Hatvani István Fizikaverseny 2016/17 2. forduló...
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/cm3
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 = 0,133g
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/cm3; 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 = 𝑣𝑘
22,5
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 ⟶ 𝑣0
2 + 302 = 2,25𝑣12} ⟹
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 = 0,2Ns
2
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 = 𝟔,𝟖𝟔 ms⁄
!
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 (
𝑣0
2)
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 ⋅
ℎ
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
𝑣0
2
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