35. Mikola verseny 2. fordulójának megoldásai I. kategória, Gimnázium 9. évfolyam

Átírás

1 35 Mikola verseny fordulójának megoldásai I kategória, Gimnázium 9 évfolyam ) kerék kosarának sebessége legyen v k, az elhajított kavicsok sebessége a kosárhoz képest v, a talajra érkező kavicsok távolsága d, az esés ideje t d v v t v v t vt k k R y kavicsok esési idejét kiszámolhatjuk: t s g Így a kavicsok kosárhoz viszonyított kezdeti sebessége már számolható: d v m/s t Írjuk fel a két sebesség arányát: m Ebből v y 95 s testek süllyedése kiszámolható: kavicsnak: h h 5,5 m 3 v vk vy vy h g v v v k y 4,75 m, a talajtól való magassága a két ) datok: = 6 /s, L = 5 cm, D = 5 N/m, m = kg mozgás egy függőleges síkmetszetét tekintjük vízszintes síkú egyenletes körmozgást végző testre három erő hat: mg nehézségi, K kényszererő, F r rugóerő Bontsuk fel a kényszererőt és a rugóerőt is függőleges és vízszintes komponensekre kényszererő mindkét komponense K nagyságú, a rugóerőnek mindkét komponense Írjuk fel a dinamika alapegyenletét x-, és y-irányokban F K mg y F r Fx m acp F K m L L r F r mg m két egyenletből kapjuk a következőt: DL mg m L L Fr L L

2 rugó deformációja kiszámolható: L g L 7,6 cm D m 3) datok: D = 5 cm, d = cm, =,3, m =,3 kg kartonlap gyorsulása, az érme gyorsulása Biztosan akkor sikerül a kísérlet, ha amíg a karton elhagyja a pohár száját (azaz megtesz az érme legfeljebb utat tesz meg: utat), két egyenletet osszuk el egymással, így az gyorsulás kifejezhető: Minél nagyobb sebességgel pöcköljük meg a kartonlapot, annál hamarabb esik le róla a pénzérme feladat a lehető legkisebb kezdősebességet kérdezi Naiv módon azt gondolhatjuk, hogy a lehető legkisebb kezdősebesség esetén a pénzérme a pohár túlsó szélénél esik le úgy, ahogy azt az részben leírtuk Végezzük el a számítást! z érme gyorsulása a, a kartonlapé a Kiszámolhatjuk az érme és a kartonlap közötti kölcsönhatás idejét: Ennyi idő alatt a kartonlap által megtett út: Ebből kifejezhető és kiszámolható a kartonlap kezdősebessége: Eredményünket úgy ellenőrizhetjük, ha meghatározzuk a pénzérme és a kartonlap sebességét a pohár túlsó szélénél: Ellentmondásra jutottunk, mert a pénzérme nem mozoghat gyorsabban a kartonlapnál Ugyanis csak akkor tud leesni a pénzérme, ha a laphoz képest hátrafelé mozog (Másrészt a pénzérme sebessége nulláról fokozatosan nő, a lap sebessége meg csökken, tehát mielőtt az érme gyorsabb lenne a lapnál, találhatunk egy olyan pillanatot, amikor a kétféle sebesség megegyezik, és ettől kezdve megszűnik az érme elcsúszása a lapon, ehelyett mindkét test összetapadva egyenletesen mozog továb z ellentmondást úgy oldhatjuk fel, ha rájövünk, hogy a pohárba eső pénzérme nem érheti el a pohár túlsó peremét, hanem hamarabb leesik a lapról Tegyük fel, hogy a pohárba eső pénzérme

3 maximális elmozdulása x, ahol x < azonban helyére x-et kell írnunk: 5 cm fentiekhez hasonló egyenleteket írhatunk fel, ahol a második egyenletben x helyére beírhatjuk x-nek az első egyenletben szereplő kifejezését: Másodfokú egyenletre jutottunk, amiből a pöcköléstől a pénzérme leeséséig tartó idő kiszámítható: pénzérme leesésének a feltétele az, hogy a leesés pillanatában a kartonlap sebessége legyen nagyobb, mint pénzérme sebessége: amiből a következő reláció adódik: Vegyük észre, hogy a másodfokú egyenletből könnyen kifejezhetjük a at szorzatot: reláció alapján láthatjuk, hogy csak a gyök előtti jel ad megfelelő megoldást, továbbá az is látszik, hogy a lehető legkisebb pöckölési sebességet a diszkrimináns nulla értéke adja: Ebből megkaphatjuk x maximális értékét is: ( ) Látszólag arra jutottunk, hogy minél nagyobb sebességgel pöckölünk, annál messzebb következik be a pénzérme leesése Ez azonban nincs így Ha a minimálisnál egyre nagyobb sebességgel pöckölünk, akkor a pénzérme leeséséig tartó idő egyre rövidebb ( ), ezért a fenti számítást nem használhatjuk Ilyen esetekben numerikusan mindig meggyőződhetünk arról, hogy a fenti maximális távolságnál hamarabb esik le a pénzérme Minél nagyobb a kartonlap kezdősebessége, annál kevésbé tud a pénzérme felgyorsulni, és ezzel együtt annál kevésbé lassul le a kartonlap Megjegyzés: z időre kapott másodfokú egyenletből kifejezhetjük a kezdősebességet:

4 Észrevehetjük, hogy az utolsó összegben lévő két tag szorzata állandó (nem függ az időtől) Használhatjuk a számtani és a mértani közepekre érvényes relációt: ( ) ( ) Ismerjük fel, hogy a bal oldal legkisebb értékét az adja, amikor a számtani és mértani középben szereplő két tag egyenlő: Meglepő, hogy a helyes végeredményt anélkül is megkaptuk, hogy a pénzérme és a kartonlap sebessége közötti relációt kihasználtuk volna 4) datok: = 3 o, M = kg, h =,4 m, m =,5 kg, =,4 Meg kell határoznunk az ék minimális gyorsulását, hogy kihúzva a kis test alól, mindvégig (nyomás nélkül) érintkezzen a kis testtel (Ennél nagyobb gyorsulás esetén a két test közötti távolság növekszik) z ékre hat a súrlódási erő is, amelyet nem befolyásol a kis test jelenléte Határozzuk meg először az ék gyorsulását! z ábra a folyamat kezdő- és véghelyzetét mutatja Jelöljük az ék lapjának hosszát -lel! kis test útjának hossza az idő függvényében gt sin () z ék ugyanezen idő alatt megtesz at cos () utat () osztva ()-gyel:

5 a g cos sin tg g a tg z ék mozgásegyenlete: részletezve, az ékre ható erő: Numerikus értéke: F S Ma, g F Ma S M Mg Mg tg tg m F kg,4 4,64 N s tg3 Írjuk fel a kezdősebességgel induló két test lendületének arányát! i mv mgt m g m g m tg I MV Mat M a M g M tg Számértékileg: Innen i I,5tg3,443 i I 6,98 i,443 z ék lendülete 4 3 6,98-szor nagyobb, mint a kis testé (Ez az arány a mozgás minden pillanatában fennáll) II kategória, Gimnázium évfolyam ) Vízszintes úton a kifejtett erő: alakban adható meg, ahol k a levegő sűrűségétől, a test méretétől és alakjától függő állandó, pedig a szintén állandónak tekinthető gördülési ellenállás domboldalon felfelé, illetve lefelé: Itt a nehézségi erő lejtővel párhuzamos komponense második és a harmadik egyenlet összegéből kivonva az első egyenlet kétszeresét: ( ) km h

6 teljesítmények aránya egyenlő a sebességek arányával: ) z ponthoz rögzített hosszú fonál minden pontjában ugyanakkora erő ébred, jelöljük ennek nagyságát F-fel! z M tömegű teherből és a legalsó mozgócsigából álló rendszerre felírhatjuk Newton II törvényét: ( ) ( ) ahol a teher gyorsulásának irányát lefelé választottuk pozitívnak B jelű mozgócsiga mozgásegyenlete: hiszen a csiga felfelé kezd gyorsulni (egyelőre még ismeretlen a gyorsulással) B jelű csiga a gyorsulása és a teher gyorsulása közötti kapcsolatot a fonál állandó hosszából következő kényszerfeltételből határozhatjuk meg Ha a B jelű csiga kicsiny x távolsággal elmozdul felfelé, akkor ennek következtében a teher x távolsággal kerül lejjebb, azaz a B jelű csiga sebessége, és így gyorsulása is minden pillanatban kétszer akkora (és ellentétes irányú), mint a teher gyorsulása: fenti három egyenletből a teher keresett gyorsulása meghatározható: a fonálerő pedig: z határesetben a gyorsulásra kapott kifejezésben m-et elhanyagolhatjuk M mellett, így a teher gyorsulására adódik fonálban ekkor elhanyagolhatóan kicsiny (3mg) erő ébred (de nem lazul meg), a teher pedig (közel) szabadeséssel elindul lefelé, a B jelű csiga pedig közelítőleg g gyorsulással felfelé 3) Legyen a henger keresztmetszete, a rugó direkciós ereje D! rugó összenyomódása: V y rugóban tárolt energia:

7 Wr dugattyúk egyensúlyából: p p Dy Dy D D V p V D V, D értékét az energia kifejezésébe beírva: W r W p V r p V V J Legyen a gázok kezdeti hőmérséklete T, a melegítés utáni nyomásuk p, térfogatuk V! z egyesített gáztörvényből és a dugattyúk egyensúlyi feltételéből: pv pv, T 3T p D V p p V V,, Ezekből: V, 3V p 3 p 3 4 Pa

8 c) melegítés után a rugóban tárolt energia: 4) W p Használjuk fel, hogy D : V 3V 6DV r D p 6 V 6DV V W r 3pV 6 J F s = F k = ( ) ( ) =,5N W = E kin, l F k l l =, l max =,5 m c) v max, ha F =, = D l F k, l =,75 m, D l = F k, l =,5 m x =,5 m

9 III kategória, Szakközépiskola 9 évfolyam ) mobil vízszintes irányban a sárkányrepülő v o kezdősebességével egyenletesen mozgott, függőlegesen szabadon esett Becsapódási sebességének vízszintes és függőleges összetevői ezzel v o és gt szabályos háromszög segítségével v o = 44 km/h = 4 m/s, vagyis v o = m/s = 7 km/h 3 v szabályos háromszög magassága gt v 3 v, vagyis t 3 3,46 s g Tehát 3,46 s-ig esett a mobil c) négyzetes úttörvény szerint d) g h t 6 m magasan haladt a sárkányrepülő Vízszintes irányban a mobil s v t 69, m -t tesz meg, légvonalban h s 9,6 m-t Tehát 9,6 m-re van légvonalban a két hely egymástól ) 3 datok: t t, 4 6 két testből álló rendszer gyorsulását a lógó testre ható gravitációs erő és a csúszó másikra ható súrlódási erő szabja meg mg Mg rajzolt szituációban: a m M, a felcseréléskor a Mg mg M m z indulástól megtett utak egyenlők: 9 Ebből a a 6 zaz mg Mg m M 9 6 Egyszerűsítés és rendezés után ebből: M m 3 a t Mg mg M m a 3 t m M 9M m, 6 6

10 3) deszka akkor ér leghamarabb az asztal széléhez, ha legnagyobb a gyorsulása, vagyis, ha a deszka és a hasáb között a tapadási erőnek éppen a maximális értéke lép fel F ' ' F ' ' m' g,4 N tmax ny Eközben a deszka az asztalon megcsúszik, vagyis az asztal által a deszkára kifejtett tapadási erő lehetséges maximális értéke kisebb, mint az előbb számolt F, ez jelen esetben teljesül is: Ftmax Fny m' m g,3 N Tehát a deszkára ható vízszintes eredő erő: F F ' F ' m' g m' m g,5 N tmax s tmax ' F ' m' g m' m g m Innen a gyorsulás: a,5 m m s lkalmazzuk a hasábra a dinamika alapegyenletét: / / F F ma F F ma,55 N t max t max keresett időtartam: a,8 s s t t c) deszka tetszőleges hosszúságú lehet, hiszen a hasáb nem csúszik meg rajta 4) z m tömegű test a nyugvó rendszerben a rúd irányára merőlegesen gyorsul, mert ebbe az irányba hat a rúd által kifejtett kényszererő Legyen a test nyugvó rendszerbeli gyorsulása a, a rúdhoz viszonyított gyorsulása a r! z ábra alapján a rúdhoz viszonyított gyorsulás: a acos r Ezzel a gyorsulással mozog a rúdhoz képest, ezért a lecsúszás pillanatában: a L r t, t dinamika alapegyenletéből: ma K, L s acos K masin,4 N a r a a L m L

11 IV kategória, Szakközépiskola évfolyam ) Súlytalan csigasorral,67 N erőre lenne szükség zért van nagyobb erőre szükség, mert a csigasor nem súlytalan Figyelembe kell venni, hogy az alsó testre ható erők között z alsó mozgócsigasor tömege az alsó test tömegének ötödrésze rögzítésnél fellépő erő: ) szögelfordulások is, az utak (ívek) is úgy aránylanak egymáshoz, mint a páratlan számok: s s : s : s :3:5: 7 : 3 4 Ez alapján: s s3 7 cm, s 3 s cm, s 4 7 s 49 cm 5 3 s s s3 s4 K K s s s3 s4 68 cm, cm 3 K R 6,74 s s 63 cm z eddig megtett összes út: cm 75 cm 68 cm 7 cm Ott lesz a test, ahol az időtartam végén volt c) és a 4 időtartam között a test s3 s4 84 cm K utat tesz meg két sebesség egymással párhuzamos és ellentétes irányú, valamint v4 v 3) feltétel szerint Gay-Lussac II törvénye alapján két egyenletből: k a tartályba tölthető gázmennyiség:

12 g túlnyomás: k a 4) Egyensúlyban a fonalakra függesztett golyókra ható eredő erő zérus három golyó középpontja egyazon függőleges síkban helyezkedik el szimmetria miatt elegendő csak az egyik golyóra ható erőket vizsgálni Ezek: az mg nehézségi erő, az F qq elektromos erő, amit a másik felfüggesztett test fejt ki, a harmadik az F Qq elektromos erő, amit a keresett töltés fejt ki, végül az F f fonálerő, amit a felfüggesztés fejt ki a vizsgált golyóra z ábra ezeket mutatja: z erők eredője vízszintes irányban: FQq Fx Fqqx FQqx Fqqx, () FQq ahol FQq, felhasználtuk, hogy a három gömböcske egyenlő x oldalú háromszög csúcsaiban helyezkedik el, és így az F Qq erő vízszintes összetevője éppen fele az F Qq erőnek z erők eredője függőleges irányban (abszolút értékeikkel kifejezve): 3 Fy mg FQqy Ff mg FQq Ff, () ahol az egyenlő oldalú háromszög magasságát megadó megfelelő kifejezést alkalmaztuk az F Qqy függőleges erőösszetevőre ()-be és ()-be beírva a megfelelő erőtörvényeket: q qq k k, ( ) ( ) ( )-ből egyszerűsítés után a keresett Q töltés meghatározható: Q 7-6 q 6 C, C kapott eredményt ( )-be írva a fonalakban ható erő: F f mg C, C qq 3 m 3 9 Nm k 5 kg 9,6N l s C, m