Tornyai Sándor Fizikaverseny 2009.
Megoldások
1
1. (Varga Zsuzsa) Adatok: vá = 1,34 m/s, s1 = 6,44 km = 6440 m, v1 = 2,68 m/s, v2 = 0,447 m/s Az első szakasz megtételéhez szükséges idő: t1 =
s1 = 2403 s. v1
A második szakaszra fennáll, hogy s2 = v2⋅ t2 s +s vt +v t A teljes útra vonatkozó átlagsebesség: vá = 1 2 = 1 1 2 2 . t1 + t2 t1 + t2 v −v Ebből kiszámítható a t2 idő: t2 = 1 á = 3606 s. vá − v2 A második szakaszban megtett út: s2 = v2⋅ t2 = 1612 m.
2 pont 2 pont 6 pont 5 pont 5 pont
2. (Hilbert Margit) Adatok: a1=2 m/s2, t1= 4 s, a2=0, t2= 5 s, a3= −3 m/s2 Az első szakasz végén elért v1 sebességgel mozog a második szakasz végéig, ott erről a sebességről lassítás után megáll: v1 = a1 ⋅ t1 = 8 m/s, v 1 az első szakaszon megtett út: s1 = a1t12 = 1 t1 = 16 m. 2 2 A második szakaszon megtett út: s2 = v1 ⋅ t1 = 40 m. 0 − v1 A harmadik szakaszt t3 = = 2, 67 s alatt teszi meg, a3 v és közben s3 = 1 t3 = 10, 67 m utat fut be. 2 A kerékpár tö = t1 + t2 + t3 = 11, 67 s idő alatt tette meg a teljes utat. Az elmozdulása egyenlő az utak összegével: sö = s1 + s2 + s3 = 66, 67 m . sö = 5, 71 m/s . tö ∆v vvég − vkezdő Az átlaggyorsulása: aátl = = = 0 m/s 2 . tö ∆t
Az átlagsebessége: vátl =
3 pont 2 pont 2 pont 3 pont 2 pont 2 pont 2 pont 3 pont 1 pont
3. (Hilbert Margit) Adatok: m= 15000 kg, v=0,3 m/s, d= 1 m, F= 700 N Tételezzük fel, hogy a hajó nem ütközik a dokkhoz. v F m⋅v 4 pont a = = , innen t = = 6, 429 s. t m F v v mv A megállásig megtett út: s = t = 4 pont = 0,964 m. 2 2 F A feltételezés helyes volt s < d teljesül, sikerül a hajót megállítani, nem következett be ütközés. 2 pont
Tornyai Sándor Fizikaverseny 2009.
Megoldások
⎛ 1 mv 2 1 2 ⎞ = mv ⎟ = 675 J. Az ember által végzett munka: W = F ⋅ s = ⎜ F 2 ⎝ 2 F ⎠ 1 2 mv W 2 Fv = = = 105 W. Az átlagteljesítménye: Pátl = vm t 2 F A kezdetben szükséges teljesítmény: P = F ⋅ v = 210 W.
2
4 pont
4 pont 2 pont
4. (Varga Zsuzsa) Adatok: m1 = 3500 kg, m2 = 6200 kg, s = 450 m, v = 0,5 m/s Elhanyagoljuk a gravitációs kölcsönhatást. A két test zárt rendszert alkot, ezért érvényes a lendület megmaradás elve, azaz a TKP helyben marad. 5 pont A testek mozgásegyenlete: m1a1 = F, m2a2 = F 2 pont F F , a2 = A gyorsulások: a1 = m1 m2 3 pont A megadott sebesség az ütközésnél a relatív sebesség: v = v1 + v2 = (a1 + a2)⋅t Fm1m2 v= t m1 + m2 1 v ⋅t . A megtett utakra fennáll: s = s1 + s2 = (a1 + a2)⋅t2 = 2 2 2s Az ütközésig eltelt idő: t = = 1800 s = 0,5 h. 5 pont v v 2 m1m2 v m1m2 = = 0,62 N. 5 pont A húzóerő: F = t m1 + m2 2 s m1 + m2 5. (Varga Zsuzsa) Adatok: t2 = 38 °C, t1 = 21 °C, Q = 2,4⋅108 J, c = 4183 J/(kg⋅K), ρv = 103 kg/m3 Vh = 120 m2⋅ 3m = 360 m3, cp = 0,997 kJ/(kg.K), ρl = 1,29 kg/m3. a) A felhasználható energia a víz lehűtéséből származik: Q = mc (t2 − t1). Q Ebből a víz tömege: m = = 3375 kg. c(t2 − t1 ) m A víztartály térfogata : V = = 3,375 m3. ρv b) Számítsuk a levegő felmelegítéséhez szükséges hőt állandó nyomáson: Q’ = cp ρl Vh t1 = 9,729 MJ. 6. (Varga Zsuzsa) Adatok: r = 5 cm, L = 0,2 m, p1 = 105 Pa, T = áll. A gáz két állapota között felírható a Boyle-Mariotte törvény: p1LA = p2 2L A
10 pont 10 pont
Tornyai Sándor Fizikaverseny 2009.
Megoldások
p1 =5⋅104 Pa. 2 A dugattyú egyensúlyban van, a rugó elmozdulása L: p2A = D⋅L p ⋅ A p2 ⋅ r 2π D= 2 = 1963,5 N/m. = L L
A gáz végső nyomása p2 =
3 10 pont
10 pont
7. (Hilbert Margit) Adatok: d0=4 mm, αacél= 1,17·10-5 1/°C, αAl= 2,39·10-5 1/°C Feltételezzük, hogy a fúró átmérője 0°C-on pontosan 4 mm. A feladatban szereplő folyamat során felmelegszik a fúróhegy és a munkadarab is 100 °C-ra. Tudjuk, hogy lehűlés közben a lyuk mérete úgy csökken, mintha a saját anyagával lenne kitöltve. 5 pont Használjuk fel ezt a két ismeretet: 0 100 0 C 0 0C = dlyuk (1 + α Al ⋅100 0C ) , 5 pont Fúróra: d F100 C = d 0 (1 + α acél ⋅100 0C ) , a lyukra dlyuk Továbbá a fúrás végén a két átmérő egyenlő (hacsak nem nagyon ügyetlenül fúrunk): 0 100 0 C 0 0C d F100 C = dlyuk , azaz d 0 (1 + α acél ⋅100 0C ) = dlyuk (1 + α Al ⋅100 0C ). (1 + α acél ⋅100 0C ) = 3,995 mm. (1 + α Al ⋅100 0C ) Amikor pontosan 4 mm-es a lyuk: d0 −1 0 0C 0 0C d d 0 − dlyuk 0 lyuk 0 C = 0 0C = 52, 4 0C. d 0 = dlyuk (1 + α Al t ) , innen t = α Al dlyuk α Al 0
0 C = d0 Innen: dlyuk
3 pont 3 pont
4 pont
Megjegyzés: arra is gondolhatunk, hogy a fúró 20°C-on 4 mm-es: 0 100 0 C 0 0C = dlyuk (1 + α Al ⋅100 0C ) , Fúróra: d F100 C = d 20 (1 + α acél ⋅ 80 0C ) , a lyukra dlyuk
5 pont
Továbbá a fúrás végén a két átmérő egyenlő (hacsak nem nagyon ügyetlenül fúrunk): 0 100 0 C 0 0C d F100 C = dlyuk , azaz d 0 (1 + α acél ⋅ 80 0C ) = dlyuk (1 + α Al ⋅100 0C ).
3 pont
(1 + α acél ⋅ 80 0C ) = 3,994 mm. (1 + α Al ⋅100 0C ) Amikor pontosan 4 mm-es a lyuk: d0 −1 0 0C 0 0C d d 0 − dlyuk 0 lyuk 0 C = 0 0C = 62,9 0C. d 0 = dlyuk (1 + α Al t ) , innen t = α Al dlyuk α Al 0
0 C Innen: dlyuk = d 20
3 pont
4 pont
8. (Hilbert Margit) Megoldás: l1=80 cm, l2=81 cm, fleb=2,6 Hz Orgonasípot ismerünk nyitott és zárt végűt is. A végkorrekcióra utaló megjegyzésből gondolhatunk nyitott sípokra. Oldjuk meg a feladatot mindkét esetben: Ábráért (ha nincs ábra, ez a pont nem jár) 4 pont Zárt vég esete:
Tornyai Sándor Fizikaverseny 2009.
Megoldások
4
c c c és f 2 = , innen f1 = 4l1 4l2 f1 c c c l −l fleb = f1 − f 2 = − = 2 1 , innen 4l1 4l2 4 l1 ⋅ l2 A lebegésre: l ⋅l cny = 4 fleb 1 2 = 673,9 m/s. l2 − l1 2 pont 4l1 = λ1 =
Nyitott vég esetén: λ c c c , 4 pont l1 = 1 = és f 2 = , innen f1 = 2 2 f1 2l1 2l2 a lebegésre: c c l −l l ⋅l − = c 2 1 , innen czárt = 2 fleb 1 2 = 336,96 m/s ≈ 337 m/s. 5 pont fleb = f1 − f 2 = l2 − l1 2l1 2l2 2l1 ⋅ l2 Látható, hogy csak nyitott sípokkal kapunk elfogadható értéket a hangsebességre. 1 pont A sípok sajátfrekvenciáját már csak a nyitott sípokra kell kiszámítani: c c 4 pont f1 = = 210, 6 Hz, és f 2 = = 208, 0 Hz. 2l1 2l2 Megjegyzés: Ha a megoldásban csak a nyitott végre gondolt, akkor helyes ábra és számolás esetén adjunk 17 pontot. 9. (Hilbert Margit) Adatok: C1=2·10-6 F, C2=4·10-6 F, U= 300 V
Soros kapcsolásnál a két kondenzátoron azonos Q töltés lesz, és a feszültségek összeadódnak: Q Q C + C2 C ⋅C 4 pont U= + =Q 1 , innen Q = U 1 2 = 400 µ C. C1 C2 C1 ⋅ C2 C1 + C2 Az egyes kondenzátorokon a feszültség: Q Q 2 pont U1 = = 200 V, U 2 = = 100 V. C1 C2 A kondenzátorok energiája és az összes tárolt energia: Q2 Q2 E1 = = 40 mJ, E2 = = 20 mJ, Eössz = 60 mJ. 3 pont 2C1 2C2 A párhuzamos kapcsolásnál a lemezeken lévő pozitív töltések összege 2Q, az eredetileg ott lévő érték, másrészt a kondenzátorok feszültsége azonos lesz: Q Q 4 pont Q1 + Q2 = 2Q, és U AB = 1 = 2 . C1 C2 Ebből:
Tornyai Sándor Fizikaverseny 2009.
Megoldások
2 Q = 266, 67 µ C, Q2 = 2Q1 = 533,33 µ C. 3 A párhuzamos kapcsolásnál a kondenzátorok azonos feszültsége: Q U AB = 1 = 133,33 V. C1 A kondenzátorok energiája: Q12 Q22 * * * E1 = = 17, 78 mJ, E2 = = 35,56 mJ, Eössz = 53,34 mJ. 2C1 2C2 Az összenergia csökkenése: ∆Eössz = 6, 66 mJ.
Q2 = 2Q1 és Q1 =
5 2 pont
2 pont
3 pont
10. (Varga Zsuzsa) Adatok: d = 0,11 m, a = 0,15 m, b = 0,5 m, I1 = 12 A, I2 = 25 A, µ0 = 4π⋅10−7 Vs/(Am) a) Az egyenes vezetőtől származó mágneses indukció a párhuzamos vezetékeknél: µ I1 µ I , iránya a rajz síkjába befelé mutat. 2+2 pont B1 = 0 1 , B2 = 0 2π ( d + a ) 2π d A téglalapnak a vezetővel párhuzamos oldalaira ható erők: µ IIb F1 = I2 b B1 = 0 1 2 = 2,727⋅10−4 N, 2π d iránya az egyenes vezeték felé mutat, a rajz síkjában van. 3 pont µ0 I 1 I 2 b F2 = I2 b B2 = = 1,154⋅10−4 N, iránya ellentétes F1-gyel. 3 pont 2π d + a A másik 2 oldalra ható erő egyenlő nagyságú, de ellentétes irányú, így az eredőhöz nem járul hozzá. 2 pont −4 3 pont A keretre ható eredő erő: F1 − F2 = 1,57⋅10 N, vonzóerő. b) A mágneses fluxus pontos értéke: d +a d +a µ0 26 d +a bµ0 I1 dx = Ψm = b ∫ B ( x ) dx = b I1 ∫ ln = 12⋅10-7 ln Vs = 10,322⋅10−7 Vs. 2π a 11 d 2π x d A fluxus közelítése az integrálás helyett átlagos indukció értékkel számolva, vagy a grafikon alatti terület közelítő meghatározásával jó megoldás. 5 pont
11. (Hilbert Margit) Adatok: α=45°, n2=1,33~4/3, n1*=1,6 Tételezzük fel, hogy a prizmából kilép a fény, α = 450 beesési szög esetén: Alkalmazzuk a törés törvényét: sin α n2 sin β = , ahonnan n1 = n2 . sin β n1 sin α A második közeg levegő n2=1, sin β ≤ 1. n 1 Ebből n1 ≤ 2 , mivel α = 450 n1 ≤ = 2 = 1, 414. sin α 2 2
Tornyai Sándor Fizikaverseny 2009.
Megoldások
6
Indokolhatja a teljes visszaverődést a határszög meghatározásával is: 1 4 pont sin α h = , innen α h = 38, 680. n1 Ennél a prizmánál n1 > 1, 414 , ill. α > ah ezért teljes visszaverődés jön létre, a fénysugár 45°-os szöggel visszaverődik, és a másik befogón merőlegesen kilép a rajz szerint. 2 pont A második ábra 2 pont A második esetben a környezet törésmutatója n2* =
4 , 3
n2* 2 4 = = 1,886 és n1 < n1* . 0 sin 45 23 n2* * Vagy az új határszög: sin α h = , α*h = 56, 440 > 450 . n1 3 pont Nem jön létre teljes visszaverődés, a fény egy része megtörik és átjut a vízbe, a másik része visszaverődést szenved, az ábra szerint. A rajzon jelölt szögek: n* sin β* = 1 sin α, β* = 58, 050 , γ = 450 . 5+1 pont n2 Az üvegedény falát, a prizmából való kilépés után a rajzon megjelölt A és B pontokban éri el a lézerfény. (A befogókon reflektálódó fény a belépési ponton fogja az edény oldalát elérni.) 2+1 pont Megjegyzés: ha valaki megfeledkezik a visszaverődő fényről, akkor összesen 2 pontot veszít. ekkor n1* ≤
12. (Varga Zsuzsa) Adatok: At = 0,21⋅A0, T= 5568 év. Az aktivitás arányos az atomok számával, emiatt érvényes rá a bomlási törvény: At = A0 2
−
t T
.
10 pont t T
Átrendezve: 2 =
1 A0 = . At 0,21
ln 0,21 = 12 534 év. ln 2 A gyapjas mamut kb. 12534 évvel tűnt el észak-Amerikából.
t= − T
10 pont
