Szakács Jenő Megyei Fizika Verseny, I. forduló, 2003/2004.
1. s = 100 m, vO = 34,951 km/h =
Megoldások 1/9
34,951 m , tL = 9,86 s. 3,6 s
a) ∆s1 = ?, b) ∆s2 = ?, t = t′L = tO a) A futók tL = 9,86 s ideig futnak, így fennáll: s = ∆s1 + tL⋅vO. Az adott előny: 34,951 m ∆s1 = s – tL⋅vO = 100 m – 9,86 s ⋅ = 4,27 m. 3,6 s 100 m s b) A futók t = tO = = = 10,3 s ideig futnak. vO 34,951 m 3,6 s Lewis útja ennyi idő alatt: s 100 m = 104,46 m. s′ = t⋅vL = t⋅ = 10,3 s ⋅ tL 9,86 s Az útkülönbség: ∆s2 = s′ – s = 104,46 m – 100 m = 4,46 m.
5 pont
10 pont
2. m = 57 kg, v = 50 km/h = 13,88 m/s, t = 0,12 s. F=? Az autó lassulása az ütközés alatt a =
v , így a biztonsági öv átlagosan t
m s = 6597 N erőt gyakorol az asszonyra. F = m⋅a = 57 kg 0,12 s 13,88
15 pont
3. t2 = 40 °C, t1 = 15 °C, ∆T = 25 K, d = 20 mm = 2⋅10–2 m, v = 0,3 m/s, ∆t = 10 perc = 600 s, η = 80 % = 0,8, ár1 = 25,7 Ft/kWh, vízdíj = 105 Ft/m3, c = 4200 J/(kg⋅K), ρ = 1000 kg/m3. Költség = ? Az elhasznált víz térfogata: 2
2
⎛ 2 ⋅ 10 −2 m ⎞ m ⎛d ⎞ ⎟⎟ ⋅ π ⋅ 0,3 ⋅ 600 s = 5,65⋅10–2 m3. V = A⋅v⋅∆t = ⎜ ⎟ π ⋅ v ⋅ ∆t = ⎜⎜ s 2 ⎝2⎠ ⎠ ⎝ Ekkora vízmennyiség ára: K1 = V⋅vízdíj = 5,65⋅10–2 m3 ⋅105 Ft/m3 ≈ 6 Ft. Az elhasznált víz tömege: kg m = ρ⋅V = 1000 3 ⋅5,65⋅10–2 m3 = 56,5 kg. 5 pont m A melegítésre fordított hőmennyiség: J Q = c ⋅m⋅∆T = 4200 ⋅56,5 kg⋅25 K = 5,93⋅106 J = 5,93⋅106 Ws = kg ⋅ K www.kjg.hu
Szakács Jenő Megyei Fizika Verseny, I. forduló, 2003/2004.
5,93 ⋅ 106 kWh = 1,647 kWh. 103 ⋅ 3600 Az elhasznált elektromos energia: Q 1,647 kWh W= = = 2,059 kWh, η 0,8
Megoldások 2/9
=
és ennek költsége K2 = W⋅ár1 = 2,059 kWh⋅25,7
5 pont
Ft ≈ 53 Ft. kWh
A teljes költség tehát 6 Ft + 53 Ft = 59 Ft.
5 pont
4. A kapcsolás nyitott kapcsoló álláskor: 100 Ω 25 Ω
50 Ω 300 Ω 15 V
Az eredő ellenállás: Rny =
1 1 1 + 100 Ω 300 Ω
+ 50 Ω + 25 Ω = 150 Ω.
A telepen átfolyó áram erőssége: Iny =
15V = 0,1 A. 150 Ω
5 pont
A kapcsolás zárt kapcsoló álláskor: 100 Ω 25 Ω 300 Ω 15 V
Az eredő ellenállás: 1 Rz = + 25 Ω = 100 Ω. 1 1 + 100 Ω 300 Ω 15 V = 0,15 A. 5 pont A telepen átfolyó áram erőssége: Iz = 100 Ω A 25 Ω–os ellenálláson felvett teljesítmény változása: ∆P = I z2 R − I ny2 R = R( I z2 − I ny2 ) = 25 Ω [(0,15 A)2 – (0,1 A)2] = 0,3125 W. 5 pont
5. m = 5 kg, t1 = 4,5 s, t2 = 5,5 s, t = 6 s. a) W = ?, b) v = ? www.kjg.hu
Szakács Jenő Megyei Fizika Verseny, I. forduló, 2003/2004.
Megoldások 3/9
a) Az út–idő grafikonból látható, hogy a test a 0 –2 s időintervallumban nem mozog, az origótól 1 m távolságban áll. A test a 2 s – 3 s időintervallumban 1,5 m, a 2 s – 4 s időintervallumban 6 m, a 2 s – 5 s időintervallumban 13,5 m utat tesz meg. Ezért a mozgása gyorsuló, és a gyorsulása (reméljük) állandó: m m 2s 2 ⋅ 1,5 m 2⋅6m 2 ⋅13,5 m a= 2 = = 3 2 , illetve =3 = 3 2 , illetve 2 2 1s (2 s) (3 s) 2 t s s m . s2 Az út–idő függvénykapcsolat: m 3 2 m a s = (t – 2 s)2 + 1 m = s (t – 2 s)2 + 1 m = 1,5 2 (t – 2 s)2 + 1 m, 2 2 s 5 pont ha t ≥ 2 s. A megtett út a 4,5 s – 5,5 s időintervallumban: m m ∆s = 1,5 2 ( 5,5 s – 2 s)2 + 1 m – [1,5 2 ( 4,5 s – 2 s)2 + 1 m] = 9 m. s s A testre ható erők eredőjének nagysága: m F = m⋅a = 5 kg ⋅3 2 = 15 N. s A végzett munka: W = F⋅∆s = 9 m ⋅15 N = 135 J. 5 pont b) A test sebessége 6 s múlva, figyelembe véve, hogy 2 s–ig nem mozgott: m v = a⋅(t – 2 s) = 3 2 ⋅4 s = 12 m/s. 5 pont s 6. h = 15 m, ∆E = Em/4, g = 9,81 m/s2, v0 = 10 m/s, α = 0. a) v = ?, b) t = ?, c) d = ? a) Az energiamegmaradás törvényéből 1 1 mgh + mv02 = mv 2 , 2 2 v=
2 gh + v02 = 2 ⋅ 9,81
m m ⋅15 m + (10 ) 2 = 19,86 m/s. 2 s s
5 pont
b) Az energiaveszteség miatt 3 1 2 1 2 ⋅ mv = mu , ahol u az ütközés utáni sebesség. 4 2 2 v 3 = 17,2 m/s. u= 2 Mivel a sebesség vízszintes komponense (v0 = 10 m/s) megmarad, a függőleges komponens
www.kjg.hu
Szakács Jenő Megyei Fizika Verseny, I. forduló, 2003/2004.
uy =
u 2 − v02 = (17,2
Megoldások 4/9
m m 2 ) − (10 ) 2 = 14 m/s. s s
Az emelkedés ideje: m 14 uy s = 1,43 s. = tem = g 9,81 m s2 Az újabb ütközésig eltelt idő: t = 2tem = 2⋅1,43 s = 2,86 s. 5 pont c) Az első ütközésig eltelt idő: 2h 2 ⋅ 15 m t2 = = 1,75 s. = m g 9,81 2 s m A vízszintes távolság: s1 = v0⋅t2 = 10 ⋅1,75 s = 17,5 m. s m Az első és második ütközés közötti távolság: s2 = v0⋅t = 10 ⋅2,86 s = 28,6 m. s A vízszintesen mért távolság: 5 pont d = s1 + s2 = 17,5 m + 28,6 m = 46,1 m. 7. v1 = 3 m/s, m1, m2 = 2m1, u = 1,2 m/s. a) u1 = ?, b) u′1 = ? a) A lendület–megmaradás törvénye alapján: m1v1 = (m1 + m2)u1, m1v1 = (m1 + 2m1)u1 , m 3 v1 = s = 1 m/s. u1 = 5 pont 3 3 b) Ugyancsak a lendület–megmaradás törvényét alkalmazva (az m1 tömegű test talajhoz viszonyított sebessége: u′1 +u): m1v1 = m1(u′1 +u)+ m2 u′1 , m1v1 = m1(u′1 +u)+ 2m1 u′1 , v1 = u′1 +u+ 2 u′1 , m m 3 − 1,2 v1 − u s = 0,6 m/s. = s u′1 = 10 pont 3 3 8. m1 = m2 = 2 kg, α = 30°, µ1 = 0,6, µ2 = 0,4, g = 9,81 m/s2. a1= ? a1= ? K = ? A lejtőn a tapadás feltétele egy test esetén: mg sin α = S ≤ µmg cos α tg α ≤ µ, azaz 0,577 ≤ µ. Ez a feltétel az m1 tömegre teljesül, ezért két eset lehetséges: www.kjg.hu
Szakács Jenő Megyei Fizika Verseny, I. forduló, 2003/2004.
Megoldások 5/9
a) m1 van lejjebb a lejtőn, ekkor a kötél nem feszes, m2 nekicsúszik az alsó testnek. K = 0, a1 = 0, a2 = g(sin α – µ2 cos α) = 0,153g = 1,506 m/s2. 5 pont b) m2 van lejjebb a lejtőn, ebben az esetben a1 = a2 = a, a kötél feszes. A mozgásegyenletek: m1 g sin α – µ1 m1 g cos α +K = m1 a m2 g sin α – µ2 m2 g cos α – K = m2 a Innen, felhasználva, hogy m1 = m2: 2 sin α − ( µ1 + µ 2 ) cosα 1 − (0,6 + 0,4) ⋅ 0,866 g= g, 2 2 a = 0,067g = 0,66 m/s2. m 0,6 − 0,4 µ − µ2 ⋅cos α = 2 kg⋅9,81 2 ⋅ K = m1g 1 ⋅0,866 = 1,699 N. 2 s 2 a=
5 pont 5 pont
9. A = 1 dm2 = 10–2 m2, M = 10 kg, n = 0,1 mól, p1 = 0,1 MPa = 105 Pa, T1 = 300 K, v = áll., ∆h = 2,48 dm = 0,248 m, g = 9,81 m/s2. K ∆T . a) T2 = ? b) T3 = ? c) v = ?, ha = 0,1 ∆t s a) A dugattyú akkor kezd el mozogni, ha az elzárt levegő nyomása eléri a m 10 kg ⋅ 9,81 2 Mg s = 1,098⋅105 Pa értéket. p2 = p1 + = 105 Pa + 10− 2 m 2 A Ekkor a térfogat még éppen nem változik, így 1,098 ⋅ 105 Pa T2 p2 p2 ⇒ T2 = T1 = ⋅ 300 K = 329,4 K. 5 pont = 105 Pa p1 T1 p1 b) Az elzárt levegő térfogata az állapotegyenlet alapján: J ⋅ 300 K 0,1 mól ⋅ 8,31 nRT1 mól ⋅ K = V1 = = 2,484⋅10–3 m3 = V2. 5 p1 10 Pa A dugattyú mozgása közben a gáz nyomása állandó marad: V3 V2 V V + A ⋅ ∆h = T2 = ⇒ T3 = 3 T2 = 1 V2 V1 T3 T2 = c) Mivel T3 =
2,484 ⋅ 10−3 m3 + 10−2 m 2 ⋅ 0,248 m ⋅ 329,4 K = 658,3 K. 2,484 ⋅ 10− 3 m3
V1 + A ⋅ ∆h A ⋅ ∆h T2 = (1 + )T2 , V1 A ⋅ h1
∆T = T3 – T2 =
V 2,484 ⋅10 −3 m 3 ∆h T2 , ahol h1 = 1 = = 0,2484 m. h1 A 10 − 2 m 2
A dugattyú sebessége: www.kjg.hu
5 pont
Szakács Jenő Megyei Fizika Verseny, I. forduló, 2003/2004.
v=
Megoldások 6/9
K ∆h h1 ∆T 0,2484 m = ⋅ 0,1 = 7,54⋅10–5 m/s. = 329,4 K s ∆t T2 ∆t
5 pont
10. n = 0,5 mól, f = 5, pA = 2⋅105 Pa, pB = 3⋅105 Pa, VA = 10 dm3 = 10–2 m3, VB = 15 dm3 = 1,5⋅10–2 m3 a) TA = ?, b) Q = ? a) Az állapotegyenlet alapján: pV 2 ⋅ 105 Pa ⋅ 10−2 m3 = 481,35 K. 5 pont TA = A A = J nR ⋅ 0,5 mól 8,31 mól ⋅ K b) A hőmérséklet a B állapotban: pV 3 ⋅ 105 Pa ⋅ 1,5 ⋅ 10−2 m3 = 1083,03 K. TB = B B = J nR 0,5 mól ⋅ 8,31 mól ⋅ K ∆T = T2 –T1 = 1083,03 K – 481,35 K = 601,68 K. A gáz belső energiájának változása: 5 J f 601,68 K = 6250 J. ∆E = nR∆T = 0,5 mól ⋅ 8,31 2 2 mól ⋅ K A gáz által végzett munka a grafikon alapján: p A + pB (2 + 3) ⋅ 105 Pa (VB − VA ) = (1,5 − 1) ⋅ 10− 2 m3 = 1250 J. Wgáz = 2 2 Az első főtétel alapján: ∆E = Q + W = Q – Wgáz ⇒ Q = ∆E + Wgáz = 6250 J + 1250 J = 7500 J. 10 pont 11. C = 2 µF = 2⋅10–6 F, W = 10–2 J, U = 300 V, Rb = 0, R1 = 100 Ω. a) R2 = ?, b) I = ? a) A kondenzátor által tárolt energia W =
1 CU C2 , ahonnan 2
2W 2 ⋅10 −2 J = = 100 V. UC = C 2 ⋅10-2 F Az R1–en eső feszültség éppen ennyi: U1 = UC = 100 V. Az R2–en eső feszültség U2 = U – U1 = 300 V – 100 V = 200 V. b) A körben folyó áram erőssége: U 100 V = 1 A, I= 1 = R1 100 Ω Az R2 ellenállás nagysága: R2 =
U 2 200 V = = 200 Ω. I 1A
12. r = 1,2 m, Q1 = +5⋅10–8 C, r1 = 0,3 m, r2 = 0,9 m, E = 5⋅103 V/m. a) Q2 = ? b) F = ? Q1 E2 E1 Q2 www.kjg.hu
5 pont
10 pont
Szakács Jenő Megyei Fizika Verseny, I. forduló, 2003/2004.
a) E1 = k
Megoldások 7/9
−8 Q1 9 Nm 5 ⋅ 10 C = 5⋅103 N/C. Legyen a Q2 felé mutató irány a = ⋅ ⋅ 9 10 r12 C2 (0,3 m) 2
pozitív. A szöveg szerint –E = E1 + E2, mivel E a Q1 töltés felé mutat. Ebből E2 = – E – E1 = – (5⋅103 N/C + 5⋅103 N/C) = –104 N/C. Mivel E2 a Q1 töltés felé mutat, a Q2 töltés pozitív. Nagysága: 4 N 2 E2 r22 10 C ⋅ (0,9 m) Q2 = = 9⋅10–7 C. = 2 Nm k 9 ⋅ 109 2 C 2 Nm 5 ⋅ 10−8 C ⋅ 9 ⋅ 10−7 C QQ b) F = k 1 2 2 = 9 ⋅ 109 2 = 2,81⋅10–4 N. 2 C (1,2 m) r 13. m1 = 0,3 kg, α = 30°, m2 = 0,6 kg, R = 0,1 m, m = 0,2 kg, µ1 = 0,1, µ2 = t = 1 s, g = 9,81 m/s2. a) v = ? b) N = ?
10 pont
5 pont
3 , 6
a) A testekre felírt mozgásegyenletek: K1 – µ1m1g = m1a, m2 g sinα – µ2m2 g cosα – K2 = m2a , 1 a K2R – K1R = Θ⋅β = mR2⋅ . 2 R A fenti három egyenletet összeadva: 3 3 ⋅ 0,6 ⋅ − 0,1 ⋅ 0,3 6 2 g, 0,3 + 0,6 + 0,1
0,6 ⋅ 0,5 −
m2 sin α − µ 2 m2 cos α − µ1m1 g= 1 m1 + m2 + m 2 a = 0,12g = 1,18 m/s2 m v = a⋅t = 1,18 2 ⋅1 s = 1,18 m/s. 10 pont s b) A csiga perdülete: v 1 1 1 N= Θ⋅ω = mR 2 ⋅ = mRv = ⋅0,2 kg⋅0,1 m⋅1,18 m/s = 0,0118 kg⋅m2/s. R 2 2 2
a=
5 pont
14. f = 5, V1 = 2 dm3 = 2⋅10–3 m3, T1 = 300 K, p1 = 0,1 MPa = 105 Pa, T2 = 900 K, J J , Lo = 3,35⋅105 . ∆t = 15 °C, cvíz = 4200 kg ⋅ K kg a) ∆E = ? b) mvíz = ? a) A gáz belső energiájának megváltozása: www.kjg.hu
Szakács Jenő Megyei Fizika Verseny, I. forduló, 2003/2004.
Megoldások 8/9
f Nk∆T . 2 A gáz állapotegyenletéből: p V 105 Pa ⋅ 2 ⋅ 10−3 m3 2 J , Nk = 1 1 = = T1 300 K 3K 5 2 J ∆E = ⋅ ⋅(900 K – 300 K) = 1000 J. 8 pont 2 3K b) mvíz tömegű víz megfagyasztásakor felszabaduló energia: Q = mvíz⋅ cvíz⋅∆t + mvíz⋅ Lo = ∆E . Innen 1000 J ∆E = 2,51⋅10–3 kg = 2,5 g. = mvíz = cvíz ∆t + Lo 4200 J ⋅ 15 K + 3,35 ⋅ 105 J kg ⋅ K kg ∆E =
7 pont
15. E = 12 V, Rb = 1 Ω, R1 = R2 = 4 Ω, C = 4 µF = 4⋅10–6 F. a) Q = ? K nyitott b) Q′ = ? K zárt c) P2 = ? a) Ha K nyitott, akkor a kondenzátor a telep feszültségére töltődik fel: UC = E, így a töltése Q = UC⋅C = E⋅C = 12 V⋅4⋅10–6 F = 4,8⋅10–5 C. b) Ha K zárt, akkor áram tartósan csak R2-n folyik. Az áram erőssége: E 12 V = 2,4 A. = I= Rb + R2 1 Ω + 4 Ω Az R2-n eső feszültség U2 = I⋅R2 = 2,4 A⋅4 Ω = 9,6 V. A kondenzátor is erre a feszültségre töltődik fel (R1-en a feszültség 0): Q′ = U′ C⋅C = 9,6 V⋅4⋅10–6 F = 3,84⋅10–5 C. c) Az R2-en leadott teljesítmény: P = I2⋅R2 = (2,4 A)2⋅4 Ω = 23,04 W.
5 pont
5 pont 5 pont
16. C1 = 200 pF = 2⋅10–10 F, R = 5 Ω, L = 0,1 H, f = 500 kHz = 5⋅105 Hz, Ueff = 20 V. C2 = ? Ieff = ? A rezonancia feltétele: LC =
1
ω2
,
1 1 1 = = = 1,013⋅10–12 F. 2 2 2 2 5 2 L ⋅ω L ⋅ 4π ⋅ f 0,1 H ⋅ 4π ⋅ (5 ⋅10 Hz) Mivel C1 > C, csak soros kapcsolás jöhet szóba, azaz 1 1 1 1 1 1 1 ) −1 = 1,008⋅10–12 F − = + ⇒ C2 = ( − ) −1 = ( −12 −12 1,013 ⋅ 10 F 2 ⋅ 10 F C C2 C C1 C2 C2 = 1 pF. 10 pont Rezonacia esetén Z = R , így C=
www.kjg.hu
Szakács Jenő Megyei Fizika Verseny, I. forduló, 2003/2004.
Ieff =
Megoldások 9/9
U eff U eff 20 V = = = 4 A. Z R 5Ω
5 pont
17. s = 270 km, s1 = 2s/3 = 180 km, v1 = 72 km/h, s2 = s/3 = 90 km, v2 = 12,5 m/s = 45 km/h. a) t = ? b) v = ? a) A teljes idő a részidők összege: s s 180 km 90 km + = 2,5 h + 2 h = 4,5 h. t = t1 + t2 = 1 + 2 = v1 v2 72 km 45 km h h b) A teljes útra vonatkoztatott átlagsebesség: s 270 km v= = = 60 km/h. 4,5 h t
15 pont
18. n= 15, m = 24 font, v = 1600 láb/s, M = 4000 kis angol tonna = 4000⋅2000 font = 8⋅106 font u=? A lendület–megmaradás törvénye alapján: 15 ⋅ 24 font láb nm (M –nm)u = n⋅m⋅v ⇒ u = v= ⋅ 1600 = 6 (8 ⋅ 10 − 15 ⋅ 24) font s M − nm = 0,072 láb/s. 15 pont Mivel 1 láb = 30,48 cm, a hajó visszalökődési sebessége 2,2 cm/s.
www.kjg.hu
