Hatvani István Fizikaverseny 2016/17 2. forduló...

of 10/10
Hatvani István fizikaverseny 2016-17. 2. forduló megoldások 1 1. kategória 1.2.1. Adatok: h = 15 cm = 0,15 m , A = 50 m 2 , ρ = 60 3 Megoldás: a) A hó tömege = ∙=∙∙ℎ = 0, 15 m·50 m 2 ·60 kg m 3 = 450 kg. b) A hó 4500 N erővel nyomja a tetőt. c) A víz tömege í = m = 450 kg, í = 450 dm 3 = 0,45 m 3 í = ℎ∙ ℎ= í ℎ= 0,45 m 3 50 m 2 = 0,009 m = 9 mm A tetőn 9 mm víz lenne. 1.2.2. Adatok: ρ = 60 3 , ρ jég = 900 3 Megoldás: 1 m 3 hóból 60 kg jég, ezért 1 m 3 hónak 60 3 900 3 = 1 15 része jég, 14 15 része levegő. 1.2.3. Adatok: m = 30 kg, G = 300 N = 30°, l = 20 m Megoldás: a) Ha a hógömböt 20m hosszú lejtőn juttatjuk fel h magasba, akkor ugyanannyi munkát kell végeznünk, mintha közvetlenül emeltük volna fel h magasba. A lejtő magasságának kiszámításához tükrözzük az ABC háromszöget az AB oldalára! A BCD háromszögből a lejtő magassága: h = 10 m. Az emelési munka =∙ℎ = 300N ∙ 10m = 3000J . Róbert Gida 3000J munkát végzett. b) A felgörgetéshez szükséges erő = = 300N ∙ 10m 20m = 150N . Robert Gidának 150N erővel kellett görgetnie a hógömböt. 1.2.4. Adatok: v Mici = 4 , v hógömb = 10 , s= 18 m Megoldás: ∙+ = ℎóö 4 ∙ + 18 m = 10
  • date post

    13-Sep-2019
  • Category

    Documents

  • view

    3
  • download

    0

Embed Size (px)

Transcript of Hatvani István Fizikaverseny 2016/17 2. forduló...

  • Hatvani István fizikaverseny 2016-17. 2. forduló megoldások

    1

    1. kategória

    1.2.1. Adatok:

    h = 15 cm = 0,15 m , A = 50 m2, ρ = 60 𝑘𝑔

    𝑚3

    Megoldás:

    a) A hó tömege 𝑚 = 𝜌 ∙ 𝑉 = 𝜌 ∙ 𝐴 ∙ ℎ 𝑚 = 0,15 m·50 m2·60 kg

    m3 = 450 kg.

    b) A hó 4500 N erővel nyomja a tetőt.

    c) A víz tömege 𝑚𝑣í𝑧 = m = 450 kg, 𝑉𝑣í𝑧 = 450 dm3 = 0,45 m3

    𝑉𝑣í𝑧 = ℎ ∙ 𝐴 ℎ =𝑉𝑣í𝑧

    𝐴 ℎ =

    0,45 m3

    50 m2= 0,009 m = 9 mm

    A tetőn 9 mm víz lenne.

    1.2.2. Adatok:

    ρhó = 60 𝑘𝑔

    𝑚3, ρjég = 900

    𝑘𝑔

    𝑚3

    Megoldás:

    1 m3 hóból 60 kg jég, ezért 1 m3 hónak 60

    𝑘𝑔

    𝑚3

    900 𝑘𝑔

    𝑚3

    = 1

    15 része jég,

    14

    15 része levegő.

    1.2.3. Adatok:

    m = 30 kg, G = 300 N 𝛼 = 30°, l = 20 m

    Megoldás:

    a) Ha a hógömböt 20m hosszú lejtőn juttatjuk fel h magasba, akkor ugyanannyi munkát

    kell végeznünk, mintha közvetlenül emeltük volna fel h magasba. A lejtő

    magasságának kiszámításához tükrözzük az ABC háromszöget az AB oldalára!

    A BCD háromszögből a lejtő magassága: h = 10 m.

    Az emelési munka 𝑊 = 𝐺 ∙ ℎ 𝑊 = 300N ∙ 10m = 3000J.

    Róbert Gida 3000J munkát végzett.

    b) A felgörgetéshez szükséges erő 𝐹 = 𝐺ℎ

    𝑙 𝐹 = 300N ∙

    10m

    20m= 150N .

    Robert Gidának 150N erővel kellett görgetnie a hógömböt.

    1.2.4. Adatok:

    vMici = 4 𝑚

    𝑠, vhógömb = 10

    𝑚

    𝑠, s= 18 m

    Megoldás:

    𝑣𝑀𝑖𝑐𝑖 ∙ 𝑡 + 𝑠 = 𝑣ℎó𝑔ö𝑚𝑏 ∙ 𝑡

    4 𝑚

    𝑠∙ 𝑡 + 18 m = 10

    𝑚

    𝑠∙ 𝑡

  • Hatvani István fizikaverseny 2016-17. 2. forduló megoldások

    2

    𝑡 = 3 s

    s= 4 m

    s∙ 3 s = 12 m -t futott, amikor utolérte a hógömb.

    A hógömb 3 s múlva érte utol Micimackót, és indulási helyétől 12 m-re.

    1.2.5.

    Adatok:

    Vhó = 640 cm3, mméz = 18 g, ρméz = 1,4

    g

    cm3, mvíz= 52 g, ρvíz = 1 g/cm

    3

    Megoldás:

    Ha mvíz= 52 g, akkor Vvíz = 52 cm3.

    A méz térfogata Vméz =𝑚𝑚é𝑧

    𝜌𝑚é𝑧 Vméz =

    18 g

    1,4 g

    cm3= 12,857 cm3

    VVíz + Vméz = 52 cm3 + 12,857 cm3 = 64, 857 cm3.

    VVíz + Vméz + Vhóból-víz = 150 cm3.

    A megolvadt hó (víz) térfogata 150 cm3 64, 857 cm3 = 85,143 cm3.

    A megolvadt hó (víz) tömege 85,143 g, ezért a hó tömege is 85,143 g.

    mhó = 85,143 g, Vhó = 640 cm3,

    A hó sűrűsége 𝜌 =𝑚ℎó

    𝑉ℎó, 𝜌 =

    85,143 g

    640 cm3= 0,133

    g

    cm3.

    A hó sűrűsége 𝟎,𝟏𝟑𝟑𝐠

    𝐜𝐦𝟑.

    1.2.6. Adatok:

    Vmézes-víz =150 cm3, T1 = 90℃, mpohár = 100g, T2 = 20℃,

    cmézes-víz = 4200J

    kg℃; cüveg = 850

    J

    kg℃; ρméz = 1,4 g/cm

    3; ρvíz = 1 g/cm3

    Megoldás:

    mvíz= 52 g, mméz = 18 g, mhó = 85,143 g,

    mmézes-víz = mvíz + mméz + mhó = 52 g + 18 g + 85,143 g = 155,143 g ≈ 0,155 kg

    mmézes-víz cmézes-víz (T1 T) = mpohár cüveg (T T2)

    0,155 kg 4200 J

    kg℃ (90℃ T) = 0,1 kg 850

    J

    kg℃ (T 20℃)

    T = 81,9 ℃

    A pohár és a tea közös hőmérséklete 81,9 ℃.

  • Hatvani István fizikaverseny 2016-17. 2. forduló megoldások

    3

    2. kategória

    2.2.1. Adatok:

    A téglatest élei: a = 32 cm b = 50 cm c = 25 cm

    A lyuk méretei: a1 = 20 cm b1 = 31 cm c1 = c =25 cm

    ρ = 2,7 g

    cm3

    1. megoldás:

    A lyukas téglatest térfogata: V= a·b·c a1· b1·c1

    A lyukas téglatest tömege: m = ρ·V

    m= 2,7 g

    cm3·(32 cm·50 cm·25 cm 20 cm·31 cm·25 cm) =2,7

    g

    cm3 21000 cm3

    m= 56700 g.

    Az asztalra kifejtett nyomóerő Fny = 567 N.

    A nyomott felületek:

    A1 = 25cm·32cm = 800 cm2 = 0,08 m2

    A2 = 25cm·50 cm = 1250 cm2 = 0,125 m2

    A3 = 32cm·50 cm 38 cm·20 cm = 840cm2 = 0,084 m2

    Legkisebb nyomás: p3 = 567 N : 0,125 m2 = 4536 Pa.

    Legnagyobb nyomás: p1 = 567 N : 0,08 m2 = 7087,5 Pa.

    Arányuk: p3 : p1 = 675 Pa:7087,5 Pa =16 : 25.

    A legkisebb és legnagyobb nyomás aránya 16:25.

    2. megoldás:

    A téglatestnél a nyomóerő nagysága (Fny) független attól, hogy melyik lapjára

    fektetjük. A nyomás nagysága csak a felület nagyságától függ. Legkisebb a nyomás,

    ha a nyomott felület 0,125 m2, legnagyobb a nyomás, ha a nyomott felület 0,08 m2.

    Így p2 : p1 = 𝐹

    0,125 m2 :

    𝐹

    0,08𝑚2=

    0,08

    0,125=

    16

    25.

    2.2.2. A gravitációs mező energiája a mozgási energia növelésére és a közegellenállási erő

    munkájára fordítódik. Ha nem lenne közegellenállás 2s alatt 20 m–t tenne meg. A

    közegellenállás 4 m-rel csökkentette az utat. Így a közegellenállási erő

    (mg4) : (mg20) = 0,2-szerese, (20%-a) a gravitációs erőnek.

    2.2.3.a) 2900 mAh = 2,9 Ah = 2,9A·3600 s = 10440 C.

    A 2900 mAh töltésmennyiség 10440 C töltésnek felel meg.

    b) I = 200 mA = 0,2 A Q = 10440 C

    t= Q : I t = 10440C : 0,2 A = 52200 s = 14,5 h

    Az akkumulátor 200 mA-es árammal 14,5 óráig használható.

    c) t = 15 min = 900 s I = 0,2 A

    Q = I·t Q = 0,2 A·900 s = 180 C töltést használok el 15 perc alatt.

    Az akkumulátorban 10440 C 180 C = 10260 C töltés marad.

  • Hatvani István fizikaverseny 2016-17. 2. forduló megoldások

    4

    2.2.4.a)

    A szigeteléssel a töltések vezetőn kívülre jutását akadályozzuk meg. A műanyag

    azért jó szigetelő, mert nem vezeti az áramot, mert nincsenek benne szabad

    töltéshordozók.

    b) Megoldás: Elektron, proton, neutron.

    A proton, a neutron és az elektron tömege pontos mérések alapján a következő:

    𝑚𝑝 = 1,672658 ⋅ 10−27 kg

    𝑚𝑛 = 1,674953 ⋅ 10−27 kg

    𝑚𝑒 = 9,10953 ⋅ 10−31 kg

    Az adatokból kiszámítható, hogy a neutron tömege körülbelül két elektrontömeggel

    nagyobb, mint a proton tömege.

    http://tudasbazis.sulinet.hu/HU/termeszettudomanyok/fizika

    2.2.5.a) A kör alakú homogén vezető ellenállása 10 Ω, a kisebb körív ellenállása

    R ABkisebb = 4 Ω, a hosszabb körív ellenállása R ABhosszabb = 6 Ω.

    Az A és a B pontok között a két körív párhuzamosan van kapcsolva, így az eredő

    ellenállás R = 12/5 Ω = 2,4 Ω és az I = 5 A.

    Az AB pontok közötti feszültség U = R·I, azaz U = 2,4 Ω·5 A = 12 V.

    Az AB pontok közötti feszültség 12 V.

    b) A nagyobb köríven Ihosszabb = U/ R AB hosszabb ,

    Ihosszabb = 12 V: 6 Ω = 2 A erősségű áram folyik.

    Az AC és AD pontok közötti ellenállás RAC = 2 Ω, RAD = 4 Ω.

    Ezért,

    UAC = RAC∙Ihosszabb UAC = 2 Ω·2 A = 4 V;

    UAD = RAD∙Ihosszabb UAD = 4 Ω·2 A = 8 V.

    Az A és a C pontok közötti feszültség 4 V,

    az A és a D pontok közötti feszültség 8 V.

    c) A hosszabb köríven 2 A erősségű áram folyik.

    d) A rövidebb köríven Irövid = U/ R ABkisebb

    Irövid = 12V:4Ω = 3 A erősségű áram folyik.

    A mérőműszeren 1 skálarész (5 A : 50 = )0,1 A-nek felel meg, akkor a 3 A erősségű

    áram 30 skálarésznek.

    A rövidebb áramkörben az ampermérő mutatója a 30. skálarészre mutat.

  • Hatvani István fizikaverseny 2016-17. 2. forduló megoldások

    5

    2.2.6.

  • Hatvani István fizikaverseny 2016-17. 2. forduló megoldások

    6

    3. kategória

    3.2.1 A Galilei- féle úttörvény alapján 1,5 s

    alatt 𝑠

    4 utat tesz meg a kő, a következő

    1,5 s alatt 3𝑠

    4 utat. Tehát az esési idő

    3 s. A kút mélysége ℎ =1

    2𝑔𝑡2 =

    𝟒𝟓 m.

    𝑡ℎ𝑎𝑛𝑔 =ℎ

    𝑣ℎ=

    45

    340= 0,13 s ⟹

    𝒕𝟎 = 𝟑,𝟏𝟑 s

    3.2.2 Két busz közötti távolság 𝑑 = 𝑣𝑏 ⋅ 0,5. Ezt a távolságot teszik meg ketten együtt (busz

    és kerékpáros).

    a) Ha szemben haladnak 𝑑 = (𝑣𝑏 + 𝑣𝑘) ⋅ 𝑡1

    𝑣𝑏 ⋅ 0,5 = (𝑣𝑏 + 𝑣𝑘)22,5

    60⟶ 𝑣𝑏 ⋅ 30 = 𝑣𝑏 ⋅ 22,5 + 𝑣𝑘 ⋅ 22,5

    𝑣𝑏 = 𝑣𝑘22,5

    7,5⟶ 𝒗𝒃 = 𝟔𝟎

    km

    h

    b) Ha egyirányban haladnak 𝑑 = (𝑣𝑏 − 𝑣𝑘)𝑡2

    𝑣𝑏 ⋅ 30 = (𝑣𝑏 − 𝑣𝑘)𝑡2 ⟶ 𝒕𝟐 =60 ⋅ 30

    40= 𝟒𝟓 perc

    3.2.3

    a) Hogy ne emelkedjen el ⟹ csak a gravitációs erő hat rá.

    𝑚𝑔 = 𝑚𝑣𝑚𝑎𝑥

    2

    𝑟⟶ 𝒗𝒎𝒂𝒙 = √𝑟 ⋅ 𝑔 = 𝟐𝟓

    m

    s

    b) 𝑣 = 𝑣𝑚𝑎𝑥 ⋅ 0,75 = 18,75m

    s. Ekkor van közöttük nyomóerő.

    𝑚𝑔 − 𝐹𝑛𝑦 = 𝑚𝑣2

    𝑟⟶ 𝐹𝑛𝑦 = 𝑚 (𝑔 −

    𝑣2

    𝑟)

    𝐹𝑠í𝑘 = 𝜇0𝑚𝑔 𝐹𝑘ö𝑟 = 𝜇0𝐹𝑛𝑦

    𝐹𝑘ö𝑟

    𝐹𝑠í𝑘=

    𝜇0 𝑚(𝑔−𝑣2

    𝑟)

    𝜇0𝑚𝑔= 1 −

    𝑣2

    𝑟𝑔= 1 −

    18,752

    252= 0,43

    𝑚𝑔

    𝑣

    𝑡 1,5 s 1,5 s

  • Hatvani István fizikaverseny 2016-17. 2. forduló megoldások

    7

    3.2.4

    𝑡 = √2ℎ

    𝑔= √2 s 𝝎 =

    Δ𝛼

    Δ𝑡=

    5𝜋

    √2= 𝟏𝟏,𝟏

    1

    s

    3.2.5

    𝑣02 + (𝑔 ⋅ 𝑡)2 = 𝑣1

    2 ⟶ 𝑣02 + 152 = 𝑣1

    2

    𝑣02 + (𝑔 ⋅ 2𝑡)2 = (1,5𝑣1)

    2 ⟶ 𝑣02 + 302 = 2,25𝑣1

    2} ⟹

    2,25𝑣02 + 506,25 = 𝑣0

    2 + 900 ⟹ 𝒗𝟎 = 𝟏𝟕,𝟕𝟓m

    s

    𝑣𝑦2 = 2𝑔ℎ = 1000

    𝑣2 = 𝑣02 + 𝑣𝑦

    2 ⟹ 𝑣 = √1315

    A talajra érkezéskor: 𝒗 = 𝟑𝟔,𝟐𝟔 m

    s

    3.2.6

    a) A szánkóra ható csúszási súrlódási erő: 𝐹𝑠 = 𝜇 ⋅ 𝑚𝑔 ⋅ cos 𝛼 = 𝟑𝟖,𝟔𝟒 N.

    b) Addig gyorsulhat, míg a rá ható erők eredője 0 nem lesz.

    𝑚𝑔 sin 𝛼 − 𝜇𝑚𝑔 cos 𝛼 − 𝑘𝑣2 = 0 ahol 𝑘 =𝐹

    𝑣2= 0,2

    Ns2

    m2

    𝑉 = 𝟐𝟗 m

    s⟶ 𝐹𝑘 = 168,2 N

    c) Ennél a sebességnél lép fel a legnagyobb mechanikai energiaveszteség 1 s alatt. (tkp.:

    teljesítményveszteség)

    𝑷 = (𝐹𝑠 + 𝐹𝑘)𝑉 = (38,64 + 168,2) ⋅ 29 ≃ 𝟔 kJ

    s

    𝑣0

    𝑣0

    𝑣0

    𝑣1

    𝑣𝑦

    𝑔𝑡

    𝑔 ⋅ 2𝑡

  • Hatvani István fizikaverseny 2016-17. 2. forduló megoldások

    8

    4. kategória

    4.2.1

    Tegyük az 𝑚1 tömegű testet az ábrán jelölt helyre! Ekkor 𝑚1𝑔 = 𝐹1 + 𝐹2 és 𝐹2 𝑥2 =

    𝐹1 𝑥1, amiből 𝐹1 = 𝑚1𝑔𝑥2

    𝑥1+𝑥2 és 𝐹2 = 𝑚1𝑔

    𝑥1

    𝑥1+𝑥2.

    A karok arányából 𝐹3 =𝐹1

    5.

    A felső vízszintes karra: 𝑚2𝑔 ⋅ 2 = 𝐹2 ⋅1

    5+ 𝐹3 ⋅ 1

    𝑚2𝑔 ⋅ 2 = 𝑚1𝑔𝑥1

    𝑥1+𝑥2⋅

    1

    5+ 𝑚1𝑔

    𝑥2

    𝑥1+𝑥2⋅

    1

    5⟹ 𝒎𝟏 = 𝟏𝟎𝒎𝟐

    4.2.2 Fel: 𝐹1 = 𝑚𝑔 sin 𝛼 + 𝜇𝑚𝑔 cos 𝛼 𝑃 = 𝐹1 ⋅ 𝑣1

    Le: 𝐹2 = 𝜇𝑚𝑔 cos 𝛼 − 𝑚𝑔 sin 𝛼 𝑃 = 𝐹2 ⋅ 𝑣2

    Vízszintes: 𝐹3 = 𝜇𝑚𝑔 𝑃 = 𝐹3 ⋅ 𝑣3

    (𝑚𝑔 sin 𝛼 + 𝜇𝑚𝑔 cos 𝛼)6 = (𝜇𝑚𝑔 cos 𝛼 − 𝑚𝑔 sin 𝛼)8 ⟹ 𝜇 = 7 tg 𝛼

    (𝑚𝑔 sin 𝛼 + 𝜇𝑚𝑔 cos 𝛼)6 = 𝜇𝑚𝑔 ⋅ 𝑣3

    6 sin 𝛼 + 42 sin 𝛼 = 7 tan 𝛼 ⋅ 𝑣3

    𝒗𝟑 = 𝟔,𝟖𝟔m

    s⁄

    !

    sin 𝛼 ~ tg 𝛼

    Ha 𝛼 kicsi,

    4.2.3 𝐺 = 0,2N 𝐹𝑘 = 0,1N ⟹ 𝐹𝑓 = 0,1N

    𝐹𝑓 = 𝑉𝑔 ⋅ 𝜚𝑎𝑙𝑘 ⋅ 𝑔 → 𝑉𝑔 =0,1

    8000m3 = 𝟏𝟐,𝟓 cm3a golyó térfogata.

    𝐺 = 𝑚 ⋅ 𝑔 = 𝑉 ⋅ 𝜚𝑔𝑜𝑙𝑦ó ⋅ 𝑔 → 𝑉 =0,2

    25000m3 = 𝟖 cm3 a golyó anyagának térfogata.

    a) A golyó nem tömör, mert a golyó térfogata nagyobb mint a golyó anyagának térfogata.

    b) Az üreg térfogata 𝟒,𝟓 cm3 .

    𝑚2𝑔

    𝐹2

    𝐹2

    𝑚1

    𝑥2 𝑥1

    1

    𝑚1𝑔

    1

    5

    2 1

    𝐹1

  • Hatvani István fizikaverseny 2016-17. 2. forduló megoldások

    9

    4.2.4

    A mozgás 𝑣 − 𝑡 grafikonja alapján a test 𝑣0

    2

    sebességgel érkezik a lejtő aljára.

    Munkatétel az egész útra:

    1

    2𝑚𝑣0

    2 −1

    2𝑚 (

    𝑣02

    )2

    = 𝜇𝑚𝑔 cos 𝛼 ⋅ 2𝑠

    Munkatétel felfelé:

    1

    2𝑚𝑣0

    2 − 𝑚𝑔ℎ = 𝜇𝑚𝑔 cos 𝛼 ⋅ 𝑠

    1

    2𝑚𝑣0

    2 −1

    2𝑚

    𝑣02

    4= 𝑚𝑣0

    2 − 2𝑚𝑔ℎ ⟹ ℎ =5𝑣0

    2

    16𝑔

    Ezt visszahelyettesítve a 2. egyenletbe

    1

    2𝑚𝑣0

    2 − 𝑚𝑔5𝑣0

    2

    16𝑔= 𝜇𝑚𝑔 cos 𝛼 ⋅

    sin 𝛼

    1

    2𝑣0

    2 −5

    16𝑣0

    2 = 𝜇cos𝛼

    sin 𝛼

    5𝑣02

    16⟹ 𝜇 =

    3

    5⋅ tg 𝛼

    𝝁 = 𝟎, 𝟑𝟓

    4.2.5 Ha egymáshoz képest nyugalomban

    vannak, az ék is, a test is 𝑎

    gyorsulással mozog.

    𝑚𝑎 = 𝑚𝑔 ⋅ tg 𝛼 ⟹ 𝑎 = 𝑔 ⋅ tg 𝛼

    a) 𝐹 = (𝑀 + 𝑚)𝑎 ⟹ 𝑓 = (𝑀 + 𝑚)𝑔 ⋅ tan 𝛼 = 130 ⋅ tan 30° = 75N

    b) 𝐹𝑛𝑦 =𝑚𝑔

    cos 𝛼=

    30

    cos30°= 34,64N

    c) 𝑁 = (𝑀 + 𝑚)𝑔 = 130N

    𝑣 𝑣0

    𝑣02

    𝑠 𝑠

    𝑡 2𝑡 𝑡

    𝐹

    𝑚

    𝐹𝑛𝑦

    𝑚𝑔

    𝛼

    𝑀 𝑁

    𝑎

  • Hatvani István fizikaverseny 2016-17. 2. forduló megoldások

    10

    4.2.6

    A kérdésre a választ akkor kaphatjuk

    meg a legkönnyebben, ha a 𝑉 − 𝑇

    síkon megadott ábrát 𝑝 − 𝑉 síkon

    adjuk meg.

    a) A legnagyobb nyomás a 𝐷 állapotban van, mert ekkor legkisebb a térfogat.

    b) A gázon végzett munka az 𝐴𝐷 folyamatnál a legnagyobb.

    c) A Δ𝐸𝐵 mindegyik folyamatnál egyforma, mert Δ𝑇 állandó.

    d) Az 𝐴𝐵 folyamatnál, mert 𝑄𝐴𝐵 = Δ𝐸𝑏 + 𝑝Δ𝑉.

    𝑝

    𝑉

    𝐴 𝐵

    𝐶

    𝐷

    𝑇1

    𝑇2