Szakács Jenő Megyei Fizika Verseny, II. forduló, Megoldások. F f + K m 1 g + K F f = 0 és m 2 g K F f = 0. kg m

Szakács Jenő Megyei Fizika Verseny, II. forduló, Megoldások 1. ρv = 103 kg/m3, ρo = 8⋅102 kg/m3, m1 = 3 kg, ρ1 = 5⋅102 kg/m3, d = 8 cm, m2 = 0,8 kg, ρAl = 2,7⋅103 kg/m3. –––––––––– a) x= ? b) M = ?

1. oldal

Ff x

olaj

m1g + K

a) A deszka és a golyó egyensúlyban van, így fennáll: F′f + K m1g + K – Ff = 0 és 3 pont víz 3 pont m2g – K – F′f = 0. m2g A két egyenletből m1g – Ff + m2g – F′f = 0, m m1 g − V ′ρ o g + m2 g − 2 ρ v g = 0 , ahol V′ a deszka olajba merülő részének

ρ Al

térfogata. Innen V′ =

m1 + m2 −

ρo

m2

ρ Al

ρv

3 kg + 0,8 kg − =

0,8 kg ⋅103 kg m 3 2,7 ⋅103 kg m 3 = 4,38⋅10–3 m3 = 3 800 kg m 2 pont

= 4,38,dm3. Mivel V′ = x⋅A és m1 = d⋅A⋅ρ1, így 4,38 ⋅10 −3 m 3 kg V′ V′ = ⋅ 8 cm ⋅ 5 ⋅10 2 3 = 5,84 cm. x= dρ1 = 3 kg m A m1 b) Ha a deszkára M tömegű terhet teszünk, akkor az egyensúly feltétele módosul: m m Mg + m1 g − 1 ρ o g + m2 g − 2 ρ v g = 0 . Ebből

ρ1

M = − m1 +

m1

ρ1

ρ Al

ρ o − m2 +

m2

ρ Al

2 pont

3 pont

ρv =

0,8 kg 3 kg ⋅ 800 kg m 3 − 0,8 kg + ⋅103 kg m 3 = 2 3 3 3 2,7 ⋅10 kg m 5 ⋅10 kg m 2 pont = 1,296 kg ≈ 1,3 kg. = −3 kg +

m m , ∆v = – 2 , ∆t = 1 s. s s ––––––– a) v = ? t = 8 s b) vátl = ? c) s = ?

2. v0 = 20

a) A test gyorsulása (lassulása) m −2 ∆v s = –2 m . a= = ∆t 1s s2 A test sebessége 8 s elteltével: m m + (–2 2 )⋅8 s = 4 m/s. v = v0 + at = 20 s s b) Az átlagsebesség megegyezik a középsebességgel:

www.kjg.hu

2 pont

3 pont

Szakács Jenő Megyei Fizika Verseny, II. forduló, Megoldások

2. oldal

m m +4 v +v s s = 12 m/s. vátl = 0 = 2 2 c) A megállásig eltelt időre fennáll, hogy 20

5 pont

m 20 v0 s = 10 s. v′ = v0 + at′ = 0, amiből t ′ = = a − (−2 m ) s2 A megtett út: m −2 2 a m s ⋅ (10 s) 2 = 200 m – 100 m = 100 m. s = v0t + t ′2 = 20 ⋅10 s + 2 s 2

2 pont

3 pont

3. m =10 g = 0,01 kg, M = 7 kg, s = 0,25 m, µ = 0,05, g = 9,81 m/s2. –––––––––– u=?

A kocka+golyó együttes M′ tömegre írjuk föl a munkatételt: 1 m m M ′ v 2 = µM ′gs , ebből a közös sebesség v = 2µgs = 2 ⋅ 0,05 ⋅ 9,81 ⋅ 0,25 = 0,495 . 2 s s 7 pont A golyó és a kocka ütközése teljesen rugalmatlan, így a lendületmegmaradás: m u + M⋅0 = (M +m) v, ahonnan a golyó kezdeti sebessége kifejezhető: M +m 7,01 m 8 pont u= v= ⋅ 0,495 = 347,2 m/s. m 0,01 s

km 20 m 2 Rπ Rπ = , R = 64 m, s1 = = = 16π m. 9 s 8 4 h ––––––––––––––– c) d1 = ? d2 = ? β =? a) α = ? b) t2 = ? 4. vA = 8

találkozás

s2

a) Az ábráról – a Thalész-tételt alkalmazva – leolvasható, hogy a futók elmozdulásai α = 90 °-os s1 szöget zárnak be egymással. 4 pont A B b) A B futó által megtett út, akkor, amikor szemben futnak: 2 Rπ Rπ 3Rπ . s2 = − s1 = Rπ − = 2 4 4 Mivel a találkozásig azonos ideig futottak, fennáll, hogy s1= vAt és s2= vBt, ahonnan 3 Rπ s2 s2 s2 2 pont = v A = 4 ⋅ v A = 3v A . vB = = Rπ s1 t s1 vA 4 Amikor egy irányban futnak, a B futó éppen félkerületnyi úttal többet tesz meg, mint A: s2 ' = s1 '+ Rπ . 2 pont

www.kjg.hu

Szakács Jenő Megyei Fizika Verseny, II. forduló, Megoldások Mivel s1′ = vAt′

és

3. oldal

s2′ = vBt′ = 3 vAt′, így fennáll s2′

3 vAt′ = vAt′ +Rπ.

A találkozásig eltelt t′ idő Rπ 64 m ⋅ π t′ = = 45,24 s. 2 pont = A B 2v A 2 ⋅ 20 m 9 s d1 d2 c) A B futó által a találkozásig megtett út: s1′ Rπ 2 Rπ s1 ' = v At ′ = = , azaz a kör kerületének 2 4 C: találkozás egynegyede. Így a C pontban találkoznak. A Thalésztétel alapján az elmozdulások most is β = 90°-os szöget zárnak be egymással. 3 pont A két futó elmozdulásának nagysága megegyezik, és Pithagorász-tétele alapján 2R 2 pont d = d1 = d2 = = R 2 = 64 m ⋅ 2 = 90,51 m. 2 5. m =5 kg, α = 30°, F1= 40 3 N, F2 = 30 N, F3 = 20 N. –––––––––––––– m b) t = ? g= 10 2 a) Wi = ? s = 6,5 m s a) Az egyes erők által végzett munka: W1 = F1⋅s⋅ cos α = 40 3 N⋅6,5 m⋅cos 30° = 390 J. W2 = F2⋅s = 30 N⋅6,5 m = 195 J. W3 = F3⋅s⋅cos 90° = 0. m Wmg = mg⋅s⋅cos (90° + α) = 5 kg⋅10 2 ⋅6,5 m⋅ cos 120° = –162,5 J. s b) A munkatétel alapján 1 2 mv = ∑ Wi , ahonnan 2 2∑ Wi 2(390 J + 195 J + 0 − 162,5 J) = v= m m 5 kg = 13 . s A megtett útra fennáll, hogy 2s 2 ⋅ 6,5 m v ⋅t s= , ahonnan t = = = 1 s. m 2 v 13 s Megjegyzés (a b. rész másik megoldása) A lejtővel párhuzamos erők eredője: 1 3 ∑ Flejtő = F2 − mg sin α + F1 cos α = 30 N − 50 N ⋅ 2 + 40 3 N ⋅ 2 = 65 N. ∑ Flejtő = 65 N =13 m . A gyorsulás: a = m 5 kg s2

www.kjg.hu

2 pont 2 pont 1 pont 2 pont

6 pont

2 pont

6 pont

Szakács Jenő Megyei Fizika Verseny, II. forduló, Megoldások

4. oldal

2 ⋅ 6,5 m = 1 s. 2 pont m 13 2 s 6. r = 0,5 m, t = 0,2 s, ω = 5 1/s, m = 0,4 kg. a) F = ? b) α = ? c) T = ? –––––––––––––––––––– a) A testre ható eredő erő érintőleges (tangenciális komponense): 1 0,5 m ⋅ 5 rω s = 5 N. Ft = ma = m = 0,4 kg Ft t 0,2 s F A testre ható erő centripetális komponense: 2 2 Fcp = m r ω = 0,4 kg⋅0,5 m⋅25 1/s = 5 N. Fcp Mivel Ft és Fcp egymásra merőlegesek, és nagyságuk éppen 8 pont megegyezik, az eredő erő F = Ft 2 = 5 N ⋅ 2 = 7,07 N. 2 pont b) Az eredő erő az érintővel 45°-os szöget zár be. ω 1 c) A test szöggyorsulása β = = 25 2 , egy körbefordulás szöge 2π. Így fölírható, hogy t s Így t =

2s = a

2π = T=

β

T 2 , ebből az első körbefordulás ideje:

2 4π

β

=

4π s = 0,708 s. 25

5 pont

7. V =50 liter =5⋅10–2 m3, p1 = 1,4⋅107 Pa, T1 = 27 °C = 300 K, O2 → M = 32 g/mol. –––––––– a) m = ? b) V2 = ? p2 = 2⋅105 Pa, T2 = 17 °C = 290 K c) ∆m = ? p2 = 5⋅106 Pa, T2 = 37 °C = 310 K

a) Az állapotegyenlet alapján, felhasználva az oxigén moláris tömegét: m RT1 , ahonnan p1V = M g 1,4 ⋅107 Pa ⋅ 5 ⋅10−2 m 3 ⋅ 32 p1VM mol = 8985,2 g = 8,96 kg. m= = J RT1 ⋅ 300 K 8,31 mol ⋅ K b) Az egyesített gáztörvényt alkalmazva: p1V pV = 2 2 , ahonnan T1 T2 p1V ⋅ T2 1,4 ⋅107 Pa ⋅ 5 ⋅10 −2 m 3 ⋅ 290 K = = 3,833 m3 = 3833,3 liter 5 p2T1 2 ⋅10 Pa ⋅ 300 K c) A ∆m tömegű oxigén elhasználása utáni gáz tömegére fennáll, hogy m p3V = 2 RT3 , ahonnan M V2 =

www.kjg.hu

5 pont

5 pont

Szakács Jenő Megyei Fizika Verseny, II. forduló, Megoldások

m2 =

p3VM = RT3

5 ⋅106 Pa ⋅ 5 ⋅10 −2 m 3 ⋅ 32

5. oldal

g mol = 3105,5 g.

J ⋅ 310 K mol ⋅ K Így ∆m = m – m2 = 8985,2 g – 3105,5 g = 5879,7 g ≈ 5,88 kg. 8,31

5 pont

8. p1 = 2⋅105 Pa, V1 = 2 m3, T1 = 300 K, V2 = 3V1, oxigén →f = 5 . a) QAB = ? QBC = ? QCA = ? b) W = ? –––––––––– a) Először keressük meg a gáz állapothatározóinak értékét az A, B, C állapotokban: A: p1, V1, T1, az állapotegyenlet: p1⋅V1 = nRT1 B: 3p1, 3V1, TB , az állapotegyenlet: 3p1⋅3V1 = nRTB C: 4p1, V1, TC, az állapotegyenlet: 4p1⋅V1 = nRTC Az A és B-re fölírt állapotegyenlet osztásából: TB = 9T1, a C-re és A-ra fölírt állapotegyenlet osztásából TC = 4T1. A folyamatokhoz tartozó hőmennyiségeket az I. főtétel segítségével kaphatjuk meg, ehhez meghatározzuk a folyamatokhoz tartozó energiaváltozásokat, és a gázon végzett munkát. 3 p + p1 A→B: WAB = − 1 (3V1 − V1 ) = – 4 p1V1 2 f 5 p1V1 ∆E AB = nR(TB − T1 ) = (9T1 − T1 ) =20 p1V1 2 T1 2 QAB = ∆EAB – WAB = 20 p1V1 – (–4 p1V1) = 24 p1V1= 4 pont = 24⋅2⋅105⋅2 J = 96⋅105 J. 3 p + 4 p1 B→C: WBC = − 1 (V1 − 3V1 ) = 7 p1V1 2 f 5 p1V1 ∆EBC = nR(TC − TB ) = (4T1 − 9T1 ) = –12,5 p1V1 2 T1 2 QBC = ∆EBC – WBC = –12,5 p1V1 – 7 p1V1 = 4 pont = –19,5 p1V1= –19,5⋅2⋅105⋅2 J = –78⋅105 J. WCA = 0 C→A: f 5 p1V1 ∆ECA = nR(TA − TC ) = (T1 − 4T1 ) = –7,5 p1V1 2 T1 2 QBC = ∆EBC = –7,5 p1V1 = –7,5⋅2⋅105⋅2 J = –30⋅105 J. 4 pont b) A körfolyamatban a környezet végzett munkát a gázon: 3 pont W = WAB + WBC + WCA = – 4 p1V1 + 7 p1V1 + 0 = 3 p1V1 = 3⋅2⋅105⋅2 J= 12⋅105 J. 9. V1 = 1,5 dm3, p1 = 3⋅105 Pa, T1 = 310 K V2 = 3 dm3, p2 = 2⋅105 Pa, T2 = 300 K p=?V=?T=? ––––––––––– 2 pont V = V1 + V2 = (1,5 + 3) dm3 = 4,5 dm3. Mivel a rendszer zárt (elszigetelt a környezettől), a belső energiája nem változik: f f f 5 pont n1RT1 + n2 RT2 = nRT , ezenkívül fennáll, hogy n = n1 + n2. 2 2 2 ill. p2V2 = n2RT2 . A bal és jobb oldali gázra kezdetben az állapotegyenlet: p1V1 = n1RT1 Behelyettesítve az energiamegmaradás képletébe

www.kjg.hu

Szakács Jenő Megyei Fizika Verseny, II. forduló, Megoldások

n1 RT1 + n2 RT2 p V + p2V2 3 ⋅1,5 + 2 ⋅ 3 = 1 1 = = 304,2 K. p1V1 p2V2 3 ⋅1,5 2⋅3 n1 R + n2 R + + T1 T2 310 K 300 K A nyomás az egyesített gáz állapotegyenletéből kapható meg: (n + n ) RT p1V1 + p2V2 3 ⋅1,5 + 2 ⋅ 3 5 p= 1 2 = = ⋅10 Pa = 2,33⋅105 Pa. V1 + V2 V1 + V2 4,5 T=

6. oldal

5 pont

3 pont

10. D1 = 8 N/m, D2 = 5 N/m, m = 4 kg, s1 = 20 cm = 0,2 m. ––––––– a) vA = ? b) s2 = ? c) T = ?

a) A munkatétel felhasználásával, figyelembe véve, hogy a baloldali rugó megnyúlása és a jobboldali rugó összenyomódása egyaránt ∆l = s1 = 0,2 m, fennáll: 1 2 1 1 mv A − 0 = D1 (∆l ) 2 + D2 (∆l ) 2 . Innen 2 2 2 N 13 2 ( D1 + D2 )(∆l ) m = 0,36 m/s. vA = = 0,2 m ⋅ 6 pont m 4 kg b) Mivel energiaveszteség nincs, így a test A-tól balra s2 = s1 = 0,2 m távolságra jut el. 3 pont c) A két rugó helyettesíthető egyetlen D = D1 + D2 rugóállandójú rugóval („párhuzamos kapcsolás”), így a rezgés periódusideje: 4 kg m m T = 2π = 2π = 2π 6 pont = 3,49 s ≈ 3,5 s. N D D1 + D2 13 m 2 –6 2 11. R = 10 cm = 0,1 m, A = 2 mm = 2⋅10 m , I = 5 A, ρel = 6⋅1028 1/m3, Qel = 1,6⋅10–19 C. vóra vagy vel a nagyobb? ––––––––––––––––– A percmutató T = 60 perc = 3600 s alatt fordul egyszer körbe. A mutató végpontjának sebessége: 2 Rπ 2 ⋅ 0,1 m ⋅ π vóra = = = 1,745⋅10–4 m/s. 6 pont T 3600 s Az áramerősség definíciója alapján: Q V ⋅ ρ el ⋅ Qel l ⋅ A ⋅ ρ el ⋅ Qel I= = = , ahol l az elektronok t idő alatt megtett útja. Ebből t t t 5A l I v= = = 2,604⋅10–4 m/s. 8 pont = t A ⋅ ρ el ⋅ Qel 2 ⋅10-6 m 2 ⋅ 6 ⋅1028 1 ⋅1,6 ⋅10−19 C m3 Tehát az elektronok mozognak gyorsabban. 1 pont. 12. U = 180 V, R = 10 kΩ, Rv1= 6 kΩ, Rv2= 4 kΩ. a) V1 = ? V2 = ? ha K nyitva b) V1 = ? V2 = ? ha K zárva, és R feleződik c) Rx = ? ha V1 = V2 ––––––––––––––––– a) Ha a kapcsoló nyitva van a voltmérőkön összesen éppen U feszültség esik, és az egyes feszültségek az ellenállások arányában esnek:

www.kjg.hu

Szakács Jenő Megyei Fizika Verseny, II. forduló, Megoldások

U = V1 + V2

illetve

V1 V = 2 , Rv1 Rv2

azaz

7. oldal

V1 V2 = . Ez utóbbiból V1 = 1,5⋅V2. 6 4

U 4 pont = 72 V, és V1 = 1,5⋅72 V = 108 V. 2,5 b) Ha a kapcsoló zárva van, az ábra szerinti kapcsolást kapjuk: 1 1 1 1 11 1 =( + ) = Rv1 R/2 R1’ 6 5 kΩ 30 kΩ R1′ U – U – = 1 1 1 1 9 1 =( + ) = + + 4 5 kΩ 20 kΩ R2′ R2’ R/2 Rv2 Az eredő ellenállás: 30 20 Re = ( + ) kΩ = 4,949 kΩ 11 9 U 180 V I= = = 36,36 mA, ennek alapján a voltmérőkön eső feszültségek: Re 4,949 kΩ 30 20 V1 = IR1’ = 36,36 mA⋅ kΩ = 99,17 V, V2 = IR2’ = 36,36 mA⋅ kΩ = 80,8 V 6 pont 11 9 c) A két voltmérő egyforma feszültséget mutat (éppen U/2 = 90 V-ot), ha R1’ = R2’. 1 1 1 1 + = + Így írhatjuk, hogy . Érdemes behelyettesíteni az adatokat: Rv1 Rx Rv 2 R − Rx 1 1 1 1 + = + . (*) 6 Rx 4 10 − Rx V2 =

Átrendezve a Rx2 − 34 Rx + 120 = 0 másodfokú egyenletet kapjuk, ennek egyik gyöke a megoldás: Rx = 4 kΩ, és R – Rx = 6 kΩ. 5 pont

Megjegyzés: Erre az eredményre számolás nélkül is rájöhetünk, elég ránézni (*) egyenletre és észrevenni, hogy a voltmérők ellenállásainak összege is éppen 10 kΩ. 13. U = 230 V, f0 = 50 Hz →ω0 = 2πf0 = 314 Hz rezonancia, I0 = 20 A; f = 100 Hz = 2f0, I = 11 A. R=?L=?C=? –––––––––––––– U 230 V = a) Rezonancia esetén XC0 = XL0 , tehát Z0 = R = = 11,5 Ω. 20 A I0 U 230 V = b) Ha nincs rezonancia Z = =20,91 Ω. Ennek alapján írhatjuk, hogy I 11 A (XL – XC)2 = Z2 – R2 = (20,912 – 11,52 ) Ω2 → X ≡(XL – XC) = ±17,463 Ω. 1 1 Rezonancia esetén LC = 2 = , másrészt ω0 4π 2 f 02 1 =X (**) L2⋅2π f0 – C ⋅ 2 ⋅ 2π f 0

3 pont

LC ⋅16π 2 f 02 − 1 = XC ⋅ 4π f 0 → 4 – 1 = XC⋅4π f0 . Ebből (az is látszik, hogy X > 0 lehet):

www.kjg.hu

Szakács Jenő Megyei Fizika Verseny, II. forduló, Megoldások

8. oldal

3 3 = = 2,734⋅10–4 F. X 4π f 0 17,463 Ω ⋅ 4π ⋅ 50 Hz A (**) egyenletbe most C-t behelyettesítve: X 17,463 Ω L= = = 0,037 H. 3π f 0 3π ⋅ 50 Hz C=

6 pont

6 pont

14. ϕ = 60°, n = 2, α′ = 30°. ––––––––––– a) ε = ? ε′ = ? b) cp = ? cvák = 3⋅108 m/s.

ϕ

a) 1. eset:

α , α

β ϕ

, β , β

D

A beesési szög: α = 90° – α′ = 60°. 1 pont A Snellius-Descartes törvényből sin α sin 60° sin β = = = 0,4330, n 2 β = 25,66°. 1 pont γ Az ábra alapján ϕ ϕ = β + β′ , amiből β′ = ϕ – β = 60° – 25,66° = 34,34°. ε E 1 pont A teljes visszaverődés határszögére fennáll, hogy 1 1 sin α h = = , amiből αh = 30°. n 2 Mivel β′ > αh, így D-nél teljes visszaverődés lép fel. Az ábrából a γ szögre teljesül, hogy γ = 90° –[180° – ϕ – (90° – β′)] = ϕ – β′ = 60° – 34,34° = 25,66° = β. Mivel γ < αh, E-nél a fénysugár kilép a prizmából, és az ε szögre fennáll, hogy sin ε = n sin γ = n sin β, ebből sin ε = sin α és így ε = α = 60°. 2. eset: ϕ

α α, ϕ

β δ

ω

ω

F

δ

www.kjg.hu

δ

, G , ε ϕ

ϕ

1 pont 1 pont 2 pont

Szakács Jenő Megyei Fizika Verseny, II. forduló, Megoldások A rajz alapján δ = 180° – ϕ – (90° + β′) = 90° – ϕ – β′ = 90° – 60° –25,66° = 4,34°. Mivel ω = 90° – δ = 90° – 4,34° = 85,66° > αh, így F-nél teljes visszaverődéslép fel. A δ′ szög nagysága: δ′ = 180° – δ – ϕ – 90° = 180° – 4,34° –60° – 90° = 25,66° = β. Így, mivel δ′ < αh, G-nél a fénysugár kilép a prizmából és sin ε′ = n sin δ′ = n sin β, ebből ε′ = α = 60°.

9. oldal

1 pont 1 pont 1 pont 2 pont

b) A törési törvényből c sin α cvák n= = , ahonnan c p = vák = n sin β cp

3 ⋅108

www.kjg.hu

2

m s = 1,5⋅108 m/s.

3 pont