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