Szakács Jenő Megyei Fizikaverseny

Szakács Jenő Megyei Fizikaverseny

2015/2016. tanév I. forduló

2015. november 30.

1. Egy csillagdában a pihenő szobából a magasabban lévő távcsőszobába csigalépcső vezet fel. A két helyiség között 13,75 méter a szintkülönbség. A csigalépcső két, közvetlenül egymás felett lévő pontjának távolsága 2,5 méter. Egy csillagász úgy megy fel a lépcsőkön, hogy a csigalépcső tengelyétől mindig 1,5 méter távolságban van. (a) Mekkora a csillagász emelkedési sebességének nagysága, ha egy perc alatt ér fel a csigalépcsőn? (5 pont) (b) Mekkora utat tesz meg a csillagász, mialatt a csigalépcső aljáról a csigalépcső tetejére jut? (5 pont) (c) Mekkora elmozdulásának nagysága? (5 pont) (d) Mekkora sebességének nagysága, ha feltételezzük, hogy egyenletes mozgással halad a csigalépcsőn? (5 pont) Megoldás:

h  13,75m;d  2,5m;r  1,5m; t  1min  60s v emelkedés ?;s  ?; r  ?; v  ?

(a) Az emelkedés sebessége az emelkedés nagyságának és a közben eltelt időnek a hányadosa: v emelkedés

h 13,75m m   0,229 t 60s s

(5 pont)

(b) A csillagász pályája spirál, melynek hossza egy olyan derékszögű háromszög átfogója, melynek egyik befogója „h”, másik befogója „ Z  2r ”, ahol „Z” a csillagász által megtett fordulatok száma a lépcső tengelye körül. h

s Z  2r h 13,75m Z   5,5 d 2,5m

s  h2  Z  2r2 

13,75m2  5,5 2 1,5m 2  53,63m

(5 pont)

(c) Mivel a csillagász öt és fél fordulatot tett meg a csigalépcső tengelye körül, így az érkezési helye az indulási helyétől nemcsak 13,75 méterrel magasabban lesz, de vízszintes irányban egy teljes átmérővel arrébb is. Ezek alapján elmozdulásának nagysága: (5 pont) r  2r 2  h2  2 1,5m2  13,75m2  14,07m (d) A csillagász sebességének nagysága az általa megtett „s” út és a közben eltelt idő hányadosa, vagyis: v

s 53,63m m   0,894 t 60s s

2. Két autó száguld egymás felé a talajhoz képest egyforma 100 km/h nagyságú sebességgel. Egymástól milyen távolságban kezdjenek fékezni, hogy éppen csak elkerüljék az összeütközést? A sofőrök egyszerre kezdik a fékezést 7 m/s2 fékezési lassulással. (10 pont)

(5 pont)

Megoldás: A fékezést az autók fékútjának kétszeres távolságában kell megkezdeni. (3 pont). A fékút kiszámítható egy jármű 100 km/h = 27,78 m/s (2 pont) sebességről 7 m/s2-es lassulással megállásig megtett útjaként: 2  0  27,78 ms 0  27,78 ms   27,78 ms      = 110 m (5 pont) s  2  sfék  2  vközép  t  2   s m m   2  7 7 2 2 s s   2 v A helyes végeredményt adó s  összefüggés az előjelek kevésbé szigorú kezelése esetén a is kijöhet.

3. Mekkora v0 kezdősebességgel kell kilőni a vízszintes síkhoz képest 45°alatt egy lövedéket, hogy pályájának csúcspontján robbanjon fel, ha a gyújtószerkezet működési ideje 6 s? (A gyújtószerkezet a kilövés pillanatában kezd működni.) (10 pont) Megoldás: A lövedék kezdő függőleges sebessége a teljes kezdősebesség 2 -ed része (3 pont), és a függőleges sebesség éppen a gyújtásig eltelő t = 6 s idő alatt csökken 0-ra (3 pont). v 0 0 v 2  v  2 10 m  6 s = 84,9 m/s (4 pont) t  6s 0 s2 a  10 sm2 A helyes végeredményt adó esetén is kijöhet.

2 g  t összefüggés az előjelek kevésbé szigorú kezelése

4. Egy függőleges faltól 3 méter távolságban egy ember áll, aki a kezében lévő labdát úgy dobja a falnak, hogy az – a fallal történő (tökéletesen rugalmas) ütközése után – pont az eldobás helyére, azaz a kezébe érkezik vissza. (a) Milyen szögben dobta el a labdát, ha 9,5

m kezdősebességgel indította? (10 pont) s

(b) Mekkora lehet az a legkisebb sebesség, amivel még meg tudja valósítani ezt a dobást? (5 pont) (c) A legkisebb kezdősebesség alkalmazásakor milyen szögben kell elhajítania a labdát? (5 pont) Megoldás: Adatok: v 0  9,5

m m ; s  3m; g  10 2 s s

A labda akkor tud visszajutni pontosan az eldobás helyére, ha a fallal való ütközésekor becsapódási sebessége éppen merőleges a falra, tehát a labdának akkor kell a falhoz érkeznie, amikor sebességének függőleges komponense éppen nulla.

A labda függőleges sebesség-komponensének nullává válásáig eltelt idő v y  v 0 y  g  t t 

v 0y g



v 0  sin g

(3 pont)

v 0  sin s  g v 0  cos 

A labda falhoz érésének ideje s  v 0 x  t s s t   v 0x v 0  cos 

(3 pont)

(2 pont)

v 20  sin  cos   s  g sin2 v 20   sg 2

(1 pont)

A megadott kezdősebesség esetén a fenti egyenletből a kezdősebesség vízszintessel bezárt szöge:    2  3m  10 m   s2  arcsin 2   2s  g    9,5 m   arcsin 2  s   v0       20,83 2 2

(1 pont)

2s g összefüggésből látható, hogy adott „g” és adott „s” esetén a minimális sin2 kezdősebesség sin2min  1 feltétel teljesülésekor jöhet létre (4 pont). Az ehhez tartozó

(b) A v 20 

(minimális) kezdősebesség: vmin  2  s  g  2  3m 10

m m  7,75 2 s s

(1 pont)

(c) A minimális kezdősebesség alkalmazásakor a kezdősebesség vízszintessel bezárt szöge: min 

arcsin(1)  45 2

(5 pont)

5. A Bergengóc Államvasutak nagy sebességű hálózatán a vonatok átlagosan 270 km/h sebességgel haladnak. (a) Hány fokkal legyen megdöntve a sínpálya egy 2 km-es görbületi sugarú kanyarban, hogy egy büfékocsiban az asztalra helyezett poharakban az ital felszíne az asztallappal párhuzamos legyen? (10 pont) A bergengóc poharak mind egyenes körhenger alakúak, átmérőjük azonos a magasságukkal, és az utasellátósok teljes térfogatuk 95 %-áig töltik meg őket. (b) Hány fokos szöget zárhat be a folyadékfelszín az asztallappal, hogy az ital ne folyjon ki a pohárból? (10 pont) (c) Legalább, ill. legfeljebb milyen sebességgel haladhatnak a kanyarban a vonatok, hogy a megtöltött és asztalra helyezett poharakból ne folyjon ki az ital? (10 pont)

Megoldás: (a) A pohárhoz képest nyugvó folyadék felszíne merőleges lesz a pohár által a folyadékra kifejtett erők (a súlyerőt kiegyensúlyozó tartóerő és a körpályán tartó centripetális erő) eredőjére (l. az ábrát a bal oldalon), vagy ugyanezt forgó vonatkoztatási rendszerben megfogalmazva a súlyerő és a centrifugáliserő eredőjére (l. az ábrát a jobb oldalon). (4 pont) A folyadék felszínére állított merőlegesnek a függőlegessel bezárt (és egyben a folyadékfelszín vízszintessel) bezárt  szögére mindig érvényes tehát, hogy v2 v2 m · Fcp Fcf v2 , ahol v a vonat sebessége és R a kanyar sugara. (2 pont) tg     R  R  Ft G m·g g R·g A példa első részében a vasúti pálya, a kocsik padlója és az asztallap vízszintessel bezárt  szögét éppen akkorára kell választani (2 pont), amekkora az átlagos 270 km/h = 75 m/s-nál (1 pont) kialakuló folyadékfelszínnek a vízszintessel bezárt a szöge:

tg  

 75 ms 

2

2000 m·10 sm2

 0, 281   = 15,7°.

(1 pont)

Ft eredő

 Fcf

Fcp





eredő



acp

G

0,1·h

(b) Ez a rész inkább geometriai probléma, mert nincs jelentősége, hogy mi okozza a folyadékfelszín és az asztallap egymással bezárt  nem-nulla szögét. A 95%-ban megtöltött d átmérőjű és magasságú pohár középvonalában mindig a magasság 95 %-áig ér az ital szintje. h (3 pont, l. oldalnézeti ábra)  Amikor az ital a kifolyás határán van, az egyik oldalon éppen a peremig ér, a másik oldalon pedig csak a magasság 90 %-áig. (3 pont) Az ábráról leolvasható módon a folyadékfelszín a pohár szájának (és az asztallap) síkjával  szöget zár be, amire felírható: 0,1·h tg    0,1   = 5,7°. (4 pont) h

0,9·h

h 0,95·

h

(c) Az utolsó részben az ital felszínének vízszintessel bezárt ' szöge a 10             21, 4 -os szögek között változhat. (4 pont) Az előbbihez a v  R·g·tg    2000 m·10 sm2 ·tg 10 = 59,4 m/s = 214 km/h minimális sebesség (3 pont), az utóbbihoz a

v  R·g·tg    2000 m·10 sm2 ·tg 21, 4 = 88,5 m/s = 319 km/h maximális sebesség tartozik.

(3 pont)

6. A Merkúr bolygó átlagsűrűsége 5400

kg . A bolygó belső magja sugarának 0,7 részéig m3

terjed és sűrűsége 9 százalékkal nagyobb, mint a bolygó átlagsűrűsége. Mekkora a magon kívüli bolygórész átlagsűrűsége? (20 pont) Megoldás: Adatok: kg átl  5400 3 ;rm  0,7  r; m  1,09  átl m

Jelöljük „m” indexekkel a bolygó magjára és „k” indexekkel a magon kívüli bolygórészre vonatkozó mennyiségeket! A bolygó tömege egyenlő a bolygó magjának és a bolygó magján kívüli részének az összegével. Ebből a tényből kiindulva: mm  mk  m m  Vm  k  Vk  átl  V 4 4 4 4  m   rm3    k   r 3     rm3     átl   r 3   3 3 3 3  m  rm3  k  r 3  k  rm3  átl  r 3



m  rm3  átl  r 3  k  r 3  rm3 k 

átl  r  m  rm3 r 3  rm3 3





átl  r 3  1,09  átl  0,7  r 3 0,62613 kg  átl  5146 3 3 3 0,657 m r  0,7  r 

(20 pont)

7. Repülőtéren egy nő siet a kisfiával együtt poggyászokkal felpakolva. A hölgy 60 N erővel, egyenletes sebességgel haladva húzza maga után a 19,5 kg (tehát szabályoknak megfelelően 20 kg-nál kisebb) tömegű bőröndjét. A fogantyú   60 -os szöget zár be a vízszintessel. (a) Mekkora a súrlódási együttható a bőrönd és a talaj között? (15 pont) (b) Megelégelve a cipekedést a nő megkéri a fiát, hogy a bőrönd másik fogantyúját megfogva segítsen neki. A fiú segítsége azonban felemásra sikeredik: emeli ugyan a bőröndöt, de kicsit húzatja is magát, tehát a fogantyú a képen látható módon hátra-felfelé áll, a vízszintessel  szöget bezárva. Mekkora legyen legalább ez a szög, hogy az anyának egyenletes sebességgel haladva a korábbi 60 N-nál kisebb erővel kelljen húznia a csomagot (a hölgy által tartott fogantyú szöge továbbra is   60 és a súrlódási együttható változatlan értékű)? (15 pont)

Megoldás: (a) Az ábrába berajzoltuk a bőröndre ható erőket: az mg súlyerőt, az FN felületi kényszererőt, az FS súrlódási erőt és a hölgy által kifejtett F húzóerőt. (4 pont) Az F húzóerőt felbontjuk vízszintes és függőleges összetevőkre, majd felírjuk a vízszintes és függőleges irányban a mozgásegyenleteket: F  cos   FS  0 ,

F  sin   FN  mg  0 ,

(4 pont)

valamint a súrlódási erő definícióját: FS   FN . (2 pont) A kapott három ismeretlenes egyenletrendszert megoldva a súrlódási tényező értéke:



F  cos  60  cos 60   0, 21 . m  g  F  sin  19,5 10  60  sin 60

(b) Az ábrába berajzoltuk a gyerek által kifejtett Fgy erőt is. Írjuk fel a vízszintes és függőleges irányban a mozgásegyenleteket:

(5 pont) (4 pont)

F  cos 60  Fgy  cos   FS  0 , F  sin 60  FN  Fgy  sin   mg  0 ,

(4 pont)

valamint a súrlódási erő definícióját: FS   FN . (2 pont) Az egyenletrendszert a nő F húzóerejére megoldva:

F

  m  g  Fgy   cos     sin   cos     sin 

(3 pont)

A fiú Fgy ereje akkor csökkenti az F erőt, ha  cos     sin   negatív, tehát:

 cos     sin    0 , amiből: 1  tg , azaz 78,1   .

(2 pont)



A fiúnak tehát legalább 78,1 -os szögben kell tartania a fogantyút, hogy az anyának kisebb erővel kelljen húznia a bőröndöt, mintha a gyerek nem segítene. Megjegyzés: egyszerűbb megoldásra jutunk, ha észrevesszük, hogy a gyerek akkor segít igazán, ha az erejének hátrafelé mutató komponense kisebb, mint a felfelé mutató komponenséből származó súrlódási erő: Fgy  cos     Fgy  sin  , tehát 1  tg , azaz 78,1   .



8. WC-papírt keresel otthon a kamrában, amikor a kezedbe kerül egy különleges guriga, amit teljesen súrlódásmentes és tökéletesen hajlékony anyagból gyártottak. A padlóra helyezve a

tekercs az anyag saját súlya következtében gurulni kezd, közben tekeredik róla lefelé a papír. Milyen sebességgel gurul tovább a belső keménypapír henger, amikor az összes WC-papír letekeredett róla? A helyiség, ahol mindez történik, kellően hosszú, és teljesen vízszintes padlójú. A tekercs össztömege 130 g, melyből a papír 120 g, külső átmérője 12 cm, belső átmérője 4 cm. A guriga méreteihez képest mind a WC-papír, mind a keménypapír vastagsága elhanyagolható. (20 pont) Megoldás: A rendszer helyzetienergia-csökkenése válik a keménypapír henger mozgási és forgási energiájává (5 pont). M = 130 g m = 130 g – 120 g = = 10 g



v r = d/2 = 2 cm

Írjuk föl ezt az összefüggést a padlót tekintve a helyzeti energia 0-szintjének, valamint figyelembe véve a vékony falú henger tehetetlenségi nyomatékát (6 pont) és gördülését (4 pont):

M g



D d 1 1 1 1  m  g    m  v2      2   m  v2   m  r 2 2 2 2 2 2 2

  vr   

2

 m  v2

1 M  D  md   g = 2,77 m/s (5 pont) 2 m Ha a tanuló a pillanatnyi forgástengely (a hengernek a talajjal érintkező pontja) körüli forgást vesz figyelembe, akkor nem kell külön mozgási energiatagot felírnia, de akkor a pillanatnyi forgástengelyre vonatkoztatott tehetetlenségi nyomatékkal 2  m  r 2 -tel kell számolnia, a végeredmény pedig újra csak a fentebbi. v

9. A Messerschmitt Me-109-es vadászgép összes szárnyfelülete 16,1 m2, felszálló tömege 2700 kg. 360 km/h nagyságú vízszintes sebességnél a szárnyprofil alatt a levegő átlagos áramlási sebessége 93 m/s. A levegő sűrűsége 1,2 kg/m3. (g=10 m/s2) (a) Mekkora a szárnyprofil feletti jellemző áramlási sebesség? (15 pont) (b) A szárnyprofil mentén kialakuló áramlás két összetevő eredőjeként jön létre: a repülőgép mozgásából adódó szabad áramlásból (az ábrán látható folytonos áramvonalak), amely vá nagysága közelítőleg azonos felül és alul, valamint egy szárny körüli vc sebességű cirkulációból (szaggatott vonal). Mekkora a vc sebesség értéke? (5 pont)

Megoldás: (a) A szárnyak alsó és felső felületei közötti nyomáskülönbség tartja fent a repülőgépet, tehát:

 p1  p2   A  mg .

(5 pont) Az áramlásra felírhatjuk a Bernoulli-törvényt:

1 1 p1   v12  p2   v22 . 2 2

(5 pont)

Az első egyenletből kifejezett nyomáskülönbséget a második egyenletbe írva kapjuk, hogy:

mg 1 2 1 2   v1   v2 , A 2 2 amit rendezve:

v2  v12 

2mg 2  2700 10 m  932   107 . A 16,11, 2 s

(5 pont)

(Megjegyzés: a Bernoulli-törvény fenti alakja csak összenyomhatatlan közegekre érvényes, azaz a sűrűség állandóságát feltételezi, amely légnemű anyagok esetén csak akkor áll fenn jó közelítéssel, ha az áramlás sebessége kisebb, mint a hangsebesség harmada. Jelen esetben ez teljesül, így a számolásunk helyes.) (b) A szabad áramlás vá sebessége megegyezik a repülőgép sebességével, tehát vá  100 m . s Ekkor tehát a szárny alatti, illetve szárny feletti eredő áramlási sebességek: v1  vá  vc , illetve v2  vá  vc , amiből kapjuk, hogy vc  7 m s . (5 pont)

10. A répacukor égéshője 5,65 MJ/kg, közepes fajhője 450 J/(kg∙K), a víz közepes fajhője 4,20 kJ/(kg∙K). Legfeljebb mekkora a cukortartalma annak az üdítőitalnak, amely még nem hizlal? Az elfogyasztott üdítőital 5,0 ºC-os, és szervezetünkben 37 ºC-ra melegszik. (20 pont) Megoldás: Az üdítőital cukortartalma legyen mcukor, víztartalma mvíz, a többi alkotórésztől tekintsünk el. A cukor elégetésekor fölszabaduló energia: Qég = mcukorHég. A cukor és a víz fölmelegítéséhez szükséges energia: Qcukor  Qvíz  ccukormcukor  cvízmvíz T2  T1 .

(10 pont)

Ha a cukor elégetésekor fölszabaduló energia kisebb, mint ami az üdítőital felmelegítéséhez szükséges, akkor az ital nem hizlal:

mcukorH ég  ccukormcukor  cvízmvíz T2  T1 .

(5 pont)

Ebből a keresett tömegarány:

mcukor mvíz

mcukor cvíz T2  T1   . Behelyettesítve: mvíz H ég  ccukor T2  T1 

J 37C  5C kg  C   2,38%. J 6 J 37C  5C 5,65 10  450 kg kg  K 4200

(5 pont)

11. Egy vízhűtéses motor hűtőrendszerének térfogata 20 ºC-on 10 liter, és a rendszert teletöltötték vízzel. Üzem közben a hűtővíz és a hűtőrendszer 90 ºC-os. Ha nem csatlakozna a hűtőrendszerhez tágulási tartály, mennyi víz folyna ki a hűtőből? A víz sűrűsége 20 ºC-on 998 kg/m3, 90 ºC-on 965 kg/m3. A hűtőrendszer lineáris hőtágulási együtthatója 1,2·10–5 1/ºC. (20 pont) Megoldás: Jelölje VH T  és VV T  a hűtőrendszer, illetve a víz térfogatát egy adott T hőmérsékleten. Adott a víz sűrűsége 20 ºC-on és 90 ºC-on: kg kg kg kg és V T  90 C   965 3  0,965 . V T  20 C   998 3  0,998 m l m l Tudjuk, hogy a víz térfogata 20 ºC-on 10 liter, így a hűtővíz tömege: kg mV  0,998 10 l  9,98 kg . l Ebből megkaphatjuk, hogy mekkora lesz a hűtővíz térfogata 90 ºC-ra felmelegedve: mV 9,98 kg (9 pont) VV T  90 C     10,342 l . V T  90 C  0,965 kg l A hűtőrendszer térfogata:





VH T  90 C   VH T  20 C  1  3   90 C  20 C  

(9 pont) 1    10 l  1  3 1, 2 105  70 C   10, 025 l C   Látható, hogy a hűtővíz térfogata 90 ºC-ra felmelegedve többet növekedett, mint a hűtőrendszeré, a különbség folyik át a tágulási tartályba: V  VV T  90 C   VH T  90 C   10,342 l  10, 025 l  0,317 l (2 pont) Tehát 0,314 liter víz folyna ki a hűtőrendszerből, ha nem lenne tágulási tartály.

12. Egy 7 centiméter hosszúságú, 1100

m sebességgel mozgó acéllövedék fába fúródik, és s

abban 15 centiméter mélyre hatol. Az egyenletesnek tekinthető fékezés alatt mekkora a lövedék eleje és vége között létrejövő elektromos feszültség? (20 pont)

Megoldás: Adatok: m l  0,07m; v 0  1100 ; s  0,15m s

Az acéllövedék kristályrácsának lassulása a fában: v0  v  t 2 v t  0 2s v  v0  v0 v2 a   0 t t 2s

s

(5 pont)

A kristályráccsal együtt mozgó vezetési elektronoknak is ekkora gyorsulással kell lassulniuk, mert nem lépnek ki a lövedékből. A lövedék lassulásának megkezdésekor az elektronok homogén eloszlása – tehetetlenségüknél fogva – a lövedék mozgásirányával párhuzamosan megszűnik, és ezen töltés-inhomogenitás miatt, a szinte azonnal kialakuló elektromos tér lesz felelős a további inhomogenitás növekedésének megakadályozásáért, vagyis az elektronok lassításáért. A kristályráccsal együtt lassuló vezetési elektron mozgásegyenlete ekkor:

F  m

e

a

Felektormos  me  a E  e  me  a

(10 pont)

U v2 e  me 0 l 2s

A lövedék tengelye mentén, a lövedék két vége között kialakuló feszültség ebből kiszámítható: 2

m  9,1  1031kg   1100   0,07m me  v 20  l s  U   1,606V 19 2es 2  1,6  10 C  0,15m

13. A mellékelt ábrán egy áramforrás (egy átlagos mobiltelefon Li-ion akkumulátorának) kapocsfeszültségét ábrázoltuk az áramforrást terhelő fogyasztón átfolyt töltés függvényében a teljes feltöltöttségtől a kisülésig. A fogyasztón átfolyó áram I  100 mA . Q1  0 , U1  4 V , Q2  1000 mAh U2  3V . (a) Mennyi idő alatt sül ki az áramforrás? (5 pont) (b) Mennyi munkát végez az áramforrás a fogyasztón, miközben Q2 töltés áramlik át rajta? (5 pont) (c) Az áramforrás kisülése során hogyan függ a kapcsain mért feszültség az időtől? Ábrázolja a függvényt a teljes töltöttségtől a kisülésig időtartományban! (10 pont)

(5 pont)

Megoldás: (a) Az áramerősség állandó, így a kisülési idő: Q 1000 mAh  10 óra Q2  It2 , t2  2  I 100 mA

(5 pont)

(b) Mivel feszültség töltésfüggése lineáris, a végzett munka az átlagfeszültség és az átáramlott töltés szorzata: U  U2 W12  1 Q2  3,5V 1A óra  3,5 Wh . 2 Ugyanezt az eredményt kapjuk, ha az átlagteljesítménnyel számolunk: U  U2 (5 pont) W12  Pátlagt2  1 I 2t2  3,5V  0,1A 10óra  3,5 Wh . 2 (c) A kapocsfeszültség a fogyasztón átáramlott töltés függvényében: It . Q2 Behelyettesítve megkapjuk a kapocsfeszültség időfüggését: V (5 pont) U  t   4 V  0,1 t . óra

U, V

U  U 1  U 2  U 1 

4,0

A kapocsfeszültség időfüggése

3,5 3,0 t, óra 2,5 0

2

4

6

(5 pont)

8

10