A végsebesség az egyes sebességfokozatokban elért gyorsulás és időtartam szorzatainak összege: 5

Átírás

1 XVI. TORNYAI SÁNDOR ORSZÁGOS FIZIKAI FELADATMEGOLDÓ VERSENY A REFORMÁTUS KÖZÉPISKOLÁK SZÁMÁRA Hódmezővásárhely, 0. március évflyam. feladat: Adatk: l = 00 m, c = 6 m/s, v = m/s Vizsgáljuk a T 3 T irányt. Odafele a vízzel szemben kell úsznia, a parthz képest a sebessége c3 = c v = 4m/s, frdulás után a sebessége c3 = c + v = 8m/s. Ebben az irányban szükséges idő: l l lc t33 = + = = 75s. 8 pnt c v c + v c v A vízsdrásra merőleges úszásnál a rajzn látható irányban célszerű úsznia, a derékszögű hármszög mutatja a parthz visznyíttt sebességet, mely nagysága mindkét irányban m ugyanakkra: v = v = c v = 5,66. s 3 3 Ebben az irányban a visszaérésig szükséges idő: l t33 = = 70,7 s. 0 pnt c v A vízsdrásra merőlegesen úszó előbb ér vissza: t33 t33 = 4,3 s. pnt T v l T T 3 l T 3 T irányban: c 3 v c T T 3 irányban: v c T 3 T irányban: v c c 3 c 3 T T 3 irányban: v c c 3. feladat: A kcsi legnagybb elérhető gyrsulását a tapadási erő nagysága szabja meg. A minimális tapadási együttható a tapadási erő és nehézségi erő közötti összefüggést felhasználva: FT a 6 m/s µ T, min = = = = 0,6. pnt G g 0 m/s A végsebesség az egyes sebességfkzatkban elért gyrsulás és időtartam szrzatainak összege: 5 m m m m m vmax = an tn = 6,5 s + 3,5 3 s + 6 s + 0 s + 0,5 5 s = n= s s s s s pnt m m m m m m km = 9 + 0, , 5 = 47, 75 = 7,9 s s s s s s h 00 km/h megfelel 7,78 m/s-nak, melyet a kcsi a harmadik fkzatban ér el. Harmadik sebességbe érve 9,5 m/s-mal halad, így még tvábbi 8,8 m/s-t kell gyrsulnia. pnt

2 XVI. TORNYAI SÁNDOR ORSZÁGOS FIZIKAI FELADATMEGOLDÓ VERSENY A REFORMÁTUS KÖZÉPISKOLÁK SZÁMÁRA Hódmezővásárhely, 0. március A teljes idő így m 8, 8 * t = 00 t + s t + t = 3,5 s + 3 s +,5 s 3 s 4,4 s 8, 64 s m = + + = pnt s A megtett út első fkzatban: m s ( ) = at = 6,5 s = 6,75 m pnt s A másdik fkzatban: m m s ( ) = v,max t + at = 9 3 s + 3,5 3 s = 4,75 m pnt s s A harmadikban, míg el nem éri a 00 km/h-t: * * * m m s3 = v,maxt3 + a3 ( t 3 ) = 9,5 4,4 s + ( 4,4 s) = 97,8 m pnt s s * Összesen: s00 = s + s + s 3 = 6,75 m + 4,75 m + 97,8 m = 47,3 m pnt másdperces reakcióidő alatt megtett út: m, így a fékezésre 00 m m = 5,5 m marad. pnt Lassulása a tapadási együtthatót felhasználva: a fékezési = 6 m/s, előjelét az út számlása srán figyelembe vesszük: ( ) v v v v max min v v s fékezési = vmaxt fékezési a fékezési ( t fékezési ) = vmax = a a a Átrendezve: max min max min fékezési fékezési fékezési min = max fékezési fékezési = = = m m m km v v a s 47,75 6 5,5 m,3 76,6 s s s h 3 pnt pnt Azaz a tábláhz érve sebessége meghaladja a 60 km/h + 5 km/h értéket, így büntetésre számíthat. 3. feladat: Adatk: l = 0,75 m, M = kg, K < 4,7 N (hgy ne szakadjn el), m = 0,5 kg, v = 0 m/s Az agyagtömb és a kavics rugalmatlanul ütközik (feltételezzük, hgy a kavics beleragad), azt is feltételezzük, hgy az ütközés nagyn rövid idő alatt megtörténik: A közös vízszintes sebességüket az impulzus megmaradás tételéből számíthatjuk ki: mv m mv = ( m + M) u u = =. 0 pnt m + M s Ha elég erős a kötél, akkr ezzel a sebességgel a kötél hsszának megfelelő körpályán kezdenek mzgni. Kb. 0 cm-et emelkednének, tt megállnak, és vissza ingamzgás jönne létre. Ha itt megrekedne: ( pnt)

3 XVI. TORNYAI SÁNDOR ORSZÁGOS FIZIKAI FELADATMEGOLDÓ VERSENY A REFORMÁTUS KÖZÉPISKOLÁK SZÁMÁRA Hódmezővásárhely, 0. március De a kötél gyenge, mit is jelenthet ez? Hát el is szakadhat! Az agyagtömb és a kavics együttese körpályán mzgna, ehhez a kör középpntjába mutató eredő erő az ütközés utáni pillanatban függőlegesen felfele mutat, körmzgás feltételéből: v K mg = m l 8 pnt v K = mg + m = 8,9 N>4,7N. l Azaz elszakad a kötél! pnt 4./A feladat: Adatk: Fg= 960 N, t = s, F = 00 N I = F t és I = m v Az impulzus tétel szerint: F t v = = v 0m/s= v m Fg Földi körülmények között: Fg = mg m = = 00kg. g 00N s A rakéta működése után az asztrnauta sebessége: v = v = = m/s. 6 pnt 00kg A rakétából kiáramló anyag fejti ki a tlóerőt, amely meg tudja váltztatni a rendszer mzgási energiáját. pnt 4/A-ra a helyes válasz: b) 3 pnt 4./B feladat: A helyes válasz a III), a rezgő szék rezgésideje függ a benne ülő ember tömegtől. A mérés pntsságát fkzza, hgy egy peridikusan ismétlődő mzgásnál több periódus idejét mérhetjük egy indítással és egy megállítással, megszámlva a rezgések számát, mely adatkból egyetlen periódusidő nagy pntssággal meghatárzható. 5 pnt Az I) helytelen, a súlytalanság körülményei között a mérlegre nem lehet úgymnd ráállni, a fürdőszba mérleg súlyt mér, nem tömeget. pnt A II)-ben biznytalan, hgy az elrugaszkdás után mekkra sebességre tesz szert az ember. És az időmérés is nagyn pntatlan. pnt A IV) elbírálásáhz becsüljük meg, hgy ha a testtömeg lecsökken 5%-kal, akkr mennyivel váltzik meg a mérendő idő: (Pntsabb a becslés, ha nem a teljes felszerelésben történik a mérés.) Legyen 80 kg a testtömeg, akkr a sebesség,5 m/s, ezzel m-t 0,8 s alatt tesz meg. Ha 4 kgt veszít a testtömegéből, akkr a fenti eredményekből:,63 m/s, 0,76 s lesz. A stpper elindítása és megállításakr elkövetett hiba 0, s körüli. Nem túlzás azt gndlni, hgy a mérés pntatlansága miatt nem lehet meghatárzni 0,04 s időváltzást. 3 pnt Megjegyzés: a versenyzők mérési tapasztalata valószínűleg nem elegendő ez utóbbi kérdésben leírtak felismerésére. Azt javasljuk, hgy ha a IV)-et jelöli meg valaki helyes válasznak, akkr is adjuk meg a 3 pntt a IV)-re. 3

4 XVI. TORNYAI SÁNDOR ORSZÁGOS FIZIKAI FELADATMEGOLDÓ VERSENY A REFORMÁTUS KÖZÉPISKOLÁK SZÁMÁRA Hódmezővásárhely, 0. március évflyam. feladat: Adatk: T víz = 5 C, T = 5 C. A víz fajhője: c víz = 4, kj/(kg C). A fajhője: c =, kj/(kg C). A víz lvadáshője: L 0 = 333,7 kj/kg. m Legyen a tömegarány: α =. mvíz. eset) Nem történik halmazállapt váltzás, ha a közös hőmérséklet 0 C, de sem a víz nem kezd el megfagyni, sem a nem kezd el lvadni. Az energiamegmaradás törvénye alapján: mvízcvíz Tvíz = m c T A hőmérsékletváltzásk: pnt T = T = pnt víz 5 C, 5 C. kj 4, 5 C Ebből: α cvíz Tvíz kg C = = =. c kj T 3 pnt, 5 C kg C Azaz nincs halmazállapt-váltzás, ha a tömege a víz tömegének pntsan kétszerese. pnt. eset) Az összes meglvad, és a közös hőmérséklet 0 C marad: mvízcvíz Tvíz = m c T + m L 0 pnt kj 4, 5 C cvíz Tvíz kg C Ebből: α = = 0,7. 3 pnt c + kj 0 kj T L, 5 C + 333,7 kg C kg A egy része lvad meg és a közös hőmérséklet 0 C, ha az α tömegarány 0,7 és közé esik. pnt Az összes meglvad és a keverék hőmérséklete 0 C vagy annál nagybb lesz, ha az α tömegarány értéke legfeljebb 0,7. pnt 3. eset) Az összes víz megfagy, és a közös hőmérséklet 0 C: m c T + m L = m c T víz víz víz víz 0 pnt kj kj 4, 5 C + 333,7 0 kg C kg Ebből: α cvíz Tvíz + L = = =,6. c kj T 3 pnt, 5 C kg C Az összes víz megfagy, és a közös hőmérséklet 0 C, vagy annál kevesebb lesz, ha a tömege legalább,6-szrsa a víz tömegének. pnt 4

5 XVI. TORNYAI SÁNDOR ORSZÁGOS FIZIKAI FELADATMEGOLDÓ VERSENY A REFORMÁTUS KÖZÉPISKOLÁK SZÁMÁRA Hódmezővásárhely, 0. március feladat: Az egyes töltések akkr lesznek egyensúlyban, ha a rájuk ható erők vektri összege nulla. pnt A szimmetria miatt elegendő egy töltésre ható erőket megvizsgálni. pnt 6 F F,3, x y F,5 F,4 F,7 F,6 Vegyük fel egy krdináta-rendszert az -es pntban. Az x tengely iránya legyen a középpntból (7-es pnt) az -es pntba húztt sugár irányával megegyező, az y tengelyé pedig erre merőleges Vegyük srra az erők nagyságát és irányát! -es és -es pnt távlsága: r, az erő x tengellyel bezárt szöge 60. Az erő nagysága, valamint az x és y irányú kmpnensek nagyságának értéke: = Q, = Q cs(60 ), = Q F, k F sin(60 ).,,x k F,,y k r r r pnt -es és 3-as pnt távlsága: sin(60 ) r = 3 r, az erő x tengellyel bezárt szöge 30. Q, Q cs(30 ), Q F k F k F k sin(30 ).,3 = = =,3,x,3,y ( 3 r) ( 3 r) ( 3 r) -es és 4-es pnt távlsága:r, az erő x tengellyel bezárt szöge 0. Q Q F = k, F = k, F = 0.,4 r,4,x r,4,y ( ) ( ) pnt pnt -es és 5-ös pnt távlsága: sin(60 ) r = 3 r, az erő x tengellyel bezárt szöge 30. Q Q Q F = k, F = k cs( 30 ), F = k sin( 30 ). pnt,5,5,x,5,y ( 3 r) ( 3 r) ( 3 r) -es és 6-s pnt távlsága: r, az erő x tengellyel bezárt szöge 60. Q Q Q F,6 = k, F = cs( 60 ), = sin( 60 ).,6,x k F,6,y k pnt r r r A 7-es pnban lévő kérdéses töltés nagysága legyen Q*. Az -es és a 7-s pnt távlsága: r, az erő x tengellyel bezárt szöge 0. Q Q Q Q F,7 = k, F =, = 0.,7,x k F,7,y pnt r r 5

6 XVI. TORNYAI SÁNDOR ORSZÁGOS FIZIKAI FELADATMEGOLDÓ VERSENY A REFORMÁTUS KÖZÉPISKOLÁK SZÁMÁRA Hódmezővásárhely, 0. március Az erők x irányú vetületeinek összege nullát kell, hgy adjn: Q Q Q Q F = k cs(60 ) + k cs(30 ) + k + k cs( 30 ) + r 7,k,x k = ( 3 r) ( r) ( 3 r ) Q Q Q Q 5 Q Q + k cs( 60 ) + k = k + + = 0 4 k r r r 3 r pnt Átrendezve Q*-ra: 5 7 Q = +,83 7,3 0 C 4 Q Q pnt 3 Q* nagyságától függetlenül az erők y irányú vetületeinek összege is nullát ad, így az egyensúly feltétele teljesül. A Q* töltés elektrsztatikus ptenciális energiája a középpntban az egyes töltésekből származó ptenciális energiák algebrai összege: 7 7 Q Q 9 Nm 4 0 C ( 7,3 0 C) E7, pt = 6k = = 0,6 J pnt r C 0, m Végtelen távlban a ptenciális energia nulla, így a töltés eltávlításával végzett munka: W = E, pt E 7, pt = 0 J ( 0,6 J) = 0,6 J pnt 3. feladat: Adatk: a gáz állapthatárzói kezdetben: p, V, T, a másik edényben: p =0, V =V Kezdetben a másik tartályban lévő vákuum miatt nincs munkavégzés, nincs lyan gáz, amelyet a flyamat srán a kezdeti gáz összenymna. A tartály hő szigetelése miatt hőcsere sem történt a gáz és környezete között (az edény hőfelvételét elhanyagljuk). Az I. főtétel szerint: E = Q + W = 0. 0 pnt f f A belső energia: E = NkT = pv. + pnt A belső energia állandósága miatt: T = Tközös pnt A végállaptban a térfgat: Vközös = V pnt p = + = közös = pnt Tvábbá: p V p ( V V ) p V p 4./A feladat: közös Adatk: m =0 kg, v = 8 km/h = 5 m/s A kezdeti mzgási energia a fékezés srán hővé alakul. Ha a kerekek tisztán gördülnek, akkr az összes energiát a fékek emésztik fel: Q = mv = 500 J. 8 pnt A helyes válasz: c) pnt 6

7 XVI. TORNYAI SÁNDOR ORSZÁGOS FIZIKAI FELADATMEGOLDÓ VERSENY A REFORMÁTUS KÖZÉPISKOLÁK SZÁMÁRA Hódmezővásárhely, 0. március /B feladat: Adatk: v max = 0 m/s, h = 40 m, H = 0 m, g =0 m/s Érdemes meghatárzni, hgy elindulva, tekerés nélkül mekkra magasságcsökkenés után lesz a sebesség, a megengedett maximális: mgh0 = mv max h0 = 0 m pnt A völgynek induló pálya: I. szakasz: 0 m-es szintcsökkenés után, szabadn futó kerékkel eléri a maximális sebességet, majd egyenletes fékezéssel, állandó sebességet tartva éri el a lejtő alját WI = 0, QI = mgh mv max = 4 kj II. szakasz: Emelkedés a 0 m magasságba: minimális akkr lesz a munka, ha ezen a szakaszn nem fékez, és éppen 0 m/s sebességgel érkezik fel a tetőre: ekkr a végzett munkája: WII = mgh mv max = ( mg ( H 0 m )) =0 kj, QII = 0 III. szakasz: Leereszkedés a kezdeti pntba: Az első 0 m magasságkülönbségen, szabadn gyrsulhat, ekkr eléri a 0 m/s-s maximális sebességet, majd egyenletesen fékezve megérkezik a maximális 0 m/s-s eközben állandó sebességével. Ennél többet is fékezhet. WIII = 0, mg ( H h) = Q + mv,min max Q = 7 kj pnt III III,min A szükséges összes munka: 0 kj. A dmbtetőre induló pálya: A) Mindvégig tekernie kell, célszerű 0 m/s-mal felérnie a tetőre. Ekkr a végzett minimális munka: W = mg( H h) = 96 kj, Q = 0 A C B) A tetőtől a völgy aljába kell leereszkedni: itt célszerű a völgy aljában a megengedett legnagybb sebességgel megérkezni, eközben elég skat kell fékeznie, Q B hő fejlődik: mgh = mvmax + Q QB = 0 kj, WB = 0 C) A kezdeti helyszínre felemelkedni: a munka csökkentése érdekében 0 m/s-mal kell felérni: WC + mv max = mgh WC = 4 kj, QC = 0 pnt Mindkét irányban a minimális izmmunka azns: WII = WA + WC = 0 kj Az I. és a IV. első állítása igaz és II. állítása helytelen. Az emelkedőről leereszkedve fékezni kell, mert nem haladhatjuk meg a max. sebességet, ezért a III. állítás is hibás. pnt A völgyből a célba minimális munkavégzésnél 0 m/s sebességgel érkezünk meg, azért a IV. állítás másdik része hamis, így az állítás hamis. pnt Az I. állítás, mely szerint a dmbról nagybb sebességgel is megérkezhetünk a kiindulópntra igaz. Ezért a teljes I. állítás helyes! 3 pnt Ha a teljes indklás hiányzik, akkr maximum ( pnt) 7

8 Trnyai verseny 0. március 30.. sztály: FELADATOK:. Egy 30 -s hajlásszögű lejtőn, a lejtő síkjában, egy 5 kg tömegű, pntszerűnek tekinthető test körpályán mzg. A testet a körpályán a pálya középpntjában rögzített m hsszú zsineg tartja. A körpálya legfelső (A) pntján a zsineget 00 N erő feszíti. a) Mekkra a test sebessége az A pntban? b) Az AB íven a pálya legalsó (B) pntjáig haladva a súrlódási munka 95 J. Mekkra erő feszíti a zsineget a B pntban? c) Mekkra a súrlódási együttható? d) Mekkra a test sebessége a C pntban (a negyedkörnél)? Megldás: α=30 ; R= m ; m=5 kg; F A =00 N; W S = 95 J. a) A testet az A pntban az F A kötélerő és a nehézségi erő lejtővel párhuzams kmpnense tartja a körpályán:f A + m g sinα = m v A pnt R Innen v A -t kifejezve: v A = R F A 00 + g sinα = + 0 sin30 = 90 m =9,48 m/s m 5 s pnt b) A munka tétel alapján: m v B m v A = m g h + W S ahl az A és B pnt közti magasság különbség: h = R sinα(behelyettesítve a 30 -t h=r adódik). Így v B = v A + 4Rgsinα + W S = = 9 m =9,59 m/s 3 pnt m 5 s A B pntban a testet az F B kötélerő és a nehézségi erő lejtővel párhuzams kmpnensének különbsége tartja körpályán: F B m g sinα = m v B. R Innen F B = m g sinα + m v B = =55 N R pnt c) A súrlódási erő AB íven vett munkájából a súrlódási együttható kiszámítható: Az elmzdulás a félkörív hsszával egyezik meg: s = R π. A súrlódási erő nagysága pedig F S = μ m g. Így a súrlódási erő munkája: W S = F S s = μ m g R π Ahnnan μ = W S = 95 =0,35 m g R π 5 0 π 3 pnt d) A C pnt megadása nem egyértelmű, ugyanis nem tudjuk, hgy melyik irányba indul el a test az A pntból. Két eset képzelhető el. A test az A pnttól egy negyedkört (. eset) vagy hármnegyed kört (. eset) tesz meg a C pntig. Az. esetben a súrlódási erő munkája W S() = W S, míg a. esetben W S() = 3 W S. 4 pnt Ismét a munka tételt használva: m v C m v A = m g h + W S(,) ahl az A és C pnt közti magasság különbség: h = R sinα(behelyettesítve a 30 -t h=r/ adódik). Így v C = v A + Rgsinα + W S(,) m

9 Trnyai verseny 0. március 30.. esetben : v C() = = 9 m 5 s =9,54 m/s pnt. esetben : v C() = = 53 m 5 s =,7 m/s pnt. Egy edény térfgata 0 C-n pntsan 000 cm 3. Ezen a hőmérsékleten az edényt higannyal töltjük tele, majd egy nagybb tálba állítjuk, és az egész rendszert melegíteni kezdjük. 00 C-n a tálban már 5, cm 3 kiömlött higany van. A higany térfgati hőtágulási együtthatója / C. Határzzuk meg az edény anyagának lineáris hőtágulási együtthatóját! Megldás: t 0 =0 C-n: V 0 =000 cm 3 ; t=00 C-n: ΔV=5, cm 3 ; β Hg =8 0 6 / C A kiflyt higany térfgata adtt hőmérsékleten: ΔV = V Hg (t) V e (t) 5 pnt A higany és az edény térfgatának hőmérsékletfügése: V Hg (t) = V 0 ( + β Hg Δt) 5 pnt V e (t) = V 0 ( + β e Δt) Ahnnan a kiflyt higany mennyiségére ΔV = V 0 ( + β Hg Δt) V 0 ( + β e Δt) = V 0 (β Hg β e ) Δt adódik. Ebből β e -t kifejezve: β e = β Hg ΔV =, , = 3 V 0 Δt C C 0 5 C Tudjuk, hgy a térfgati hőtágulási együttható 3 szrsa a lineárisnak, így α e =β e /3 = 0 5 / C pnt 8 pnt 3. Egy 3,5 μf -s kndenzátr energiája ismeretlen feszültségre kapcslva 7 0 J. a) Milyen kapacitású kndenzátrt kell hzzákapcslni és hgyan, ha azt akarjuk, hgy váltzatlan feszültségre kapcslva a két kndenzátrból álló rendszer energiája 4,6 0 J legyen? b) Mst ldjuk meg a feladatt úgy, hgy előbb eltávlítjuk az eredeti kndenzátrt feltöltő feszültségfrrást? Ugyanekkra energiaváltzás eléréséhez milyen kapacitású kndenzátrt kell hzzákapcslni és hgyan? Megldás: C 0 =3,5 μf; E 0 =7 0 J; E=4,6 0 J. a) A kndenzátr kapacitása: C = Q ahnnanq = C U U Így a kndenzátr energiája a feszültséggel és a kapacitással kifejezve: E = Q U = C U Tehát állandó feszültség mellett az energia egyenesen aránys a kndenzátr kapacitásával, így E 0 E = C 0 C Azaz lyan kapcslást kell találnunk ahl az összkapacitás csökken a kezdeti C 0 -hz képest. Az eredő kapacitás: () srs kapcslás esetén: C = C 0 + C C = C 0 C C 0 +C < C 0 () párhuzams kapcslás esetén: C = C 0 + C > C 0 Tehát az ismeretlen kndenzátrt srsan kell kapcslni. Ekkr az energiák aránya: E 0 E = C 0 4 pnt C 0 + C. Ebből átrendezéssel: C = C 0 (E 0 /E) = 5,44 µf. 6 pnt

10 Trnyai verseny 0. március b) A kndenzátr kapacitása: C = Q U, ahnnan U = Q C. Így a kndenzátr energiája a töltéssel és a kapacitással kifejezve: E = Q U = Q C Tehát állandó feszültség mellett az energia frdítttan aránys a kndenzátr kapacitásával, így E 0 E = C C 0 Azaz lyan kapcslást kell találnunk ahl az összkapacitás nő a kezdeti C 0 -hz képest. Az eredő kapacitáskat már az a) pntban megvizsgáltuk és nnan látszik, hgy párhuzamsan kell kapcslni az ismeretlen kndenzátrt. 4 pnt Így az energiák aránya: E 0, ahnnan C = C 0 E 0 E =,5 µf. 6 = C 0+C E C 0 pnt TESZT: Egy diák teniszlabdával végez hajítási kísérleteket. Szeretné megállapítani, hgy milyen összefüggés van a hajítás távlsága és a labda kezdősebessége között. A hajítás távlsága a labda kiindulási helye és a földet érés helye közötti távlság, feltételezve, hgy ugyanlyan magasságban ér földet, mint ahnnan elhajíttták. A diák mindegyik mérés srán ugyanazt a labdát használja, és ugyanlyan szögben hajítja el. A mérési eredményeket az. Táblázat tartalmazza.. TÁBLÁZAT Mérés Kezdő sebesség (m/s) Hajítás távlsága (m). 0 8,0. 0 3, , ,5 Ezekre az adatkra támaszkdva a diák feltételezi, hgy a R távlság a v 0 kiindulási sebességtől az alábbi frmula szerint függ: R = C v n 0, ahl C és n egy-egy állandó.. A fenti adatkat alapul véve a legjbb tipp az n értékére C: 4 pnt Az n = eset jól egyezik az adatkkal. Ha n egyenlő -vel, akkr v 0 -t megduplázva az R-nek négyszeresére kell nőnie. Így az. mérés után a. mérésnél R -nek 8 m-ről 3 m-re kell nőnie. Jó a közelítés, hisz éppen ez történik. Hasnlóan amikr v 0 meghármszrzódik (. és 3. mérés között), akkr a távlságnak 8 m-ről 9-szeresére, azaz 7 m-re kell nőnie. Ismét a mért adat jól egyezik a jóslttal. A többi adat is passzl. Másik megldás: A mért adatkból úgy lehet megjóslni a helyes összefüggést, hgy rendre ábrázljuk az R( v 0 ), az R(v 0 ), az R(v 0 ) és az R(v 0 3 ) grafiknkat. Az a jó válasz, ahl a grafikn egyenes, azaz a C válasz a helyes.

11 Trnyai verseny 0. március A B C D A diák úgy gndlja, hgy a C knstans az alábbiaktól függhet: I. A hajítás szögétől. II. A labda tömegétől. III. A labda átmérőjétől. Ha a légellenállást elhanyagljuk, akkr C valójában a következőktől függ A: Csak I 4 pnt Mivel a légellenállást elhanyagljuk, az elhajíttt test mzgása csak a kezdősebesség nagyságától, a hajítás szögétől, és a nehézségi gyrsulástól függ. Ha légellenállás is lenne, akkr egy nagybb labda kisebb távlságra jutna el, ha a többi jellemző nem váltzik. De a légellenállást elhanyagltuk. A tömeg pedig nem beflyáslja a mzgást. 3. A diák elvégez még egy kísérletet, amikr is a labdát 5,0 m/s kezdősebességgel hajítja el. A hajítás távlsága ekkr körülbelül: B: méter 4 pnt Hasnlítsuk ezt az új mérést az. méréshez. A kezdeti sebesség v 0 felére csökkent az. méréshez képest. Így az R-nek (/) =/4 szeresére kell váltznia. Ha v 0 -t felezzük, akkr R negyedelődik. 4. Jelölje θ a labda kezdősebességének a vízszintessel bezárt szögét. Hanyagljuk el a légellenállást. Mekkra a labda sebessége pályájának legmagasabb pntján? C: v 0 csθ 4 pnt A pálya legmagasabb pntján csak a függőleges irányú sebességkmpnens válik nullává. A vízszintes irányú sebességkmpnens nagysága a mzgás srán nem váltzik. Hiszen a gravitáció, csak a függőleges sebességkmpnenst beflyáslja. Tehát a pálya csúcspntján a sebesség megegyezik a kezdősebesség vízszintes kmpnensével. A kezdősebesség vízszintes kmpnense pedig v 0 cs θ.

12 Trnyai verseny 0. március Az adtt kísérletben az alábbi grafiknk közül melyik mutatja helyesen a labda függőleges sebességkmpnensét az idő függvényében? (Feltételezve, hgy a felfelé irány a pzitív) A: 4 pnt Ahgy a labda emelkedik a függőleges sebességkmpnense csökken, amíg a pálya csúcspntján nulla nem lesz. Mivel a gravitáció állandó gyrsulást kz, így egyenletesen (lineárisan) csökken. Tehát a D és C grafikn nyilván nem jó. Hisz tt nő a sebesség (D lehetne a hajítás magasság-idő grafiknja.) A csúcspntn, a labda megfrdul és elkezd lefelé esni. Először lassan, majd egyre nagybb és nagybb sebességgel. A lefelé eső labda sebességvektra lefelé, a negatív irányba mutat.(a felfelé irányt vettük pzitívnak) Így a csúcs elérése után a függőleges sebességkmpnens a negatív irányba kezd ismételten növekedni. Az indklás nélküli helyes teszt válaszk - pntt érnek.

13 Trnyai verseny 0. március 30.. sztály: FELADATOK:. Kcka vízszintes felületen nyugszik. Rá van téve egy pntsan ugyanlyan másik kcka. Minden súrlódó felületnél azns a tapadási súrlódási együttható. A felső kckát vízszintes, növekvő erővel lassan húzni kezdjük. Amikr az erő nagysága 4,7 N, a felső kcka megmzdul. Az erőt megszüntetve, visszaáll az eredeti állapt (a kckák egymásn nyugszanak). a) Mekkra vízszintes erővel kellene húzni az alsó kckát, hgy elkezdjen kicsúszni a felső kcka alól? b) A felső kckát 5,0 N állandó erővel vízszintesen húzzuk. Ha a kckák élhssza cm, tömegük egyenként kg, mennyi idő múlva esik le a felső kcka az alsóról? Tegyük fel, hgy a tapadási és a csúszási súrlódási együtthatók megegyeznek. c) Ismételjük meg a kísérletet az egymásra tett kckákkal, úgy hgy mst az alsó kckát húzzuk állandó vízszintes erővel. Mekkra erőt kell alkalmazni, ha azt szeretnénk, hgy a kckák ugyanannyi idő múlva váljanak el, mint a b) kérdésben? Megldás: F =4,7 N; F *=5,0 N; d= cm; m= kg; μ=μ 0. a) A felső kckára (.) ható függőleges irányú erőkre: Az alsó kckára (.) ható függőleges irányú erőkre: N =N +m g, azaz N = m g. N =m g Először vizsgáljuk azt az esetet amikr a felső kckát húzzuk és az éppen megmzdulna. A felső kckára (.) ható vízszintes irányú erőkre: S =F Az alsó kckára (.) ható vízszintes irányú erőkre: S =S A határ helyzetben S =μ 0 N =μ 0 m g Ahnnan μ 0 m g=f =4,7 N. pnt Ha mst az alsó kcka húzását vizsgáljuk, akkr abban az esetben amikr a kcka éppen megmzdulna: A felső kckára (.) hat vízszintesen az S erő Az alsó kckára (.) ható vízszintes irányú erőkre: F =S +S Tudjuk, hgy S μ 0 N =μ 0 m g és S μ 0 N = μ 0 m g Az éppen megmzdulás határ helyzetében tehát F =μ 0 m g + μ 0 m g =3 μ 0 m g =3 4,7 N=4, N. pnt pnt Látszik, hgy ha ennél nagybb erőt alkalmazunk, akkr mind a két kcka elkezd csúszni. b) Ha a felső kckát 5 N erővel húzzuk, akkr a felső kckára (.) ható vízszintes irányú erőkre: F * -S =m a ahl S =μ 0 m g mst a csúszási súrlódási erő. Az alsó kckára (.) ható vízszintes irányú erőkre: S =S < μ 0 m g. Így az alsó kcka nyugalmban marad.

14 Trnyai verseny 0. március 30. A felső kcka gyrsulása: 4 pnt, ahnnan =,6 s. pnt c) Mint azt már az a) résznél megjegyeztük, ha 3 μ 0 m g-nél nagybb erővel húzzuk az alsó kckát akkr mind a kettő kcka megcsúszik. A felső kckára (.) ekkr vízszintes irányban teljesül, hgy: S =m a ahl S =μ 0 m g. pnt Az alsó kckára (.) ható vízszintes irányú erőkre pedig : F (S +S ) = m a ahl S = μ 0 m g mst a csúszási súrlódási erő. pnt Így a két kcka egymáshz képest alapján:. pnt Ahnnan =9, N. pnt gyrsulással mzg mm belső sugarú alumínium gömb falvastagsága 5 mm. Szigetelő állványn áll és belső levegője szellőzik. Középpntjában egy pntszerűnek tekinthető P-3-es, 50 mci aktivitású, β - sugárzó iztópt helyezünk. A P-3-es iztóp felezési ideje 4 nap. a) Mekkra feszültsége lesz a gömbnek az iztóp behelyezése után 30 perccel, ha kapacitása 0,67 nf? A P-3 iztópból kilépő β - sugárzás felezési távlsága levegőben 50 cm; maximális hatótávlsága alumíniumban,94 mm. b) Becsüljük meg a behelyezett radiaktív iztóp tömegét! Megldás: r=500 mm; d=5 mm; A=5 mci= ,7 0 0 Bq; Δt=30 min=800 s; C= 0,67 nf; L / =50 cm; d max =,94 mm; e=, C; T / =4 nap. a) Az aktivitást a vizsgált időtartam srán állandónak tekinthetjük, hiszen a P-3-es iztóp felezési ideje jóval nagybb, mint a vizsgált időtartam (T / >>Δt). pnt Az aktivitás ismeretében ki tudjuk számítani, hgy mennyi részecske bmltt el Δt idő alatt: ΔN=A Δt= , =3, pnt A β - sugárzás elektrnkat jelent, így a föntiek értelmében ΔN darab elektrn indult meg az alumínium gömb felszíne felé. pnt A felezési távlság ismeretében ki tudjuk számítani, hgy mennyi elektrn éri el az alumíniumgömb felszínét: N Al =ΔN 3 =4, pnt Mivel a sugárzás maximális hatótávlsága alumíniumban kisebb mint az alumíniumgömb vastagsága (d max <d), így az összes a felületet elérő elektrn el is nyelődik. pnt Tehát ezek az elektrnk jelentkeznek a kndenzátrn töltésként. alapján 400 V. 5 pnt b) A radiaktív bmlástörvényből tudjuk, hgy Mint már krábban hivatkztunk rá az iztóp felezési ideje jóval nagybb mint a vizsgált időtartam (T / >>Δt). Így az aktivitás és az iztóp részecskéinek száma jó közelítéssel állandónak tekinthető a vizsgált időtartam alatt. és. A fenti összefüggésből a részecskeszámra 3 pnt A P-3 iztóp 3 nuklenból áll (5 prtn és 7 neutrn), így mláris tömege

15 Trnyai verseny 0. március 30. 3,7 0 0 kg. 3 pnt 3. Az ábrán látható módn 0 cm sugarú félkör alakúra hajlíttt vezetékdarabt állandó frekvenciával frgatjuk hmgén mágneses térben. A mágneses indukció nagysága 0,75 T, iránya merőleges a papír síkjára. Mekkra frekvenciával kell frgatni a vezetéket, ha azt szeretnénk hgy a 9,6 Ω ellenállású W teljesítményű lámpa teljes fénnyel világítsn? Megldás: r=0 cm; B=0,75 T; R=9,6 Ω; P= W. a) Ha egy L hsszúságú vezetékdarabt szögsebességgel frgatunk mágneses mezőben, akkr az indukált feszültség U i = B L v = B L v sin t alakban írható, ahl a mágneses indukció iránya és a vezetékdarab merőleges egymásra. Bntsuk föl a félkört kicsiny dx, a B-re merőleges darabkra. A dx vezetékdarab távlsága a frgástengelytől legyen x, így a sebessége x. Egy ilyen darabkától származó indukált feszültség az előzőek szerint du i = B dx x sin t. A teljes félkör által generált indukált feszültség U i = B dx x sin t = (B sin t ) dx x. r A szumma éppen a félkör területét adja, ha a dx felsztás igen kicsi, azaz dx x =. Tehát az indukált feszültség az idő függvényében r U(t) = B sin ( t) = Azaz a frgatás frekvenciájával megegyező frekvenciájú szinuszs váltakzó feszültség indukálódik, melynek amplitúdója. pnt Másik megldás: A Faraday-féle indukciós törvény értelmében az indukált feszültség: Ahhz, hgy megadjuk a feszültség időbeli váltzását szükségünk van a mágneses fluxus időbeli váltzására. A fluxus definíció szerint: ahl A a felület nagysága, csφ pedig a felület mágneses indukcióvnalakkal bezárt szöge. A feladatban egy félkör felület frg egyenletesen. Azaz a szög -módn váltzik. Így, amelynek negatív időderiváltja: Tehát az indukált feszültség az idő függvényében: b) Váltakzó feszültségre kapcslt fgyasztó teljesítménye módn számlható. A feszültség effektív értéke szinuszs váltóáram esetén. pnt Innen, amit átrendezve a frekvenciára kapjuk, hg y = 0,9 Hz. 6 pnt

16 Trnyai verseny 0. március TESZT: Bármely két égi bjektum gravitációs kölcsönhatásban van egymással. A köztük ható erő:, ahl M és m a két bjektum tömege, míg r a tömegközéppntjaik távlsága. A rendszer ptenciális energiája.a Földfelszín közelében érvényes itt nem alkalmazható! Két csillagász szeretné meghatárzni, hgy egy m tömegű meter mekkra sebességgel ütközne a Földnek. (A Föld tömegét, illetve sugarát jelölje: M Föld és R Föld.) A számítás egyszerűsítése céljából a csillagászk felteszik, hgy a meter nyugalmból indul a Földtől D távlságból, ahl D többszöröse a Föld R Föld sugarának. A légellenállást szintén elhanyaglják, és a Föld helyzetét rögzítettnek tekintik. De a csillagászk abban már nem értenek egyet, hgy innen miképpen lépjenek tvább.. Csillagász: Használjuk Newtn másdik törvényét, illetve kinematikai összefüggéseket! Először használjuk az összefüggést. Ebből megkapjuk a meter gyrsulását. Majd a gyrsulás ismeretében már a kinematikában tanult állandó gyrsulás esetén érvényes frmulákból adódik, hgy:. Csillagász: Használjuk az energiamegmaradást! A meter ptenciális energiával rendelkezik induláskr. A kölcsönhatás srán az összes ptenciális energia mzgási energiává alakul, így: Amiből már könnyen kifejezhető a Földnek ütköző meter sebessége.. Melyik csillagász kap helyes eredményt a meter ütközési sebességére? D: Egyik sem 5 pnt A kinematikában az állandó gyrsulás esetére tanult frmulák, csak akkr használhatóak, ha a gyrsulás valóban állandó. Ebben az esetben aznban nem erről van szó. Ahgy a meter egyre közelebb kerül a Földhöz a rá ható gravitációs erő növekszik, hiszen a Föld és a meter közötti r távlság csökken, az erő pedig a távlság négyzetével frdítttan aránys: Mivel a rá ható erő növekszik - így Newtn másdik törvénye értelmében - a meter gyrsulása is növekszik. Az energiamegmaradás valóban teljesül, de a. Csillagász helytelenül alkalmazza azt. Feltételezi, hgy a meter végső ptenciális energiája a Föld felszínén nulla. Ez aznban nem igaz (ahgy a bevezetőben is megjegyeztük E pt =m g h, már nem alkalmazható ebben az esetben!), hisz a Föld felszínén a tömegközéppntk még mindig R Föld távlságra vannak egymástól. Így a Föld felszínén a meter ptenciális energiája:. Így az energia megmaradás helyesen:. Ha elhanyagljuk a légellenállást, akkr a Földnek ütköző meter sebessége nem függ az alábbi mennyiségtől: B: m 5 pnt

17 Trnyai verseny 0. március Az energia megmaradást kifejező összefüggésben az m mindhárm tagban szerepel, így egyszerűsíthetünk vele. Tehát ha v-re rendezzük az egyenletet, akkr abban csak M Föld, R Föld, és γ szerepel. Gndljuk meg, hgy ha egy testre csak a gravitációs erő hat, akkr a test tömege nem beflyáslja a létrejövő mzgást. Ez Newtn másdik törvényét alkalmazva könnyen látszik: Így a-ra adódik, hgy magától a meter tömegétől.. Azaz a meter gyrsulása függ a Föld tömegétől, de független 3. Ahgy a meter egyre közelebb kerül a Földhöz a rá ható gravitációs erő: A: Növekszik, majd a Földfelszín közvetlen közelében már jó közelítéssel állandó 5 pnt Ahgy a Föld és a meter közti r távlság egyre csökken, a gravitációs vnzás egyre nagybb lesz, hiszen: A Földfelszín közvetlen közelében aznban már vehetjük a gravitációs erőt -nek. Hiszen ekkr az általánsabb frmulában r=r Föld +Δ helyett, ha Δ<<R Föld, akkr nyugdtan vehetjük az R Föld -et, amivel: -nek. 4. Az alábbiak közül melyik állítás írja le legjbban az ütközéskr végbemenő energiaátalakulást? (Az ütközés akkr kezdődik, amikr a meter először érintkezik a Föld felszínével. D: Mzgási energia alakul hővé 5 pnt Az ütközés srán a meter ptenciális energiája már alig váltzik, hiszen miután elérte a földfelszínt már alig kerül közelebb. De a nagy mzgási energia eltűnik, ahgy a meter nyugalmba kerül. A mzgási energia nagy része hővé alakul. Általában is igaz, hgy rugalmatlan ütközés esetén a mzgási energia egy része disszipálódik, és nem mechanikai energiafrmákká alakul. Az indklás nélküli helyes tesztválaszk - pntt érnek.