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

Átírás

1 6 Mikola verseny fordulójának egoldásai I kategória Gináziu 9 évfolya ) Adatok: = 45 L = 5 r = M = 00 kg a) Vizsgáljuk a axiális fordulatszáú esetet! r F L f g R Az egyenletes körozgás dinaikai alapegyenletét az eberre alkalazva: ( ) Az eberre ható erők eredője (a 45 -os szög iatt): A két egyenletből a axiális fordulatszá: g g b) Az eber helyzeti és ozgási energiája is növekszik: g s in g ( J c) Maxiális fordulatszá esetén a láncot feszítő erő: ) ( ( )) g A lánc teherbírása legalább: g 0 0 N

2 ) a) A két tégla együtt gyorsul intha egy test lenne: F F a g a g 6 N F a g a b) A felső téglát csak a tapadási erő gyorsítja: F tap a 6 N de F tap Ftax 0g 6 N 0 0 N 0 0 c) Mivel háro tégla esetén a gyorsulás csak kisebb lehet a rendszer együtt fog ozogni F a F g a F g a 0 Ha a rendszer kezdetben nyugaloban volt úgy is arad ha ár ozgott v sebességgel az F erő hatására azt egtartja (F erő hiányában a súrlódás egállította volna) d) Mivel a rendszer dinaikailag egyensúlyi állapotban van a és téglára vízszintes irányban a testre ható erők eredője 0 az egyes téglák között seilyen súrlódási erő ne lép fel Ne kell hogy fellépjen tapadási erő se

3 ) Adatok: L = 5 = kg M = 4 kg µ = 0 µ 0 = 0 v 0 = /s a) v v0 as v0 gl s b) Alkalazzuk a lendület-egaradás törvényét: v 04 k v0 M s c) A rugó legnagyobb egaradó összenyoódásakor a rugóban ébredő rugalas erő egegyezik a tapadási erő axiuával: D l M g 0 Írjuk fel a unkatételt az (M + ) testre aikor a rugó összenyoódik ajd vegyük figyelebe a fenti sort: W E ozg M gl Dl M v k M gl 0 M gl M vk A keresett l legnagyobb egaradó összenyoódás ár könnyen kiszáolható: vk l c g 0 d) Most ár a rugóállandó értéke könnyen száolható: 0 M g N N D l 0 M g D l

4 4) a) Megoldás ipulzussal: Az ütközést úgy képzeljük el hogy az érintkezés után a test deforálódik (I fázis) ajd ez a deforáció az ütközés II fázisában tejesen visszaalakul és az érintkezés egszűnik a leez továbbra is u sebességgel ozog A testre indkét fázisban erő hat ez hozza létre a test ipulzusának egváltozását A test ipulzusának egváltozása az I fázisban: u v 0 ahol v a test ütközés előtti sebessége A test ipulzusának egváltozása az II fázisban: w u 0 ahol w a keresett sebesség Mivel az ütközés rugalas a kétféle ipulzusváltozás egegyezik: u v w u w u v Felhasználva a v kezdeti sebesség ellentétes irányú u -val az ütközést követően a test sebessége a talajhoz rögzített vonatkoztatási rendszerben: w u v Megoldás unkatétellel: A test és a erev leez ne alkot zárt echanikai rendszert; az ütközés tartaa alatt a leezre külső erő hat ivel a testre ható erő visszahat A testre hat F így a leezre visszahat F erő Ezt kell kopenzálja a külső erő így annak is F-nek kell lennie Legyen az ütközés időtartaa kicsi t Alkalazzuk a unkatételt: W E ozgási w v Fut w v Felhasználva hogy F : t w v w v ut t Ezt rendezve szintén w u v adódik Felhasználva a v kezdeti sebesség ellentétes irányú u -val az ütközést követően a test sebessége a talajhoz rögzített vonatkoztatási rendszerben: w u v b) Az a) feladatrészt felhasználva az ütközést követően a test sebessége: w u u u A ütközést követően a test sebessége: w u u u

5 ) Adatok: = kg h = l 0 = d = 6 Mikola verseny fordulójának egoldásai II kategória Gináziu 0 évfolya a) Jelölje a guiszál függőlegessel bezárt szögét abban a pillanatban aikor a test egeelkedik a talajról Ekkor a guiszál által kifejtett erő függőleges koponense egyenlő a testre ható nehézségi erővel: cos g A két egyenletből: ( ) cos g ( cos ) N b) A guiszál által kifejtett erő vízszintes koponense ebben a pillanatban egyenlő az általunk kifejtett F erővel: sin ( cos ) sin g tg Az utolsó összefüggés az erőkoponensek közötti kapcsolatokból is következik Így tehát: g N c) A végzett unka egyenlő a guiszálban felhalozódó rugalas energiával: ( ) ( cos ) J d) Ha a test indig a talajon arad akkor bárely esetén: Az () összefüggés alapján: cos g g ( cos ) Mivel az fenti egyenlőtlenségnek bárely hegyesszög esetén fenn kell állnia (tehát a tört legkisebb értéke esetén is) figyelebe véve a koszinusz függvény értékkészletét: g N

6 ) a) Akkor ne csúszik eg a test a lejtőn ha gyorsulása egegyezik a lejtő gyorsulásával a-val A rá ható erők eredője egyrészt a ásrészt (az ábra alapján) gtgα vagyis a lejtőt a = gtgα gyorsulással kell ozgatni b) A ozgásegyenletet koordinátás alakban használjuk Az ábra szerinti vízszintes és függőleges irányokkal A test lejtőhöz képesti gyorsulása legyen a Alkalazzuk a Galilei-féle relativitási elvet Így Ksinα = (a cos α+a/) () g-kcosα = a sinα () ()-ből K-t kifejezve és ()-be helyettesítve egyszerűsítés és rendezés után sin cos sin a cos a g sin Felhasználva hogy sin α + cos α = és beírva a = gtgα-át adódik: A ásik esetben a lejtőhöz képesti gyorsulás legyen a y pozitív iránya pedig az előzővel ellentétes Ezzel az egyenletek Ksinα=(a-a cos α) () Kcosα-g=a sinα (4) Az előző esetben használt lépések után: a = gsinα tehát a = a a g sin A négyzetes úttörvény szerint s = at / a két esetben az utak egegyeznek a gyorsulások viszonya iatt t =t vagyis a keresett arány t t 4 :

7 ) a) Legyen a dugattyú elozdulása x! A gáz kezdeti nyoása a rugó nyújtatlan állapota iatt Dx p p 0 A végállapotban a nyoás a dugattyú egyensúlya iatt p p0 A A végső térfogat: V V Ax Ábrázoljuk a folyaatot p V diagraon! p A gáz által végzett unka: p W V V p p p W p 0 Dx p0 A Ax V V V W p0 Ax Dx Ezt x-re rendezve: p 0 A W x x 0 D D Az adatokat beírva: x x 04 0 Ebből a dugattyú elozdulása: x 0 Dx 5 b) A gáz nyoása a végállapotban: p p0 4 0 Pa A A gázzal közölt hő: Q 5W 840 J A belső energia egváltozása: E E Q W 600 J A belső energia változása a térfogatokkal és nyoásokkal kifejezve: E pv p E V E E p V Ax p V V E E pax p p

8 5 400J 4 0 Pa 0 V Pa V 0 d 0 c) A gáz térfogata a végállapotban: V V Ax 5 d 4) T pv 4 0 Pa 5 d 7 Az egyesített gáztörvényből: T p V 5 0 Pa d a) A ozgás inden időpillanatában a lejtőre erőleges erők eredője zérus így: F k = g cos Azaz a ozgást befolyásoló erők: g sin a gravitációs erő lejtővel párhuzaos koponense EQ elektroos erő és a feladat c/ részében a fonálerő 5 E v k l ΣF gsinα l β v 0 γ d I EQ ΣF 60 I/ α h α Az induláskor az erők eredője az ábra alapján: F = ( ) ( ) = g így a i = = g A test az eredő irányába ozog ai a fonál eredeti helyzetével szöget zár be: cos = = = 60 A fonál egfeszülésekor egyenlő szárú hároszög keletkezik ahol az alapon lévő szögek egegyeznek ezért a fonál szögelfordulása: = 60 b) Az elektroos térerősség irányába az elozdulás az ábra alapján: d = l cos 60 = l

9 Ezért az elektroos ező unkája: W e = l = gl A függőleges elozdulás az ábra alapján: sin = aelyből h = l A gravitációs ező unkája: W g = gh = gl A két ező által végzett unka aránya: W e : W g = A ozgásra a unkatételt alkalazva: ΣW = E kin gl + gl = 0 = így = c) A lejtő síkjában a test egy hoogén és konzervatív erőtérben ozog (a fonálerő unkája zérus) A test sebessége akkor iniális aikor a sebesség az erők eredőjére erőleges azaz ebben a helyzetben a fonál párhuzaos a konzervatív erők eredőjével így az ábra alapján: = = 60 Terészetesen a részerők elezésével is eljutunk az eredényhez ha felhasználjuk hogy az adott helyen az érintő irányú erők eredője zérus A sebesség eghatározásához a unkatételt az eredővel célszerű felírni és felhasználhatjuk a konzervatív voltát valaint hogy a fonálerő unkája végig zérus W ΣF = E kin ΣF k = Az ábra alapján: k = l l cos = l l cos 60 k = l g l = = =

10 6 Mikola verseny fordulójának egoldásai III kategória Szakgináziu 9 évfolya ) A pontszerű test x- és y irányú elozdulása egyenlő: x = y g v0t t v Így a ozgás ideje: t 0 04 s g g A lejtő agassága: h y t 08 ) a) A beerülés értéke legyen y Az úszó test egyensúlyban van a rá ható nehézségi- és felhajtóerő egyenlő nagyságú: A h g A y g Az egyszerűsítések után: test víz y test víz h 4 c b) A többlet-beerülésből szárazó felhajtóerő egyenlő a testre ható gravitációs erővel: g Ah y víz g 5 kg c) A test süllyedése y és a vízszinteelkedés y A A y A y Másrészt együttes értéke y * : y y y A két egyenletből álló egyenletrendszert egoldva: y 5 c ( y 45 c ) ) Legyen a földszint és a legfelső eelet között a lift által egtett út s így a lépcsőn haladva az út s A lift sebességét jelöljük c-vel a felfelé gyaloglásét v-vel a lefelé gyaloglásét u-val Ezekkel c = 5v és c = 4u s a) A lift enetideje: tlift c s s s s s a gyaloglásé tgyaloglás 9 v u c 5 c 4 c Ezzel a keresett arány kilenc b) Haladjon Sanyi a lépcsőn x utat ez a liftnek x-et jelent s arad ég a liftbeszállás után s-x x s x s út Így v c u x s x s Vagyis: 5 4 c c c

11 7 Ebből x s 9 A 6 eelet 7/9-ed része alatt (44 eelet) kell liftbe szállnia Sanyinak Ez azt jelenti hogy legkésőbb a eeleten liftbe kell szállnia 4) Martinnak a papír kihúzásához a súrlódási erőt kellett legyőznie ai függ a felületeket összenyoó erőtől Ez akkor kisebb ha a nagyobb töegű test felől toljuk a rendszert Ezt a ódszert javasolhatta Erik Mindkét esetben ugyanakkora erővel toltuk a két hasábot ezért a létrejött ozgás gyorsulása is azonos Aennyiben elöl a kisebb töegű hasáb volt akkor az ő gyorsításához kisebb nyoóerő kell és így kisebb erővel lehet leküzdeni a papír kihúzásakor a rá ható súrlódási erőt

12 6 Mikola verseny fordulójának egoldásai IV kategória Szakgináziu 0 évfolya ) Adatok: a torony agassága h = 48 A grafikonon jól leolvasható szöghöz tartozó időértéket keresve: t = 5 s pillanatban a szög 40 o -os A 48 -es agasságot t esés = s alatt futja be tehát ennyi ideig repül vízszintesen is Ezalatt x = v x t esés = 65 -t haladt A torony lábától 65 -re ér földet (Másik lehetséges értékpár is vizsgálható) ) F tap -F; F s F; a F függvények F = F tax = g = 0 N-ig F tap = F-el F s = 0 a = 0 Efelett F tap = 0; F s = g = 5 N; 0 F t (N) F g F a 5 s 0 50 F (N) F s (N) 5 F (N) a (/s ) F (N) 0 50

13 ) A felszín növekedése a lineáris hőtágulási együttható és a hőérsékletváltozás függvényében: A A 0 t A követelénynek egfelelően A = 0 A 0 azaz 0A A 0 0 t Innen az igényelt hőérsékletváltozás: t 6579 C Ekkora hőérsékletváltozáshoz a vaskorongnak fel kell vennie C Q ct 465 J kgc 0 kg 679 C 595 J hőt Ezt az elégetett spiritusz szolgáltatta: Q spir É A felhasznált spiritusz töege: kg 4 spir V kg MJ Ezzel a spiritusz által leadott hő: Q VL 0 kg J le fűű 0 kg Q 595 A űvelet hatásfoka: 00 0% Q ) le h a) A test az indulástól száítva t 0s illetve g kondenzátor felső illetve alsó széléhez A leezek között eltöltött idő tehát Az elektroos ező irányú elozdulásra a x h l t 04s alatt ér a g t 0 s qe qu vízszintes irányú gyorsulást okoz a testnek A vízszintes d d a x d t Behelyettesítés és egyszerűsítés után: x ezért qu d t d ahonnan d q U t Az adatokat felhasználva: 6 q 0 C ax b) A axiális töltésű test gyorsulásának nagysága a leezek között: a U q a x ezért a d s s s a x g ahol ax 4 c) A kilépési sebesség: v v v a t g t 40 s x y x