyik m tömegű testre ható eredő erőt, amely két gravitációs vonzóerő összege: m⋅M m2 v2 , 5+5 pont Feredő = γ ⋅ 2 + γ ⋅ és a körmozgás feltételét felhasználva : F = m ⋅ eredő r r 4 ⋅ r2 2π , 2 pont mivel v = r ⋅ ω , és ω = T m⋅M m2 v2 2 pont γ ⋅ 2 +γ ⋅ = m ⋅ , ahonnan r r 4 ⋅ r2 4γ M + γ m = 4r ⋅ r 2 ⋅ ω 2
γ ( 4 M + m ) = 4r 3 T2 =
4π 2 T2
16r 3π 2 . γ ( 4M + m )
r3 A keringési idő: T = 4π ⋅ . γ ( 4M + m )
4 pont
Tornyai Sándor Országos Fizikai Feladatmegoldó Verseny a református középiskolák számára Hódmezővásárhely, Bethlen Gábor Gimnázium 2010. március 27. Megoldások 3/6. 5. Adatok: mv + m1 = 50 kg, T1 = 285 K , m2 = 50kg , T2=279K, W = 1, 68 ⋅104 J , J J Tk = 283K , cv = 4, 2 ⋅103 , ch = 840 (az adatok helyes értelmezése, átváltása) 5 pont kg ⋅ K kg ⋅ K Q fel = Qle + W , 6 pont
ch ⋅ m2 ⋅ (Tk − T2 ) = W + ch ⋅ m1 ⋅ (T1 − Tk ) + cv ⋅ mv ⋅ (T1 − Tk ) ,
ch ⋅ m2 ⋅ (Tk − T2 ) = W + ch ⋅ ( m2 − mv ) ⋅ (T1 − Tk ) + cv ⋅ mv ⋅ (T1 − Tk ) , mv ⋅ ch ⋅ (T1 − Tk ) − cv ⋅ ( T1 − Tk ) = W + ch ⋅ m2 ⋅ ( T1 − Tk ) − ch ⋅ m2 ⋅ (T2 − T2 ) ,
mv ⋅ =
W + ch ⋅ m2 ⋅ ( T1 − Tk ) − ch ⋅ m2 ⋅ ( T2 − T2 )
ch ⋅ (T1 − Tk ) − cv ⋅ (T1 − Tk ) Az egyenletből: mv = 10 kg .
6 pont
.
3 pont
A nedves homokban 10 kg víz volt.
6. V= 10 l=10-2m3, p = 1,6 MPa= 1,6 106 Pa, T = 25°C= 298 K, MHe= 4 g/mol, MN2= 28 g/mol, mHe= 0,1 mössz, n = ?, ρ = ? Az állapotegyenletből számoljuk ki az anyagmennyiséget: pV pV = nRT , innen n = = 6, 46 mol . RT A sűrűségre: mHe + mN2 m ρ = össz = , V V ki kell számítani az egyes gázok anyagmennyiségét és a tömegét: mHe = 0,1 mHe + mN2 → 0,9mHe = 0,1mN 2
(
)
9nHe M He = nN2 M N2 = ( nössz − nHe ) M N2
nHe (9 M He + M N2 ) = nössz M N2 →
nHe =
nössz M N2 9M He + M N2
= 2,826 mol, nN 2 = 3, 637 mol .
Ezekből: mössz = nHe M He + nN2 M N2 = 113,14 g , mössz kg kg = 11,314 3 ≈ 11,31 3 . V m m A tartályban 6,46 mol gázkeverék van, melynek a sűrűsége 11,31 kg/m3. ρ=
8 pont
4 pont 4 pont
2 pont 2 pont
Tornyai Sándor Országos Fizikai Feladatmegoldó Verseny a református középiskolák számára Hódmezővásárhely, Bethlen Gábor Gimnázium 2010. március 27. Megoldások 4/6. 7. c = 60 cm, α = 30˚, d = 10 mm
c a α
b
Kiszámoljuk az oldalak hosszát: a = c sin 300 = 30 cm, b = c cos 300 = 51,96 cm Az alaplap területe: A = a ⋅ b = 779, 42 cm 2
2 pont
A lap térfogata: V = d ⋅ A = 779, 42 cm
2 pont
3
A lap tömege és súlya: m = V ρ = 6, 08 kg, mg = 59, 64 N
2 pont
2 pont
A lap egyensúlyának a feltétele az, hogy valamely tengelyre a forgatónyomatékok összege 0 legyen. Válasszuk forgástengelynek a lap síkjára merőleges és az A ponton átmenő egyenest: Meg kell határozni a tömegközéppontot, és a nehézségi erő erőkarját a választott tengelyre: A homogén háromszög alapú lap tömegközéppontjának a lapra eső vetülete a háromszög geometriai súlypontjában van. 4 pont A A súlyvonalak harmadolják egymást, továbbá a párhuzamos szelők tételét felhasználva: k = b / 3 . 2 pont F b Az egyensúly feltétele: F ⋅ b − mg ⋅ = 0. 4 pont 3 mg k Innen: F = 2 pont = 19,88 N ≈ 19, 9 N. mg 3 A 6,08 kg tömegű vaslemezt a rajz szerinti elrendezésben 19,9 N erővel tarthatjuk egyensúlyban.
8. I = 50 A, l = 50 m, ρ = 0,017 Ω·mm2/m, A = 42,5 mm2, d = 5 cm, R = 1,5 kΩ, U = ? Imadár= ?
Imadár I
R r d
az ellenállások rajz szerinti felbontása (ez lehet, hogy csak a számolásból derül ki) 4 pont A madár lábai közötti vezetékszakasz ellenállása: d 4 pont r = ρ = 2 ⋅10−5 Ω , A A d hosszú szakaszon a feszültség: U d = U madár → R ⋅ I madár = r ⋅ ( I − I madár ) 4 pont
r r I ≈ I = 6, 67 ⋅10−7 A = 0, 667 µA. R+r R A madár lábai közt a feszültség: U d = U madár = R ⋅ I madár = 1 mV. Innen I madár =
4 pont 4 pont
Tornyai Sándor Országos Fizikai Feladatmegoldó Verseny a református középiskolák számára Hódmezővásárhely, Bethlen Gábor Gimnázium 2010. március 27. Megoldások 5/6. 9. A megfigyelő két hang együttes hatását, interferenciáját észleli. Az egyik hang a forrásból közvetlenül a megfigyelőhöz jut, a másik a falról visszaverődik és így jut a megfigyelő fülébe. A visszaverődés törvénye alapján megrajzolhatjuk a fülbe jutó hang meghosszabbítását, könnyű belátni, hogy a visszaverődő hang olyan hosszú úton érkezik meg, mintha a hangforrás falra tükrözött F* forrásból indult volna ki. F* 30,5 m
1m
O
r1
1m
8m
F
11 m
r2
A B
5 pont Jelölje az utak hosszát r1 és r2, a falról való visszaverődéskor bekövetkező fázisugrás miatt az erősítés feltétele az A pontra: r1 − r2 = ( 2k + 1)
λ
, 4 pont 2 a B pontra a kioltás feltételét felírva ( a szöveg alapján ez a szomszédos kioltási hely lehet): r1* − r2* = ( 2k + 1)
λ
+
λ
= ( 2k + 2 )
λ
4 pont 2 2 2 A szaggatva berajzolt derékszögű háromszögek átfogóiként kiszámolhatóak a távolságok: 2 pont r1 = 31,8002 m, r2 = 31, 2930 m, r1* = 32, 7758 m, r2* = 32, 0975 m 0, 5072m = ( 2k + 1)
Felírva az útkülönbségeket:
vhang
λ
2
0, 6783 m = ( 2k + 2 )
Vonjuk ki a megfelelő oldalakat: 0,1711 m = A frekvencia: f =
λ
λ 2
λ
3 pont
2
, innen λ = 0,3422 m.
= 993,6 Hz.
Vagy egy másik gondolatmenet: Az első egyenlet lehetséges megoldásai a hullámhosszra: 1,0144 m, 0,338 m,0,2029 m, … A második egyenlet lehetséges megoldásai: 0,6783 m, 0,3392 m,0,2261 m, … Ezekből a 0,3386 m átlagérték mindkét feltételt elég jól kielégíti, ennek frekvenciája: 1004 Hz. Bármelyik úton megkapott közel 1000 Hz frekvenciaérték elfogadható. 2 pont A síp frekvenciája jó közelítéssel 1000 Hz.
Tornyai Sándor Országos Fizikai Feladatmegoldó Verseny a református középiskolák számára Hódmezővásárhely, Bethlen Gábor Gimnázium 2010. március 27. Megoldások 6/6. 10. U = 230 V, ÚT= 200 V, UF= 100 V, R = 600 Ω, L =? r = ? Az ohmos fogyasztón mért feszültségből kiszámolható a körben folyó áram effektív értéke: U 1 4 pont I eff = F = A=0,167 A. R 6 U A tekercs impedanciája: ZT = T = 1200 Ω. 2 pont I eff Rajzoljuk meg a feszültség közötti kapcsolatot megmutató, vektorábrát: 4 pont az ábra alapján: 2 2 Ur 4 pont U 2 = (U F + r ⋅ I eff ) + ( Lω I eff ) 2 U 2 = U F2 + 2U F rI eff + r 2 I eff2 + ( Lω ) I eff2 A szögletes zárójelben lévő rész éppen U T2 -el egyenlő,
U UT
U 2 − U F2 − U T2 = 2U F rI eff ,
UL
r=
UF
Ur
L=
U 2 − U F2 − U T2 = 87 Ω, 2U F I eff
ZT2 − r 2
ω
= 3,81 H.
A tekercs ohmos ellenállása 87 Ω, önindukciós együtthatója 3,81 H.
3 pont 3 pont
