Hatvani István fizikaverseny forduló megoldások. 1. kategória. t 2 = 1, s

Átírás

1 Hatani Istán fizikaerseny forduló meoldások 1. kateória a) Közelítőle haonta. b) c = m s Δt =? május 6-án s 1 = km = m t 1 =? t 1 = s 1 t 1 = 1,19154 s c december 19-én s = km = m t =? t = s t = 1,35688 s c t = t 1 t = 0, s A Nap isszaerődő fénye 0,165 másodperccel hamarabb jutott el a Holdról május 6-án. c) szuperhold : Földközeli telihold (óriáshold) A telihold fázisa, az ellipszis alakú holdpálya Földhöz leközelibb pontján köetkezik be. Ilyenkor a Hold a Földről látható mérete a lenayobb a) A ezető reakcióideje 0,7 s, és az észleléstől a fékezési metett út füetlen az út minőséétől, csak az autó sebesséétől fü. 1 = 40 km = 11,11 m ; = 80 km =, m ; 3 = 10 km = 33,33 m h s h s h s s 1 =? s =? s 3 =? Tehát az észleléstől a fékezési metett útak: s = t s 1 = 7,79 m s = 15,55 m s 3 = 3,33 m. b) = 64, 8 km h = 18 m s, a = 3 m s, s =? t = a s = a t t = 6 s s= 54 m t = 0,7 s A épkocsi 6 s alatt áll me, és 54 m-t tesz me a fékezés mekezdésétől a meállási Az első, és nayon fontos különbsé a téli és a nyári umiabroncs között, hoy alapetően más az abroncsok anyaa. A nyáron használt umiabroncsok a hideben rideé, mereé álnak, íy nehezen, ay eyáltalán nem képesek arra, hoy mefelelő mértékben deformálódjanak, és hoy "kenődjenek". (Biztosan láttál már az aszfalton olyan umicsíkot, amit ey erőteljesebb fékezés után az autók haytak mauk után). A téli umiabroncsok anyaa mé a -0 C-os hideben is kellőképpen rualmas marad, azaz képes a kenődésre és a deformációra. Éppen emiatt a hide elmúltáal issza kell cserélni az abroncsokat, mert ey nyár alatt lekopik a futófelület a téli umiról a nayfokú láysáa miatt. A második különbsé, hoy a téli umiabroncs keskenyebb. Az autó súlya, mint erő, kisebb felületen oszlik me, íy nayobb lesz a kerék alatti nyomás. Nayobb a felületeket összenyomó erő. Emiatt a motor által kifejtett foratónyomaték jobban tud érényesülni. A harmadik különbsé: a téli abroncs maasabb. Télen me kell emelni az autó alját (természetesen íy a súlypont is maasabbra kerül, ami tényle rontja a stabilitást, de tél en nem jellemző, hoy nay sebesséel közlekedünk), íy nem tud "felülni" az autó, azaz bizonyos határok között biztosíta an, hoy a kerekek elérik az utat. És éül az utolsó különbsé az abroncs mintázatában an. A téli abroncsok mintázata 1

2 Hatani Istán fizikaerseny forduló meoldások speciálisan kiképzett, hoy az autó képes leyen a haat "elkaparni" maa alól és íy kapcsolatba kerülni az úttesttel. ( Az átlasebessé néyzete eyenesen arányos a lejtő maassááal m 1 = 15 m = 0 m 3 = 10 l = 80 cm d 1 =? d 3 =? Az eyensúly feltétele: Σ M = 0 a) m 1 l m d 1 = 0 d 1 = m 1 l m d 1 = 30 cm A 0 tömeű olyót a felfüesztéstől 30 cm-re kell elhelyezni. b) m 1 l + m 3 d 3 m l d 3 = l ( m m 1 ) m 3 d 3 = 0 cm A 10 -os olyót a 15 -os olyó oldalán a felfüesztéstől 0 cm-re kell elhelyezni (5,5-5,0) C = 0,5 C, hőmérsékletáltozáshoz (0, ,997071) = -0,00013 sűrűséáltozás tartozik. cm 3 cm3 Tehát a hőmérséklet 0,5 C-os nöekedése esetén csökken a sűrűsé 0, rel. cm 3 A hőmérséklet nöekedése az általunk keresett hőmérséklet és a meadott, alacsonyabb hőmérséklet érték között: (5,-5,0) C = 0, C. Ha 0,5 C-os hőmérséklet emelkedés esetén a sűrűsé értéke 0,00013 akkor 0, C-os hőmérsékletáltozás hatására a sűrűséáltozás (0, ,) : 0,5= 0,00005 cm 3 cm 3, ennyiel csökken a íz sűrűsée a 5,0 C-os ízéhez képest. Tehát 5, C a íz sűrűsée (0, ,00005) =0, cm 3 cm 3. cm 3 -rel csökken,

3 Hatani Istán fizikaerseny forduló meoldások. kateória..1. Ha a kocka éle a, akkor a kocka súlya G = a 3 ρ, alaplapjának területe A = a, nyomása p = aρ. Ey úla térfoata a3 a3, a nyolc úla térfoata, a maradék test súlya G = a3 ρ, alaplapjának területe A = a, nyomása p = 5 aρ. 3 A maradék test nyomása 5 - szorosára nőtt A örösréz sűrűsée ρ réz = 890 k m Ω m, m = k R = 94,7 Ω. l =? = 1,1 km d =? = 0,5044 mm A huzal ellenállása kiszámítható a R = ρ l ahol A = V és V = m A l ρ réz R = ρ l ρ réz m A huzal 1,1 km hosszú. A = V l -ből πd 4 = m ρ l A huzal 5, m átmérőjű. l = m R ρ ρ réz l= 1, m. d = 4m πρl d = 5, m...3. R1 R R3 R 1 = R = 0 Ω, R 3 = 10 Ω, U = 0 V. Az árammérő elektromos ellenállását tekintsük 0-nak. a) I =? 1 R = 1 (R 1 + R ) R 3 R = 1 (0 Ω + 0 Ω) Ω I = U I = 0 V =,5 A R 8 Ω Az 50. skálarészre mutat a mutató. U A R = 8 Ω b) U 1 =? 1. Miel R 1 = R = 0 Ω és U = 0 V, ezért U 1 = 10 V. Az R 1 ellenálláson eső feszültsé 10 V.. U = 10V és R = 0 Ω, I =? P =? I = U R I = 10 V 0 Ω = 0,5 A P = U I = 5 W Az R ellenállás teljesítménye 5 W. 3

4 Hatani Istán fizikaerseny forduló meoldások c) U 3 = 0 V t =10 min = 600 s m = 1 k ΔT = 3,8 c =? I 3 =,5 A 0,5 A = A W = U 3 I 3 t W = 0 V A 600 s = 4000 J Q hasznos = J Q hasznos = c m ΔT J = c 1 k 3,8 J 4180 k A folyadék fajhője 4180 J. k..4. a) A szőrméel medörzsölt műanyarúd a tapasztalat szerint neatí töltésű lesz (a szőrme pedi pozití töltésű). Ha ezt a neatí töltésű műanyaot hozzáérintjük az elektroszkóp tányérjához, a rúdról elektronok ándorolnak át az elektroszkópra, és íy az is neatí töltésű lesz. b) Ha a neatí töltésű rudat csak közelítjük, de nem érintjük hozzá az elektroszkóp tányérjához, a rúd elektromos meosztást idéz elő a fémben. A fém szabadon mozó elektronjainak ey része a tányérból a tartóba és a mutatóba kerül át, a tányér tehát pozití, a tartó és a mutató pedi neatí töltésű lesz. Ha most ebben az állapotban leföldeljük az elektroszkóp alsó, neatí töltésű részét (miközben a műanyarudat toábbra is a tányér közelében tartjuk), a neatí töltések ey része eltáozik a berendezésből, íy a földelés meszakítása után az elektroszkóp pozití töltésű marad...5. Ha a örösréz súlya G, akkor a cink súlya 40N-G, az összefüések szerint a köetkező eyenlet írható fel: 0,89 G + 0,86 (40 N G) = 10 N. Ebből G = 10 N. A sáraréz táry 1 k örösrezet és 1 k cinket tartalmaz...6. Az első, és nayon fontos különbsé a téli és a nyári umiabroncs között, hoy alapetően más az abroncsok anyaa. A nyáron használt umiabroncsok a hideben rideé, mereé álnak, íy nehezen, ay eyáltalán nem képesek arra, hoy mefelelő mértékben deformálódjanak, és hoy "kenődjenek". (Biztosan láttál már az aszfalton olyan umicsíkot, amit ey erőteljesebb fékezés után az autók haytak mauk után). A téli umiabroncsok anyaa mé a -0 C-os hideben is kellőképpen rualmas marad, azaz képes a kenődésre és a deformációra. Éppen emiatt a hide elmúltáal issza kell cserélni az abroncsokat, mert ey nyár alatt lekopik a futófelület a téli umiról a nayfokú láysáa miatt. A második különbsé, hoy a téli umiabroncs keskenyebb. Az autó súlya, mint erő, kisebb felületen oszlik me, íy nayobb lesz a kerék alatti nyomás. Nayobb a felületeket összenyomó erő. Emiatt a motor által kifejtett foratónyomaték jobban tud érényesülni. A harmadik különbsé: a téli abroncs maasabb. Télen me kell emelni az autó alját (természetesen íy a súlypont is maasabbra kerül, ami tényle rontja a stabilitást, de télen nem jellemző, hoy nay sebesséel közlekedünk), íy nem tud "felülni" az autó, azaz bizonyos határok között biztosíta an, hoy a kerekek elérik az utat. És éül az utolsó különbsé az abroncs mintázatában an. A téli abroncsok mintázata speciálisan kiképzett, hoy az autó képes leyen a haat "elkaparni" maa alól és íy kapcsolatba kerülni az úttesttel. ( 4

5 Hatani Istán fizikaerseny forduló meoldások 3. kateória A meoldás a tömeközéppont-memaradás ele szerint történik. A mostani állapot mehatározza a tömeközéppontot. A m pályáján kijelöltünk néhány pontot és a tömeközéppont ismeretében meadjuk a M helyét, ez alapján a pályáját. tkp m 3... A rakományt a tapadási súrlódási erő fékezi, ez max. μ 0 m lehet. Tehát μ 0 m = ma. Íy a rakomány lassulása a 1 = μ 0 = 3 m s lehet. Hoy ne csússzon me, ennél nem lehet nayobb a kocsi lassulása sem. Tehát: F = m a 1 = = 6000 N. Ekkora lassulással s = a = m úton áll me. Ha a yorsulás 5%-kal nayobb, akkor a = 3,15 m s F s A kocsi t 1 = a = 6,35 s alatt meáll, a Δt Δs t de a rakomány csak t = a 1 = 6,66 s alatt. Az előre csúszás a rafikon alapján: Δt Δs = = 3,17 m Állandósult sebessé esetén m = F k m = C 1 M = C } 56 4 = = 10 m s 1 Összekötés után nyilán a nayobb tömeű amelyik nayobb sebesséel esne kerül alulra. Íy a M tömeet a kötélerő fékezi, a m tömeet pedi yorsítja. M K = C m + K = C } (M + m) = C Ill. a két testet eyként kezele: (M + m) = C( 1 + ) Íy: c( 1 + ) = C = 1 + = 85,5 m s 5

6 Hatani Istán fizikaerseny forduló meoldások Miel α = 45 0 = t t β = x y = 0t 1 = 0 t t = β = 63,43 y = d cosβ = 6,83 m Az esési idő: y β 0 d α = 45 d = 60 m y = 1 t t = y =,3 s x = d sin β = 53,66 m illete x = 0 t 0 = x = 3,13 m t s α x h max = 0 = 45 m; félúton,5 m maasan robbanás előtt a sebessé = 0 x = 0 m s; m Ez a robbanás után. A lendületmemaradás törénye szerint x = x ill. y = A másik rész sebessée: α x y = x + y = = 46,9 m s t α = x y = 0 30 α = 5,4 A robbanás után a sebesséű rész emelkedése h = y a robbanás előtti maassá h 1 = 0 4. Íy h = h 1 + h = = 11,5 m = 0 ; Fékezéskor: F ny1 m = ma a = 5 m s t 1 = Δ a = 0,6 s; t 3 = 0,6 s Gyorsításkor: m F ny = m a F ny = m( a) = 300 N s 1 = t 1 = 0,6 3 = 0,9 m; s = 0,9 m s 3 = 3 s 1 s = 1, m; Δt = s 3 = 1, = 3 0,4 s t 1 s 1 s 3 s Δt t 3 t t = t 1 + t + Δt = 1,6 s 6

7 Hatani Istán fizikaerseny forduló meoldások 4. kateória C-on 1 nap alatt s-et jelez. 0 C-on miel siet s-ot. A lenésidő 0 C-on T = π l. 0 C-on ,9998T = π l 0 0,998 = l 0 l = l 0 l 0 (1 + αδt) 0,99963 = α 0 α = 1, K 4.. m 1 = 4,5 k m = 5 k F s A súrlódási munka a ízszintes szakaszon: W s = μm + μm s = 745 J A súrlódási munka a lejtős szakaszon: W s 1 = μm 1 cosα s = 495,67 J A helyzeti eneria nöekedése: F s 1 W s 90 m s ΔE h = m 1 h = = 14318,9 J A munkatétel alkalmazása: W ΔE h W s 1 W s = 0 W = 6039,6 J W s 90 m s P = W t = 17 W 4..3 A kezdeti belső eneria: a) E 1 = 5 NkT NkT 1 = 15 NkT 1 A kémiai reakció után: E = 6 NkT b) Miel a E 1 = E T = 1,5T 1 p 1 V = 3NkT 1 p V = NkT } p 1 p = 3T 1 T p = 0,83 p 1 E 1 = 15 NkT 1 E = E 1 + 3NkT 1 = 6NkT 3 } T 3 =,5T 1 p 1 V = 3NkT 1 p 3 V = NkT 3 } p 3 = 1,5p 1 7

8 Hatani Istán fizikaerseny forduló meoldások 4..4 a) Miel a rualmas lemez deformációja a ízszintes fölé emele is uyanannyi, a munkaézésünk a helyzeti eneria nöekedéséel eyenlő. W = mh = 60 0,1 = 6 J b) A mechanikai eneria memaradása: m(δl + h) + 1 D(Δl) = 1 Dh ahol m = DΔl D = 100 N m 60 0, h ,05 = 600 h 600h 60h 4,5 = 0 Ennek fizikaila értelmes meoldása: h = 15 cm 0 szint Δl h 4..5 t = 0 φ = 1 βt = 1,44 rad s = í = r φ = 1,6 cm φ a cp a t t = 1, s a t = r β = 0,3 m s a cp = r ω = r β t a cp = 0,15 4 1, = 0,864 m s a cp + a t = μ 0 μ 0 = 0,3 + 0,864 μ 0 = 0,09 ma l = μ 0 m 4..6 a) D Δl 1 m = m a 1 Δl 1 = m( + a 1 ) D = 46, 6 cm b) F r = (ma 1 ) + (m) = F r = DΔl Δl = = 35,9 cm F r a m a c) (DΔl 1 ) = (m) + (ma ) [m( + a 1 )] (m) = (ma ) a = 9,8 m s 8