Szakács Jenő Fizikaverseny 2008-2009. II. forduló, megoldások
1/7
a) Az utolsó másodpercben megtett út, ha t a teljes esési idő: g g g g g ∆s = ·t2 − ·(t + ∆t)2 = · t2 − · t2 + g· t· ∆t − ·(∆t)2, 2 2 2 2 2 m m m ∆s = 10 2 ·t·1 s − 5 2 ·(1 s)2 = 10·t − 5 m. s s s g m A teljes út h = ·t2 = 5 2 ·t2 . A feltétel szerint ∆s = 0,36·h, 2 s
1. ∆t = 1 s ∆s = 0,36⋅h g = 10 m/s2 a) t = ? b) h = ? c) v = ?
m m − 5 m = 0,36⋅5 2 ⋅t2 . s s m 2 m 0 = 0,36 2 ·t − 2 · t +1. (*) 8 pont s s 2 ± 4 − 0,36 ⋅ 4 1± 0,64 Az egyenlet megoldása megoldóképlettel: t = = = 5 s. 0,36 ⋅ 2 0,36 (A másik gyök t=0,55 s (<1 s ), fizikai szempontból értelmetlen) A (*) egyenlet értéktáblázattal is megoldható, mert a feltétel szerint t egész szám.
így 10⋅t
t (s) 0,36
m 2 m ·t −2 · t +1 2 s s
1
2
3
4
5
6
7
-0,64
-1,56
-1,76
-1,24
0
1,96
4,64
A táblázatból látható, hogy t = 5 s. g m b) h = ·t2 = 5 2 ⋅(5 s)2 = 125 m. 2 s m m c) v = g⋅(t − ∆t) = 10 2 ⋅ 4 s = 40 . s s
2. vsz = 0,2 m/s d21-1 = 6 m ∆t = 0,5 s ∆v = 0,5 m/s s15-9 = ?
3 pont 2 pont 2 pont
Ha a lyukak közti távolság d, akkor a 21. és az első lyuk között 20·d a távolság: 6 20·d = 6 m. Így d = m = 0,3 m. 20 d 0,3 m = 1,5 s. 6 pont Két lyukasztás között eltelt idő: τ = = vsz 0,2 m s
A második esetben a szalag gyorsuló mozgást végez, gyorsulása: m 0,03 2 ∆v s = 0,06 m . a= = 3 pont 0,5 s ∆t s2 A 9. és a 15. lyuk közti távolságra fennáll: m a a a s15-9 = ·(14⋅τ)2 − ·(8⋅τ)2 = ·(196 − 64) ·τ2 = 0,03 2 ⋅132⋅2,25 s2 =8,91 m. 6 pont 2 2 2 s
Szakács Jenő Fizikaverseny 2008-2009. II. forduló, megoldások 3. m = 8 kg FÉ = FK = 14,142 N FD = FNy = 28,284 N
2/7
a) Rajzoljuk föl a testre ható erőket, lehetőleg méretarányosan:
FÉNy = 30 N FÉK = 70 N FDK = 10 N FDNy = 50 N a) a = ? F' b) DK = ? FDK
É Ny
K
A keleti és északi erők eredője ÉK felé mutat és nagysága 20 N (szaggatott vonal). Így ÉK felé összesen 20 N + 70 N = 90 N mutat. A déli és nyugati erő eredője DNy felé mutat és nagysága 40 N. Így DNy felé összesen 40 N + 50 N = 90 N mutat. Eszerint a ÉK-DNy irányú erők eredője nulla.
D Maradtak az ÉNy és DK felé ható erők, ezek eredője 30 N – 10 N = 20 N és ÉNy felé mutat. 10 pont
A test gyorsulása 20 N a= = 2,5 m/s2, és ÉNy felé mutat. 8 kg
2 pont
b) A test nem gyorsul, ha a ráható erők eredője nulla. Ennek alapján a DK felé mutató erőt 3-szorosára kell növelni. 3 pont 4. M = 40 kg α = 30° m= 23,5 kg g = 10 m/s2 h=2m
F K
K
a) F= ? b) W = ?
a) A fiúnak F = K erővel kell tartania a kötelet. A K kötélerők függőleges eredője (a testre erősített kötél közvetítésével) a test Mg súlyával tart egyensúlyt. A 30°-os szög miatt, K függőleges komponense 3 3 , így 2⋅K· = Mg. K· 2 2
Mg m 40 kg ⋅ 10 2 Mg s = 230,94 N. 7 pont F=K= = 3 3 A feladat szerint a fiú legföljebb mg = 23,5 kg⋅10 m/s2 = 235 N erőt képes kifejteni. 3 pont Mivel F < 235 N, a fiú föl tudja húzni a testet. b) Ha a terhet gyorsítás nélkül emeljük, a hasznos munkavégzés annyi, amennyivel a teher magassági energiája megnőtt: W = M·g·h = 40 kg⋅10 m/s2⋅2 m = 800 J. 5 pont
Szakács Jenő Fizikaverseny 2008-2009. II. forduló, megoldások 5. η = 80 % m = 2,5⋅103 kg t = 10 s h = 20 m g = 10 m/s2
P=?
v=
3/7
A daru az emelés során a test magassági energiáját és a mozgási energiáját növeli. Így a hasznos munka: 1 Wh = m·g·h + ·m·v2. 2 m·g·h = 2,5⋅103 kg⋅10 m/s2⋅20 m = 5⋅105 J. 4 pont v ⋅t A gyorsuló mozgásra fennáll, hogy h = , innen 2
2h 2 ⋅ 20 m = = 4 m/s. 10 s t
m2 1 1 ·m·v2= ⋅2,5⋅103 kg⋅16 2 = 0,2⋅105 J. 2 2 s A hasznos munka Wh = 5,2⋅105 J. 2 pont A daru átlagteljesítménye, figyelembe véve a hatásfokot W 5,2 ⋅ 105 J W P = be = h = = 65 kW. 4 pont η ⋅ t 0,8 ⋅ 10 s t
A gyorsítási munka
6. q1 = 10−7 C d=1m F = 3,24⋅10−5 N k = 9⋅109 Nm2/C2 x = 0,25 m a) q2 = ? b) E = ?
5 pont
a) Összeérintés és eltávolítás után a golyók töltése egyenlő lesz: q2 q1 + q2 q= . Így fennáll F = k 2 , ahonnan 2 d 2 −5 2 3,24 ⋅ 10 N ⋅ 1 m F ⋅d q2 = = = 36⋅10-16 C. → q = ±6⋅10−8 C. 4 pont 2 Nm k 9 ⋅ 10 9 2 C
A másik golyó töltése q2 = 2q − q1, azaz q2 = 2⋅6⋅10−8 C − 10⋅10−8 C = 2⋅10−8 C , vagy 2 pont q2 = −2⋅6⋅10−8 C − 10⋅10−8 C = −22⋅10−8 C.
2 pont
b) A töltésektől származó térerősségek nagysága a megadott pontban: N N ⋅ m 2 6 ⋅ 10 −8 C q E1 = k 2 = 9⋅109 ⋅ = 8640 . 2 pont 2 2 2 C 0,25 m x C 2 q N 6 ⋅ 10−8 C 9 N⋅m ⋅ = 9 ⋅ 10 = 960 . 1 pont 2 2 2 2 C 0,75 m (d − x ) C N N N Az eredő térerősség E = E1 − E2 = 8640 − 960 = 7680 . 2 pont C C C Ha q> 0, az eredő térerősség a második golyó felé mutat. Ha q< 0, az eredő térerősség az első golyó felé mutat. 2 pont
E2 = k
Szakács Jenő Fizikaverseny 2008-2009. II. forduló, megoldások 7. V = 320 m3 T0 = 273 K = állandó Vvíz= 2 liter ρ = 1 kg/dm3 NA = 6,02⋅1023 1/mol k = 1,38⋅10-23 J/K a) ∆p = ? b) ∆p’ = ?
4/7
a) A víz tömege m = ρ⋅Vvíz = 2 kg. A víz moltömege M = 18 g/mol. Vízbontáskor N db vízmolekulából N db H2 molekula és N/2 db O2 molekula keletkezik. A vízmolekulák eredeti száma 2000 g 1 m N= = 6,689⋅1025 (db). NA = ⋅6,02⋅1023 2 pont g mol M 18 mol
A hidrogéntől származó nyomásnövekedés − 23 J 25 6,689 10 1,38 10 ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ 273 K NkT0 K ∆pH2 = = = 787,5 Pa. 320 m3 V
3 pont
Az oxigéntől származó nyomásnövekedés NkT0 ∆pO2 = =0,5⋅787,5 Pa=393,75 Pa. 3 pont 2V A vízbontás következtében a helyiségben a nyomásnövekedés ∆p = ∆pH2 + ∆pO2 = 1,5⋅∆pH2=1181,26 Pa. 2 pont b) Ha a víz elpárolog, N számú vízmolekula lesz légnemű állapotban, így a nyomásnövekedés NkT0 ∆p’ = = 787,5 Pa. 5 pont V
8. R M = 2 kg m = 1 kg α = 10° g = 10 m/s2
a) A test akkor van egyensúlyban a lejtőn, ha a ráható erők és forgatónyomatékok eredője 0. Mivel a kényszererőknek nincs forgatónyomatékuk az A ponton átmenő vízszintes tengelyre vonatkozóan, a rendszer akkor lesz egyensúlyban, ha a M és m tömegből álló rendszer súlypontjából húzott függőleges egyenes átmegy alátámasztási ponton.
a) β= ? b) µt = ?
Mivel M=2m, a súlypont s=
O
β
. s S 90°+β
R α
A
O S A (M+m)g
1 R távolságban van a gyűrű középpontjától. 3 Az OSA háromszögre írjuk fel a szinusztételt: sin( 90° + β ) R = =3 sin α s sin(90°+β)=3·sinα β = ±58,6°. 10 pont cos β = 3·sinα = 0,521 ⇒
b) A tapadás feltétele µt· (m + M)·g· cos α ≥ (m+M)·g·sin α µt ≥ tg α µt ≥ 0,176 5 pont Megjegyzés: A megoldásban azt használtuk ki, hogy egyensúly
Szakács Jenő Fizikaverseny 2008-2009. II. forduló, megoldások
5/7
esetén a forgatónyomatékok eredője tetszőleges tengelyre (pontra) felírva zérus. 9. R = 2,75 Ω ρ1 = 7800 kg/m3 ρ2 = 0,11 Ω⋅mm2/m mb = 742,9 g mj = 819 g t = 2,5 s U = 3,3 V a) kb/kj = ? b) L =? c) Q =?
A két egyenletből
R⋅m = ρ1 ⋅ ρ 2
a) Legyen a tekercs tömege m. A mérleg egyensúlyára felírható: mb·g·kb = m·g·kj mj·g· kj = m·g·kb mj kb 819 mb kb k j = ⇒ = = =1,05. 5 pont m j k j kb kj mb 742,9 kb = 742,9 g⋅1,05 = 780 g. 1 pont kj A huzal tömegét a sűrűséggel kifejezve, és az ellenállást felírva a huzal hossza megkapható: L m = ρ1· L·A, R = ρ2 · . A
b) m = mb
2,75 Ω ⋅ 0,780 kg = 50 m. kg −6 7800 3 ⋅ 0,11⋅ 10 Ω ⋅ m m 3,3 V U c) A huzalon átmenő áram I = = = 1,2 A. R 2,75 Ω Az áthaladt töltés nagysága: Q=I⋅t = 1,2 A⋅2,5 s = 3 C. L=
10. d= 0,04 m B = 0,02 T α = 30° e = 1,6⋅10-19 C m = 9,1⋅10-31 kg a) U = ? b) v = ?
4 pont
3 pont 2 pont
a) Az elektront a mágneses mező körpályára kényszeríti. Akkor tud újra kilépni (szimmetria-okból a kilépés szöge ugyanakkora, mint a belépés szöge), α α R ha a körív „befér” a tartományba. 6 pont v Az ábra alapján d = R +R·sin α v 0,04 d α = R= m = 2,67 cm. 2 pont 1 + sin α 1,5
B
d v2 b) A körpályán történő mozgás dinamikai feltétele: m ⋅ =e·v·B, ahonnan R −19 e ⋅ B ⋅ R 1,6 ⋅ 10 C ⋅ 0,02 T ⋅ 0,0267 m v= = = 9,38⋅107 m/s. 4 pont m 9,1 ⋅ 10 − 31 kg (Ez a sebesség a fény vákuumbeli sebességének 0,3-szerese (0,3·c). Ekkora sebességnél a relativisztikus tömegnövekedés már elég jelentős). 1 a) A gyorsító feszültségre fennáll, hogy: e·U = ·m·v2, innen 2
Szakács Jenő Fizikaverseny 2008-2009. II. forduló, megoldások
6/7
m2 9,1 ⋅ 10 kg ⋅ 9,38 ⋅ 10 2 mv 2 s =25021 V = 25,021 kV. 3 pont U= = 2e 2 ⋅ 1,6 ⋅ 10 −19 C − 31
11. vp= 6⋅104 m/s q = 1,6⋅10-19 C mp = 1,67⋅10-27 kg k = 9⋅109 N⋅m2/C2 a) up = ? b) d = ?
u=
mpv p mα + m p
=
2
14
a) Az α-részecske (mα=4mp, qα = 2q) és a proton rendszerre érvényes a lendület megmaradás. Addig közelíti meg a proton az α-részecskét, amíg a sebességük azonos nem lesz (uα= up =u), utána távolodnak. 2 pont mp·vp = mα · u + mp· u ,
mpv p 4m p + m p
=
vp
5
= 1,2⋅104
m . s
4 pont
b) Érvényes az energia megmaradás is: q ⋅ qα 1 1 1 m p v 2p = mα u 2 + m p u 2 + k 2 2 2 d v 2p q ⋅ qα 1 1 1 1 1 =0,4⋅mp⋅ v 2p = m p v 2p − mα u 2 − m p u 2 = m p v 2p − ⋅ 5m p k 2 2 2 2 2 25 d 2 N⋅m 9 ⋅ 109 ⋅ 2 ⋅ 1,62 ⋅ 10− 38 C 2 2 k ⋅ 2 ⋅ q2 C d= = =1,92⋅10-10 m. 9 pont 2 m 0,4 ⋅ m p ⋅ v 2p 0,4 ⋅ 1,67 ⋅ 10− 27 kg ⋅ 36 ⋅ 108 2 s 12. A=10 mm2=10–5 m2 I = 10 A ρr = 1,72⋅10–8 Ω⋅m ρv = 9,7⋅10–8 Ω⋅m ε0 = 8,852⋅10–12 As/(V⋅m) a) Er = ?, Ev = ? b) ∆Q=? c) N = ?
l =E⋅l feszültség felhasználásával a A I ⋅ρ . 4 pont térerősség a vezetékben: E= A 10 A ⋅ 1,72 ⋅ 10 −8 Ω ⋅ m Er = = 0,0172 V/m, 1 pont 10 −5 m 2 a) Az U = I⋅R= I⋅ρ ·
10 A ⋅ 9,7 ⋅ 10 −8 Ω ⋅ m Ev= = 0,097 V/m. 10 −5 m 2
1 pont
b) Alkalmazzuk a Gauss-törvényt a réz-vas határfelület körül fölvett hasábra: ∆Q Ev·A − Er·A = .
ε0 ∆Q=ε0·(Ev− Er) A =ε0·I· (ρv − ρr) ,
A⋅ s ⋅10 A⋅(9,7 − 1,72)⋅10–8 Ω⋅m= 70,65⋅10–19 C, pozitív. V⋅m ∆Q 70,65 ⋅ 10 −19 C c) N= = ≈ 44 db. 2 pont 1,6 ⋅ 10 −19 C e
∆Q = 8,852⋅10-12
7 pont
Szakács Jenő Fizikaverseny 2008-2009. II. forduló, megoldások 13. n = 1,5
a) Az ábra alapján
a) ϕ = ? b) δ = ?
α = 90° −
ϕ
2
7/7
, β = 90° − ϕ
ϕ ϕ ϕ
A Snellius-Descartes törvény szerint:
ϕ
ϕ
sin(90° − ) cos sin α 2 = 2. = n= sin β sin(90° − ϕ ) cosϕ ϕ ϕ ϕ n ⋅cos ϕ = n⋅[cos2 − sin2 ] = cos , 2 2 2 ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ n⋅[cos2 − sin2 ]=n[cos2 −(1− cos2 )]= cos , 2 2 2 2 2 ϕ ϕ 2· n ·cos2 − cos − n = 0. 2 2 ϕ 1 ± 1 + 8 ⋅ 1,52 1 ± 19 cos = = , 2 4 ⋅ 1,5 6 ϕ ϕ =26,73°, ϕ = 53,46°. cos = 0,893, 2 2 ϕ ϕ >90°, nem lehet. 10 pont cos = −0,559, 2 2
2 2
2 α . ϕ
β
ϕ 2
δ
b) Mivel φ/2= 26,73o kisebb, mint a határszög (41,81o), a fénysugár kilép a prizmából. A Snellius-Descartes törvény szerint:
ϕ
sin 1 2 , ebből sin δ = n⋅sin ϕ = 0,6747, δ = 42,43°, ez egyben az eltérítés szöge. 5 pont = n sin δ 2
