Szakács Jenő Megyei Fizikaverseny 200920102. forduló Megoldások 1.
s = 36 km, 1 s1 = s = 6 km 6
km h s2 = 18 km 1 m km v2 = 3 = 12 3 s h t = 2,5 h
v1 = 15
a) v3 = ? b) vátl = ? c) v(t ) grafikon d) s(t ) grafikon c)
1
a) A harmadik útszakasz hossza s3 = s – s1 – s2 = 12 km. s 6 km Az első szakaszt t1 = 1 = = 0,4 h idő alatt, a második km v 1 15 h 18 km s 2 szakaszt t2 = = = 1,5 h idő alatt teszi meg. A harmadik km v 2 12 h szakaszhoz szükséges idő: t3 = t – t1 – t2 = 0,6 h. s 12 km km A harmadik szakaszon a sebesség: v3 = 3 = = 20 . 6 pont t 3 0,6 h h b) A teljes útra vonatkozó átlagsebesség m/sban: s 3 6 km km m vátl = = = 14,4 = 4 , t 2 , 5 h h s tehát másodpercenként 4 mt tesz meg a kerékpáros. 3 pont
v [km/h]
3 pont
s [km]
d)
3 pont
36 20 24
15 12
t [h] 0,4
1,9 2,5
6
t [h] 0,4
1,9 2,5
2.
F = 6,4 N kg rvíz = 10 3 m kg r = 11×10 3 3 m m g = 10 2 s 3
a) m = ? b) a = ? c) G = ?
b) A kockára ható erők egyensúlyát felírva: F = G – F f = Vrg – Vrvízg = V(r – rvíz) g. Ebből a kocka térfogata: 6,4 N F V = = = 6,4×10 –5 m 3 . kg m ( r - r víz ) g (11 - 1) × 103 3 × 10 2 m s 3 A kocka élének hosszúsága a = V = 4×10 –2 m = 4 cm. 5 pont c) A kocka súlya a kérdés: kg m G = Vrg = 6,4×10 –5 m 3×11×10 3 3 × 10 2 = 7,04 N. 5 pont m s
a) A mérleg bal oldalán plusz erőként megjelenik a F f = Vrvízg felhajtóerő ellenereje (lefelé hat), így a jobboldali mérlegserpenyőbe kell tenni kg m = Vrvíz = 6,4×10 –5 m 3 ×10 3 3 = 6,4×10 –2 kg tömegű testet. 5 pont m
Szakács Jenő Megyei Fizikaverseny 200920102. forduló Megoldások
2
3. g cm 3 h1 = 1 m h2 = 1,6 m h = 75 % m g = 10 2 s g rvíz = 1 3 cm
r = 3
v3 = ?, t3 = ?
A test sebessége közvetlenül a becsapódás előtt az energiatételből: m m 2 v 12 = 2gh1 = 2× 10 2 ×1 m = 20 2 . s s Közvetlenül a becsapódás után: m 2 m v 22 = 0,75 v 12 = 15 2 , v2 = 3,87 . 4 pont s s A vízben mozgó testre az F f = Vrvízg felhajtóerő is hat, ezért a munkatételt írjuk fel. r 1 2 1 1 m v 2 + mgh2 = m v 32 + F f h2 = m v3 2 + m víz h2. r 2 2 2
v 32 = v 22 + 2gh2 (1 –
r víz m 2 m 1 m 2 ) = 15 2 + 2×10 2 ×1,6 m×(1 – ) = 36,33 2 . r s s 3 s
A sebesség a medence alján v3 = 6,02 A mozgás ideje a vízben: t3=
m . s
8 pont
2 h2 2 × 1,6 m = = 0,32 s. v 2 + v 3 3,87 m + 6,02 m s s
3 pont
4. m s 2 m a 2 = 8 2 s s = 1200 m tt = t +10 s
a 1 = 4
a) t = ? b) vt = ?
t2 =
a) A legrövidebb idejű mozgás úgy valósulhat meg, hogy először t1 ideig gyorsít, utána t2 ideig fékez. A maximális sebességre fennáll
v = a 1 t1 = a 2 t2, azaz t1 =
a 2 t2 = 2t2. a 1
A megtett út 1 1 1 1 s = a 1 t1 2 + a 2 t 22 = ∙ a 14 t 22 + ∙2 a 1 t 22 = 3 a 1 t 22 . 2 2 2 2
s 1200 m = = 10 s, t1 = 20 s. A legrövidebb idő tehát 30 s. m 3a 1 3 × 4 2
6 pont
s
b) A teszt ideje a feladat szerint tt = 30 s + 10 s = 40 s. Azért tart hosszabb ideig a mozgása, mert a mozgásban van állandó sebességű szakasz is. Legyen t1 a gyorsítás, t2 a lassítás, t3 az állandó sebességű mozgás ideje, így tt = t1 + t2+ t3 . Fennállnak a következő összefüggések:
v= a 1 t1 = a 2t2, azaz t1 =
a 2 t2 = 2t2, a 1
t3 = tt – 3t2
Szakács Jenő Megyei Fizikaverseny 200920102. forduló Megoldások
3
1 1 s = a 1 t 12 + a 2 t 22 + vt3 = 3a 1 t 22 + 2 a 1t2 (tt – 3t2).
2 2 Behelyettesítve az adatokat (út méterben, idő sban): 1200 = 12 t 22 + 8t2 (40 – 3t2) Þ 3 t 22 – 80t2 +300 = 0. Az egyenlet gyökei 22,15 s és 4,51 s. Az első túl nagy (t3 < 0 lenne), így a megfelelő érték t2 = 4,51 s. m m km A maximális sebesség a teszt alatt: v = a 1∙ 2t2 = 4 2 2×4,51 s = 36,08 » 130 . 9 pont s s h
5. p = 10 5 Pa T1 = (27 +273) K = 300 K He: f= 3 m2 = 9×10 –3 kg T2 = (377 +273) K = 650 K Al 1 DV= V1 3 J c2 = 900 kg × K
a) A gáz állapotegyenletét felírva (p = állandó) V 1 V + DV 4 V1 = = , T 1 T 3 T 4 T = T1 = 400 K a közös hőmérséklet. 5 pont 3 b) Az alumínium által leadott hőt a He gáz veszi föl (nő a belső energiája és tágul).: QAl = QHe J QAl = m2c2(T2 – T) = 9×10 –3 kg×900 ×250 K = 2025 J. kg × K 3 pont
a) T = ? b) V1 = ? Az állandó nyomáson felvett hő f + 2 f + 2 f + 2 1 QHe = nR(T – T1) = p DV = p V1. Így a térfogat: 2 2 2 3 Q 6 Al 6 × 2 025 J V1 = = = 24,30×10 –3 m 3 . 7 pont 5 5 p 5 × 10 Pa 6.
R1 = 100 W R2 = 200 W R3 = 300 W U = 120 V P 3 = 48 W a) n = ?, Re = ? b) Melyik a jó kapcsolás?
a) Az ellenállásokat kapcsolhatjuk mind sorba (1 eset), mind párhuzamosan (1 eset), kettő soroshoz a harmadikat párhuzamosan (3 eset), kettőt párhuzamosan kapcsolthoz a harmadikat sorosan (3 eset), ez összesen 8 féle kapcsolás. A) Mindhárom sorosan: Re1 = 100 W + 200 W + 300 W = 600 W.
B) Mindhárom párhuzamosan: 1 1 1 1 11 = + + = Þ Re2 = 54,54 W. Re 2 100 W 200 W 300 W 600 W C) Kettő sorosan, a harmadik ezekkel párhuzamosan:
Szakács Jenő Megyei Fizikaverseny 200920102. forduló Megoldások
4
500 W × R1 500 W × 100 W = = 83,3 W. 500 W + R 1 500 W + 100 W 400 W × R2 400 W × 200 W Re4 = = = 133,3 W. 400 W + R 2 400 W + 200 W
C.1) R2 + R3 = 500 W, Re3 = C.2) R1 + R3 = 400 W,
C.3) R1 + R2 = 300 W,
Re5 =
300 W × R3 300 W × 300 W = = 150 W. 300 W + R 3 300 W + 300 W
D) Kettő párhuzamosan, a harmadik ezekkel sorosan: 200 W × 300 W D.1) Re6 = + 100 W = 220 W. 200 W + 300 W 100 W × 300 W D.2) Re7 = + 200 W = 275 W. 100 W + 300 W 100 W × 200 W D.3) Re8 = + 300 W = 366,67 W. 100 W + 200 W b) Mivel P 3 =
a) Minden lehetőség 1 pont, összesen 8 pont
U 32 , az R3 ellenálláson eső feszültség: R 3
U3 = P3 × R 3 = 48 W × 300 Ω = 120 V,
2 pont
megegyezik a telep feszültségével. Így két kapcsolás jöhet szóba: B) (mind párhuzamos), és 2 pont C.3) (az R3 a párhuzamosan kapcsolt). 3 pont 7.
m1 = 3 kg l = 1 m x = 0,3 m m2 = 27 kg g cm 3 g rv = 1 3 cm m g = 10 2 s
r2 = 2,7
a) K = ? b) F = ? c) F A = ? 8. m = 10 g r = 10 cm = 0,1 m l0 = 10 cm s = 35 cm a = 30°
a) A kötélerő a kocka súlyának és a felhajtóerőnek a különbsége: 1 r m K = m2g – V2rvg = m2g(1 – v ) = 27 kg×10 2 ×(1 – ) = 170 N. 5 pont 2 , 7 r2 s b) Írjuk fel a forgatónyomatékok egyensúlyát az alátámasztási pontra: l m1g + K x = F l. 2 1 x m F = m1g + K = 3 kg×10 2 ×0,5 + 170 N×0,3 = 66 N. 5 pont 2 l s c) A rúdra ható erők eredője nulla: F A + F = K + m1g. F A = K + m1g –F = 170 N + 30 N – 66 N = 134 N. 3 pont Ennek ellenereje hat az alátámasztási pontra, tehát az alátámasztási pontra ható erő lefelé mutat. 2 pont
C
r a g
h
O x r
b
B r P
A s
a) Az OPC háromszögből szinusztétellel megkapjuk a b szöget: sin a 2 r = = 2 sin b r 1 1 sin b = sin a = 2 4 b = 14,47° g = a + b = 44,47° h = r (1 + cos g) = 17,14 cm. 2 pont
Szakács Jenő Megyei Fizikaverseny 200920102. forduló Megoldások
5
a) h = ? b) F r = ?
b) Az x távolságot is az OPC háromszögből számolhatjuk ki: x sin g sin g = , x = 2r = 2×10 cm×2×sin 44,47° = 28 cm. 2r sin a sin a A rugó megnyúlása a C helyzetben Dx = x – l0 = 18 cm. A rugó megnyúlása az A pontban (kezdetben) Ds = s –l0 = 25 cm. A B pontban viszont a rugó megnyúlása éppen nulla.
2 pont
A B ponthoz tartozó rugóerő F r = DDx, de egyelőre nem ismerjük a D rugóállandót. Írjunk föl energiatételt az A és C pontok között, valamint használjuk ki a körmozgás dinamikai feltételét a C pontban, figyelembe véve, hogy ott a kényszererő éppen nulla lesz. 1 1 1 D(Ds) 2 = mv2 + mgh + D(Dx) 2 , (1) 3 pont C 2 2 2 2 a v m = mg cos g + DDx cos a. (2) 3 pont g r mg A (2) egyenletből mv2 et helyettesítsünk be (1)be: Fr 2 D(Ds) = mg(r cos g +2h) + Dr Dx cos a + D(Dx) 2 , mg ( r cos g + 2 h ) D = . 2 2 B ( D s ) ( D x ) r D x cos a A b s P m 10 - 2 kg × 10 × (0,1 m × cos44,47 ° + 2 × 0,1714 m) N s 2 D = = 2,85 . m (0,25 m) 2 - (0,18 m) 2 - 0,1 m × 0,18 m × cos30 °
A rugóerő értéke F r = DDx = 2,85
N ×0,18 m = 0,51 N. m
3 pont
2 pont
9.
A = 0,04 m m0 = 0,1 g = 10
m s 2
a) T = ? b) a = ?
m0g = Aw2 ,
a) A tálcán lévő, a tálcával együtt mozgó test mozgásegyenlete F t = ma , ahol a = Aw2 sin wt = a max sin wt F t a tapadási súrlódási erő, amelyre fennáll, hogy F t £ m0mg Amikor a test éppen nem csúszik meg, a gyorsulás maximális: F tmax = ma max, amiből
m 0,1 × 10 2 m 0 g s = 5 s –1 , T = 2p = 1,26 s. Þ w = = A 0,04 m w
10 pont
Szakács Jenő Megyei Fizikaverseny 200920102. forduló Megoldások
b) A tálca maximális gyorsulása a = Aw2 = m0g = 1
10. I = 1 mA R = 1 W U = 1,5 V d = 0,2 mm r = 10 –4 m rm = 49×10 –8 W×m
m . s 2
6
5 pont
a) Az ampermérő adatai szerint azon csak Ua = I×R = 1 mA×1 W = 1 mV feszültség eshet. Mivel a feszültség maximális értéke 1,5 V, így a sorba kapcsolt előtétellenálláson kell hogy essen Ue = U – Ua = 1 V – 1 mV = 1499 mV. Ennek alapján az előtétellenállás nagysága U 1499 mV Re = e = = 1499 W. 10 pont I 1 mA
a) Re = ? b) l = ? (m) 2 10 - 8 m 2 × 3,14 b) Re = rm l , amiből l = Re A = Re r p = 1499 W× = 96 m. 49 × 10 - 8 Ω × m A r m r m
11. U = 10 4 V I = 2 ×10 –4 A A = 1 cm 2 d = 1 mm = 0,1 cm t = 60 s h = 60% g r = 21,4 3 cm J c = 133,3 kg × K –19 e = 1,6×10 C
5 pont
It 2 × 10 -4 A × 60 s = = 75×10 15 db 5 pont e 1,6 × 10 -19 C elektron csapódik az anódba. Az N db elektron energiája a közvetlen a becsapódás előtt E = NeU, ennek 60%a melegíti az anódot: Q = h NeU = 0,6×75×10 15 1,6×10 –19 C×10 4 V = 72 J. 5 pont Egy perc alatt N =
Másrészt Q = mcDt, ahol m = Adr = 1 cm 2×0,1 cm×21,4 Ezek alapján Q DT = = mc
72 J J 2,14 × 10 kg × 133,3 kg × K
= 252,96 K.
g = 2,14 g. cm 3 5 pont
-3
DT = ? 12. d = 0,3 m B = 0,4 T I = 0,22 A U = 1,2 V t = 15 s a) s = ? b) W = ?
a) A vezető mozgatásakor a rúdban indukált feszültség keletkezik, ez szolgál „áramforrásként” az izzó világításához. U = Ui = Bdv alapján a mozgatás sebessége: 1,2 V U m v = = = 10 . Bd 0,4 T × 0,3 m s Ut m A mozgatás távolsága s = = v t = 10 ×15 s = 150 m. 7 pont Bd s
b) Az állandó sebességű mozgáshoz erőt kell kifejtenünk, hogy ellensúlyozzuk az áramjárta vezetőben fellépő Lorentzerőt: F = F L = BId = 0,4 T×0,22 A×0,3 m = 0,0264 N.
Szakács Jenő Megyei Fizikaverseny 200920102. forduló Megoldások
7
A munkavégzésünk W = F×s = 0,0264 N×150 m = 3,96 J. 8 pont A munkát paraméteresen kiszámítva Ut W = F×s = BId× = I U t adódik, ami az izzó világításához szükséges Joulehő. Bd W = I U t = 0,22 A×1,2 V×15 s = 3,96 J. 13. N= 10 k > 0 t = 2 m DT = 200 °C 1 a = 6×10 –5 °C
k , amiből k = Nt = 10×2 m = 20 m. t A gömbtükör leképezési törvénye szerint 1 1 1 11 1 20 = + = , f = m = 1,8182 m. 5 pont f t k 20 m 11 Melegítéskor a gömb(héj) tágul, azaz lineárisan nő a gömbtükör sugara: R’ = R(1 + a DT). A nagyítás definíciója alapján N =
Dk = ? A gömbtükör sugara és fókusza között fennáll, hogy R = 2f, amely alapján 20 f’ = f(1 + a DT) = m ×(1 + 6×10 –5×200) = 1,8400 m. 5 pont 11 A leképezési törvényből az új képtávolság t × f ' 2 × 1,84 k’ = = m = 23 m, tehát az ernyőt Dk = 3 mrel kell odébb vinni. t - f ' 2 - 1,84
5 pont
14. J °C Ce = 540 pF M = 226 g t = 2 h U = 22 400 V e = 4,79 MeV T1/2 = 1620 év e = 1,6×10 –19 C
Ck = 8
a) DT = ? b) m = ?
a) A gömb töltése q = CeU = 540 pF×22400 V = 12 mC nagyságú lesz, amit a becsapódó arészek hoznak létre. Az arészecskék töltése 2e, így 2 óra alatt q C U 12 × 10 -6 C DN = = e = = 3,75×10 13 db arészecske csapódott be. 2 e 2 e 2 × 1,6 × 10 -19 C Az arészecskék az ütközéskor q W = DN∙e = ∙e = 3,75×10 13×4,79×1,6×10 –13 J = 28,74 J 4 pont 2 e energiát adtak át a gömbnek, amely ezáltal fölmelegedett. W = Ck×DT, amiből a hőmérsékletváltozás W 28,74 J DT = = = 3,59 °C. 3 pont J C k 8
b) Mivel bomláskor egy atom egy arészt bocsát ki, az arészek száma egyúttal megadja az elbomlott atomok számát. Ha kezdetben N0 számú rádium atom volt, akkor t= 2 óra múlva a bomlási törvény szerint t T 1 / 2
-
N(t) = N0 2
t T 1 / 2
-
az atomok száma. Tudjuk, hogy DN = N0 – N(t) = N0∙ (1 – 2 ). DN 3, 75 × 1013 3, 75 × 10 13 Ebből N0 megadható: N0 = = = = 3,84 × 10 20 . t 2 -8 9, 7686 × 10 1 - 2 T 1 / 2 1 - 2 1620×365×24
6 pont
Szakács Jenő Megyei Fizikaverseny 200920102. forduló Megoldások
8
Vagy fölhasználva, hogy t<< T1/2 , közelítő formula is írható (az exponenciális függvényt t sorba fejtve): DN = ln2 ∙N0 ∙ . Ez utóbbi alapján
T 1 / 2
13
N0 =
DN × T 1 / 2 3,75 × 10 × 1620 × 365 × 24 h = = 3,83×10 20 db rádium atom volt kezdetben. ln 2 × t ln2 × 2 h
Ennek tömege m = M
N 0 3, 83 × 10 20 = 226 g ∙ = 0,144 g. A 6 × 10 23
2 pont
