Szakács Jenő Megyei Fizika Verseny, az I. forduló feladatainak megoldása
1
1. t1 = 2 perc, v1 = 2v2 az A fiú sebessége, v2 a B fiú sebessége, vb = 3v1 = 6v2 a busz sebessége. t=? A rajz alapján: v2t + v2t1 + vbt1 = v1t v2t + v2t1 + 6v2t1 = 2v2t 7v2t1 = v2t t = 7t1 = 14 perc. 13 pont Így A 14 + 2 = 16 perc múlva éri utol B-t. 2 pont 2. A megállók távolsága s, a fiúk sebessége v, a villamos sebessége vv. x = ? vv/v = ?
1 s távolságra van a megállótól, amikor a villamos x távolságra, és egyszerre érik el a 4 megállót: 1 s 4 = x . (1) 4 pont v vv 1 B-nek s utat kell megtennie, míg a villamosnak s utat, hogy egyszerre érjenek a 3 következő megállóba: 1 s 3 = s . 3 pont (2) v vv 4 pont A (2) összefüggésből vv = 3v. 3 Behelyettesítve (1)-be, a villamost x = s távolságban pillantják meg. 4 pont 4 A
3. A = 20 cm × 20 cm = 4⋅10–2 m2, l = 6 m, l1 = 2 m (Fe), l2 = 4 m (Al), ρ1 = ρFe = 7800 kg/m3, ρ2 = ρAl = 2700 kg/m3, g = 9,81 m/s2. a) m= ?, b) Wmin = ? a) m = Al1ρ1 + Al2ρ2 = A(l1ρ1 + l2ρ2) m = 0,04 m2(2 m⋅7800 kg/m3 + 4 m⋅2700 kg/m3) m = 1056 kg 5 pont mFe = Al1ρ1 = 624 kg, mAl = Al2ρ2 = 432 kg. b) Az S tömegközéppontra felírható, hogy mFegx = mAlg(l1/2 + l2/2 – x), 624x = 432(3 m –x), 432 ⋅ 3 m x= = 1,227 m . 6 pont 624 + 432 A munka akkor a legkisebb, ha a tömégközéppont a legkevesebbet emelkedik. Ez akkor következik be, ha a rúd vasból készült részének vége marad a talajon. Így Wmin = mgh = mg(l1/2 + x) = 1056 kg⋅9,81 m/s2(4 m + 1,227 m) = 23070,3 J 4 pont (A másik munka 39085,9 J)
www.kjg.hu
Szakács Jenő Megyei Fizika Verseny, az I. forduló feladatainak megoldása
2
4. t1 = 20 °C, mFe = 3 kg, mg = 100 g, tg = 120 °C, tv = 60 °C, cFe = 465 J/(kg⋅°C), cvíz = 4180 J/(kg⋅°C), Lf = 2,25⋅106 J/kg, cgőz = 2090 J/(kg⋅°C). t2 = ? A gőz vízzé való átalakulásakor leadott hő: Q = cgőzmg(tg – 100 °C) + Lfmg + cvízmg(100 °C – tv). J J J Q = 0,1 kg ⋅ (2090 ⋅ 20 °C + 2,25 ⋅ 10 6 + 4180 40 °C) = 245 900 J. kg ⋅ °C kg kg ⋅ °C A vasdarab által felvett hő: Q = cFemFe∆T. Q 245900 J ∆T = = = 176,3 °C. cFe mFe 465 J ⋅ 3 kg kg ⋅ °C A vasdarab hőmérséklete: t2 = t1 + ∆T = 196,3 °C.
10 pont
4 pont
1 pont
5. H = 60 cm, α = 60 °, pk = 105 Pa = p0, T1 = 27 °C = 300 K, T2 = T1+ ∆T = 350 K, l = 0,4 m, h = 0,05 m, ρHg = 13600 kg/m3, ρ0 = 1,3 kg/m3, g = 9,81 m/s2, T0 = 273 K, A = 0,5 cm2 = 5⋅10–5 m2. a) ∆l = ? b) m = ? a) A levegő állapotjelzői a két helyzetben: p1 = pk – ρHghg = 93329 Pa V1 = Al T1 2 pont p2 = pk – ρHg(h cosα) g = 96664 Pa V2 = A(l +∆l) T2 = T1+ ∆T Fennáll, hogy p1 Al p2 A(l + ∆l ) = , T1 T2 pl T 93329 Pa ⋅ 0,4 m 350 K ∆l = 1 2 − l = − 0,4 m = 0,05 m. T1 p2 300 K 96664 Pa A levegőoszlop hossza 5 cm-rel nő (a csőből nem folyik ki a higany!). b) A levegő ρ1 sűrűségére fennáll, hogy pT pT 93329 Pa ⋅ 273 K kg 1,3 3 = 1,1 kg/m3 ρ1 = 1 0 ρ 0 = 1 0 ρ 0 = 5 10 Pa ⋅ 300 K p0T1 pk T1 m 3 –5 2 m = ρ1V1 = 1,1 kg/m 5⋅10 m ⋅0,4 m = 2,2⋅10–5 kg = 22 mg. 6. t1 = 32 °C, T1 = 305 K, ρ = 1,106 kg/m3, V = 20 liter = 20⋅10–3 m3, p0 = 105 Pa, W’ = 2300 J, Q = 9200 J. A gáz tömege: m = ρ⋅V = 22,12⋅10–3 kg.
www.kjg.hu
3 pont
5 pont
3 pont 2 pont
Szakács Jenő Megyei Fizika Verseny, az I. forduló feladatainak megoldása Az állapotegyenletből M meghatározható: p0V =
3
mRT1 ρRT1 m = RT1 ⇒ M = M p0V p0
1,106 ⋅ 8,31 ⋅ 305 kg = 28 g. 3 pont 105 2 pont Eszerint a gáz lehet nitrogén (N2), szénmonoxid (CO) vagy etilén (C2H4). A folyamatban a feladat szerint p = állandó. Használjuk az I. főtételt a szabadsági fok meghatározására. W’ = p0∆V ⇒ ∆V = W’/p0 = 2300/105 m3 = 23⋅10–3 m3. V2 = V + ∆V= 43⋅10–3 m3. 2 pont V 43 T2 = 2 T1 = 305 K = 656 K, ∆T = T2 – T1 = 351 K. 2 pont V1 20 ∆E = Q – W’ = (9200 – 2300) J = 6900 J. 2 pont f f p0V 2 ⋅ ∆E T1 2 ⋅ 6900 ⋅ 305 ∆E = nR∆T = ∆T ⇒ f = = 5,99 ≈ 6. = 5 2 pont 2 2 T1 p0V ∆T 10 ⋅ 20 ⋅ 10 − 3 ⋅ 351 Mivel a kétatomos molekulák (N2 és CO) szabadsági foka 5, ez a gáz az etilén lehet. 2 pont M=
7. m = 800 kg, s = 180 m, h = 10 m, v = 54 km/h = 15 m/s, P = 25 kW. a) F = ? b) η = ? a) A lejtőn fölfelé mozgató erő F = W/s = P/v = 25000/15 N = 1667 N. 7 pont Ezt az erőt a motor fejti ki és a kerekeknél mint tapadási erő jelenik meg. b) A hasznos munka a helyzeti energia növelése (mgh), a befektetett munka a motor s 180 munkája (Pt). A mozgás ideje t = = s = 12 s . v 15 mgh 800 ⋅ 9,81 ⋅ 10 Így a hatásfok η = = = 0,2616 =26,16 %. 8 pont Pt 25000 ⋅ 12 8. v0 = 10 m/s, R = 100 m, s1 = Rπ, ∆E = a) s2 = ? v2 = 0
15 15 1 2 E0 = mv0 16 16 2
b) t = ?
A test mozgási energiája a félkörnyi út megtétele után: E1 = E0 − ∆E =
1 1 1 2 E0 = mv0 . 16 16 2
Ekkor a test sebessége: v1 = v0/4. a) A munkatétel alapján felírható, hogy 1 2 1 2 1 mv1 − mv0 = F ⋅ s1 és 0 − mv12 = F ⋅ s2 . Ebből 2 2 2 1 − v02 s2 − v12 s Rπ 100π 1 16 = 2 = = , azaz s2 = 1 = = m = 20,94 m 2 1 2 s1 v1 − v0 15 15 15 15 2 v0 − v0 16 b) A megtett út: s =s1 + s2 = Rπ + Rπ /15 = 16/15 Rπ v + 0 v0 Az átlagsebesség: v = 0 = 2 2 16 16 100π ⋅ 2 m Rπ s 15 15 = A mozgás időtartama: t = = = 67 s. 1 10 m/s v v0 2 www.kjg.hu
2 pont
8pont
2 pont 2 pont
1 pont
Szakács Jenő Megyei Fizika Verseny, az I. forduló feladatainak megoldása
4
9. m = 20 kg, v = 0, Észak: m1 = 6 kg, v1 = 10 m/s; Kelet: m2 = 10 kg, v1 = 8 m/s. E=? m3 = m – (m1 + m2) = 4 kg. A lendület megmaradás törvénye alapján: I1 + I2 + I3 = 0 5 pont 2 2 2 (m1v1) + (m2v2) = (m3v3)
( m1v1 ) 2 + ( m2v2 ) 2 (6 kg ⋅ 10 m/s) 2 + (10 kg ⋅ 8 m/s) 2 m v3 = = = 25 5 pont m3 4 kg s A részek mozgási energiáinak összege adja a lőporgázok energiáját, hiszen a robbanás előtti pillanatban a mozgási energia 0, a helyzeti energia pedig nem változik. 3 pont 1 1 1 1 E = m1v12 + m2 v22 + m3v32 = (6 kg⋅(10 m/s)2 +10 kg⋅(8 m/s)2 + 4 kg⋅(25 m/s)2) 2 2 2 2 2 pont E = 1870 J. 10. m1 = 4 kg, m2 = 5 kg, D = 98,1 N/m, s1 = 0,2 m, g = 9,81 m/s2, µ = 0, α = 30°. a) s = ?b) v1 = ? a) A munkatétel alapján 1 0 = m2 gs − m1 gs sin α − Ds 2 2 ( m − m1 sin α ) g (5 kg − 4 kg ⋅ sin30°)9,81 m/s2 s= 2 = = 0,6 m 7 pont 1 1 98,1 N D 2 2 b) A munkatételt alkalmazva: 1 1 1 m2 v12 + m1v12 = m2 gs1 − m1 gs1 sin α − Ds12 2 2 2 2 2( m2 − m1 sin α ) gs1 − Ds1 2(5 kg − 4kg sin 30°)9,81 m/s2 ⋅ 0,2 m − 98,1 N m ⋅ (0,2 m) 2 v12 = = m2 + m1 (5 kg + 4 kg) v1 = 0,933 m/s 8 pont 11. α = 60°, l = 80 cm = 0,8 m, m = 1 g = 10–3 kg. a) Q = ? b) K = ? a) Egyensúly esetén az F1, mg, F2 erők eredője fonálirányú, miként fonalirányú az F1 és az mg erők eredője is. 4 pont Így fennáll: Q2 α F α . F1 = mgtg = k tg = 1 , α 2 2 2 mg ( 2l sin ) 2
www.kjg.hu
Szakács Jenő Megyei Fizika Verseny, az I. forduló feladatainak megoldása
Q = 2l sin
α mg 2
k
= 2 ⋅ 0,8 m ⋅ sin 30°
tg
α 2
5
=
10 − 3 kg ⋅ 9,81 m/s2 ⋅ tg30° 9 ⋅ 109 Nm 2 /C 2
Q = 6,35⋅10–7 C 5 pont b) Mivel F1 = F2 = mg⋅tg(α/2), így mg α mg α 10 −3 kg ⋅ 9,81 m/s2 + mg tg = (1 + sin ) = (1 + sin 30°) = 1,7⋅10–2 N K= α 2 cos α 2 cos 30° cos 2 2 6 pont
12. Q1 = 6⋅10–8 C, Q2 = 2⋅10–6 C, Ekin = 2,7⋅10–3 J. a) R = ? b) F = ? a) A dinamika alapegyenlete alapján: 1 1 Q1Q2 v2 QQ . Innen m = k 1 2 2 , illetve E kin = mv 2 = k R R 2 2 R 1 Q1Q2 Nm 2 6 ⋅ 10-8 C ⋅ 2 ⋅ 10-6 C R=k = 9 ⋅ 109 2 = 0,2 m. 2 E kin C 2,7 ⋅ 10-3 J b) F = m
v 2 2 Ekin 2 ⋅ 2,7 ⋅ 10−3 J = = = 0,027 m. R R 0,2 m
9 pont
6 pont
13. R = 48 Ω, U = 3,2 V, Pö = 0,9 W. a) U0 = ? b) Rb = ? a) A kapcsolást rajzoljuk át: U 3,2 V 1 = = A, R 48 Ω 15 1 I = 3I 1 = 3 ⋅ A = 0,2 A . 15 P 0,9 W Pö = U0⋅I U0 = ö = = 4,5 V. 0,2 A I I1 =
1 pont 1 pont 2 pont
Rajz: 6 pont
b) Ohm törvényét alkalmazva: U0 1 1 1 1 = + + , Rk = R/3. , I= Rk + Rb Rk R R R U U R 4,5 V 48 Ω Így Rb = 0 − Rk = 0 − = − = 6,5 Ω 3 0,2 A 3 I I
www.kjg.hu
3 pont 2 pont
