33. Mikola Sándor Országos Tehetségkutató Fizikaverseny I. forduló feladatainak megoldása. Gimnázium 9. évfolyam

Hasonló dokumentumok
37. Mikola Sándor Országos Tehetségkutató Fizikaverseny I. forduló feladatainak megoldása I. kategória: gimnázium 9. évfolyam

35. Mikola Sándor Országos Tehetségkutató Fizikaverseny I. forduló feladatainak megoldása

1. Feladatok a dinamika tárgyköréből

36. Mikola Sándor Országos Tehetségkutató Fizikaverseny I. forduló feladatainak megoldása

33. Mikola Sándor Országos Tehetségkutató Fizikaverseny I. forduló február 11. (kedd), óra Gimnázium 9. évfolyam

Haladó mozgások A hely és a mozgás viszonylagos. A testek helyét, mozgását valamilyen vonatkoztatási ponthoz, vonatkoztatási rendszerhez képest adjuk

Pálya : Az a vonal, amelyen a mozgó test végighalad. Út: A pályának az a része, amelyet adott idő alatt a mozgó tárgy megtesz.

Mit nevezünk nehézségi erőnek?

Tömegpontok mozgása egyenes mentén, hajítások

Pálya : Az a vonal, amelyen a mozgó test végighalad. Út: A pályának az a része, amelyet adott idő alatt a mozgó tárgy megtesz.

34. Mikola Sándor Országos Tehetségkutató Fizikaverseny I. forduló feladatainak megoldása

Osztályozó, javító vizsga 9. évfolyam gimnázium. Írásbeli vizsgarész ELSŐ RÉSZ

1. Feladatok munkavégzés és konzervatív erőterek tárgyköréből. Munkatétel

Elméleti kérdések 11. osztály érettségire el ı készít ı csoport

Pálya : Az a vonal, amelyen a mozgó tárgy, test végighalad. Út: A pályának az a része, amelyet adott idő alatt a mozgó tárgy megtesz.

Felvételi, 2018 szeptember - Alapképzés, fizika vizsga -

Munka, energia Munkatétel, a mechanikai energia megmaradása

2.3 Newton törvények, mozgás lejtőn, pontrendszerek

Mechanika Kinematika. - Kinematikára: a testek mozgását tanulmányozza anélkül, hogy figyelembe venné a kiváltó

1. gyakorlat. Egyenletes és egyenletesen változó mozgás. 1. példa

Hatvani István fizikaverseny Döntő. 1. kategória

Mechanika. Kinematika

28. Nagy László Fizikaverseny Szalézi Szent Ferenc Gimnázium, Kazincbarcika február 28. március osztály

Gépészmérnöki alapszak, Mérnöki fizika ZH, október 10.. CHFMAX. Feladatok (maximum 3x6 pont=18 pont)

Gyakorló feladatok Egyenletes mozgások

Hatvani István fizikaverseny forduló megoldások. 1. kategória. J 0,063 kg kg + m 3

Lendület. Lendület (impulzus): A test tömegének és sebességének szorzata. vektormennyiség: iránya a sebesség vektor iránya.

Figyelem! Csak belső és saját használatra! Terjesztése és másolása TILOS!

Értékelési útmutató az emelt szint írásbeli feladatsorhoz I.

Fizika példák a döntőben

Mérések állítható hajlásszögű lejtőn

Bevezető fizika (VBK) zh1 tesztkérdések Mi az erő mértékegysége? NY) kg m 2 s 1 GY) Js LY) kg m 2 s 2 TY) kg m s 2

Képlet levezetése :F=m a = m Δv/Δt = ΔI/Δt

31. Mikola Sándor Országos Tehetségkutató Fizikaverseny I. forduló feladatainak megoldása

Fizika feladatok - 2. gyakorlat

Öveges korcsoport Jedlik Ányos Fizikaverseny 2. (regionális) forduló 8. o március 01.

DÖNTŐ április évfolyam

Hely, idő, haladó mozgások (sebesség, gyorsulás)

a) Az első esetben emelési és súrlódási munkát kell végeznünk: d A

Fizika. Tanmenet. 7. osztály. 1. félév: 1 óra 2. félév: 2 óra. A OFI javaslata alapján összeállította az NT számú tankönyvhöz:: Látta: ...

37. Mikola Sándor Országos Tehetségkutató Fizikaverseny II. forduló március óra A verseny hivatalos támogatói

Newton törvények, lendület, sűrűség

Newton törvények, erők

Folyadékok és gázok mechanikája

rnök k informatikusoknak 1. FBNxE-1 Klasszikus mechanika

A nagyobb tömegű Peti 1,5 m-re ült a forgástengelytől. Összesen: 9p

1. előadás. Gáztörvények. Fizika Biofizika I. 2015/2016. Kapcsolódó irodalom:

U = 24 V I = 4,8 A. Mind a két mellékágban az ellenállás külön-külön 6 Ω, ezért az áramerősség mindkét mellékágban egyenlő, azaz :...

Fizika alapok. Az előadás témája

PÉLDÁK ERŐTÖRVÉNYEKRE

Felvételi, 2017 július -Alapképzés, fizika vizsga-

Gépészmérnöki alapszak Mérnöki fizika ZH NÉV: október 18. Neptun kód:...

DÖNTİ április évfolyam

W = F s A munka származtatott, előjeles skalármennyiség.

Komplex természettudomány 3.

38. Mikola Sándor Országos Tehetségkutató Fizikaverseny II. forduló március óra A verseny hivatalos támogatói

Hidrosztatika. Folyadékok fizikai tulajdonságai

A klasszikus mechanika alapjai

Egy nyíllövéses feladat

3. Az alábbi adatsor egy rugó hosszát ábrázolja a rá ható húzóerő függvényében:

Mérnöki alapok 2. előadás

JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ

A 2016/2017. tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny második forduló FIZIKA I. KATEGÓRIA. Javítási-értékelési útmutató

A nyomás. IV. fejezet Összefoglalás

Egy érdekes statikai - geometriai feladat

Bor Pál Fizikaverseny 2013/2014-es tanév DÖNTŐ április évfolyam. Versenyző neve:...

Erők (rug., grav., súrl., közegell., centripet.,), és körmozgás, bolygómozgás Rugalmas erő:

KÖRMOZGÁS, REZGŐMOZGÁS, FORGÓMOZGÁS

BEMUTATÓ FELADATOK (2) ÁLTALÁNOS GÉPTAN tárgyból

Értékelési útmutató az emelt szint írásbeli feladatsorhoz

A 2010/2011. tanévi FIZIKA Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny első fordulójának. feladatai fizikából. I. kategória

A LÉGKÖRBEN HATÓ ERŐK, EGYENSÚLYI MOZGÁSOK A LÉGKÖRBEN

Fizika. Fizika. Nyitray Gergely (PhD) PTE PMMIK február 13.

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

2014. évi Bolyai János Megyei Matematikaverseny MEGOLDÁSI ÉS ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ 11. évfolyam

Tér, idő, hely, mozgás (sebesség, gyorsulás)

58. ročník Fyzikálnej olympiády v školskom roku 2016/2017 Okresné kolo kategórie F Texty úloh v maďarskom jazyku

A 2014/2015. tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny első fordulójának feladatai és megoldásai fizikából FIZIKA I.

1. Feladatok a termodinamika tárgyköréből

Newton törvények, erők

7. 17 éves 2 pont Összesen: 2 pont

3. fizika előadás-dinamika. A tömeg nem azonos a súllyal!!! A súlytalanság állapotában is van tömegünk!

34. Mikola Sándor Országos Tehetségkutató Fizikaverseny II. forduló március óra. A verseny hivatalos támogatói

6. MECHANIKA-STATIKA GYAKORLAT Kidolgozta: Triesz Péter egy. ts. Négy erő egyensúlya, Culmann-szerkesztés, Ritter-számítás

Mérés: Millikan olajcsepp-kísérlete

Dinamika. A dinamika feladata a test(ek) gyorsulását okozó erők matematikai leírása.

Tanulói munkafüzet. FIZIKA 9. évfolyam egyetemi docens

EGYENES VONALÚ MOZGÁSOK KINEMATIKAI ÉS DINAMIKAI LEÍRÁSA

6. MECHANIKA-STATIKA GYAKORLAT (kidolgozta: Triesz Péter, egy. ts.; Tarnai Gábor, mérnöktanár)

4. A kézfogások száma pont Összesen: 2 pont

TOL A MEGYEI SZILÁRD LEÓ FIZIKAVERSE Y Szekszárd, március óra 11. osztály

37. Mikola Sándor Országos Tehetségkutató Fizikaverseny I. forduló február óra. A verseny hivatalos támogatói

Függvények Megoldások

Előszó.. Bevezetés. 1. A fizikai megismerés alapjai Tér is idő. Hosszúság- és időmérés.

Termodinamika. Belső energia

Kinematika szeptember Vonatkoztatási rendszerek, koordinátarendszerek

Mechanika - Versenyfeladatok

FIZIKA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ

FIZIKA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ

TestLine - 7. Fizika Témazáró Erő, munka, forgatónyomaték Minta feladatsor

Átírás:

33. Mikola Sándor Országos Tehetségkutató Fizikaverseny I. forduló feladatainak megoldása A feladatok helyes megoldása maximálisan 10 pontot ér. A javító tanár belátása szerint a 10 pont az itt megadottól eltérő formában is felosztható. Egy-egy feladatra adott második megoldás vagy a probléma általánosítása nem honorálható további pontokkal. A javítás során a közölttől eltérő gondolatmenetű, de szakmailag helyes megoldás természetesen értékelendő. Számolási hibáért - az érettségi dolgozatok javításánál megszokott módon - a (rész)pontszám 25%-ánál többet ne vonjunk le. A továbbjutás feltétele legalább 25 pont elérése! Gimnázium 9. évfolyam G.9/1. Adatok: h = 10 km, c = 340 m/s, = 30. a) A repülő és a hang sebessége a fénysebesség mellett elhanyagolható. Így a repülő a hangkibocsátás helyéről gyakorlatilag annyi idő alatt ér arra helyre ahol aztán megfigyeljük, amennyi idő alatt a hangja hozzánk ér. Így az első esetben, vagyis a repülő sebessége a hangsebesség fele, tehát 170 m/s. b) A második esetben. A repülő sebessége ekkor, azaz 196,3 m/s. c) Ha a repülő 10 km magasan halad, akkor a derékszögű háromszögekből. A két megfigyelt helyzet között a repülő tehát kb. 5,77 km-t tett meg és gyorsított. A közben eltelt idő. G.9/2. Adatok: v0 = 72 km/h = 20 m/s, a = 5 m/s 2. a) Az elsőtől a második találkozásig megtett utak egyenlők, tehát. A közben eltelt idő, a két pont távolsága. b) A két találkozás között a járművek távolsága akkor a legnagyobb, amikor sebességük egyenlő, tehát. A közben eltelt idő, a két jármű legnagyobb távolsága az addig megtett utak különbsége:. c) Az eddig gyorsító autó sebessége a második találkozás pillanatában A másodiktól a harmadik találkozásig megtett utak egyenlősége miatt. A közben eltelt idő.

G.9/3. Adatok: v1 = 50 km/h, v2 = 60 km/h, a1 = 1 m/s 2, v3 = 80 km/h, m = 700 kg, F3 = 400 N. a) A gyorsítás közben eltelt idő. b) A mutató szögelfordulása radián. Mivel a sebességmérő skálája a 10 km/h - 110 km/h tartományban lineáris, a mutató szögsebessége. c) Kikapcsolt motornál a jármű lassulását a közegellenállási erő okozza. 50 km/h sebesség esetén a járművet fékező közegellenállási erő a négyzetes sebességkapcsolat alapján: A jármű lassulása. A sebességmérő skála lineáris tartományában a jármű gyorsulása egyenesen arányos a mutató szögsebességével, ezért a keresett szögsebesség:. G.9/4. Adatok: t1 = 2 s, t2 = 5 s, Fsúly,2 = 0,8. Fsúly,1. a) Kezdetben felfelé, majd lefelé gyorsult a lift, hiszen a diák súlya a változás miatt lecsökkent. A súlyerő egyenlő a diákra ható nyomóerővel. A gyorsulás számértéke a felfele és a lefele mozgásra felírt dinamikai alaptörvényből adódik. A felfelé irányt pozitívnak véve: A feladat feltétele szerint: Behelyettesítések után: b) A négyzetes úttörvény alapján a két szakaszon az elmozdulás: és ( ) Tehát a lift lefelé mozdul el, az elmozdulás -0,56 m. G.9/5. Adatok: v0 = 40 m/s, M = 50 g, m = 5 g, h = 0,8 m, L = 1,4 m. A folyamat egy nem teljesen rugalmatlan ütközés. Olyan gyorsnak tekinthető, hogy közben a lendület megmarad, még akkor is, ha az asztal szélén van súrlódás. Legyen a test ütközés utáni sebessége V, a lövedéké u, ezzel: (1) A mondottak miatt a (pontszerűnek tekinthető) test és lövedék egyszerre hagyja el az asztal szélét, így azonos ideig is esnek. Az esés ideje alatt függőlegesen h utat tesznek meg szabadeséssel, így. A vízszintes irányú egyenletes mozgással megtett távolságokból (az asztal szélétől a padlóra érkezésig) az ütközés utáni sebességek kifejezhetők: és. Ezeket (1)-be helyettesítve:. Az egyenlet megoldása:.

33. Mikola Sándor Országos Tehetségkutató Fizikaverseny I. forduló feladatainak megoldása A feladatok helyes megoldása maximálisan 10 pontot ér. A javító tanár belátása szerint a 10 pont az itt megadottól eltérő formában is felosztható. Egy-egy feladatra adott második megoldás vagy a probléma általánosítása nem honorálható további pontokkal. A javítás során a közölttől eltérő gondolatmenetű, de szakmailag helyes megoldás természetesen értékelendő. Számolási hibáért - az érettségi dolgozatok javításánál megszokott módon - a (rész)pontszám 25%-ánál többet ne vonjunk le. A továbbjutás feltétele legalább 25 pont elérése! Gimnázium 10. évfolyam G.10/1. Adatok: = 60. a) Legyen a test kezdősebessége v0, sebessége a becsapódáskor pedig v! Repüljön a test t ideig! Mivel a v sebességvektor 60 -os szöget zár be a vízszintes iránnyal, ezért annak felhasználásával, hogy olyan derékszögű háromszögben, amelynek van 30 -os szöge, az átfogó a 30 -os szöggel szemben lévő befogó kétszerese, a v sebesség v0 felhasználásával megadható: v = 2v0. v 0 y x v y v 0 v b) Pithagorasz-tétele alapján: A kérdéses elmozdulások: A keresett arány:. G.10/2. Adatok: = 30, s1 = 8 m, t1 = 4 s, m = 75 kg. a) A vízszintes szakaszon a tapadási súrlódási erő biztosítja a gyorsulást. Ennek a gyorsító erőnek a nagysága:, ahol. Behelyettesítve:. b) A lejtőn (750/2) N = 375 N erő hat a biciklisre a lejtővel párhuzamosan lefelé, és 75 N felfelé. Tehát a biciklis lefelé irányuló (negatív) gyorsulása: a = -300 N/75 kg = - 4 m/s 2. A v 2 = 2as összefüggés alapján láthatjuk, hogy ha a biciklis 8 m úton 1 m/s 2 gyorsulással szerezte a maximális sebességét, akkor ezt a lejtőn négyszer akkora (negatív) gyorsulással negyed akkora úton veszti el, vagyis 2 méter megtétele (1 méter emelkedés) után áll meg a lejtőn. 5 pont Megoldás munkatétellel: Mivel a mutatványos a mozgás kezdetén is állt, és a mozgás végén is megáll, továbbá a rá ható F súrlódási erő állandó, így jogos a mutatványos által végzett munkát alakban felírni. A mozgási energia megváltozása nulla, a nehézségi erő munkája mgh, tehát, ahol. Ugyanerre az egyenletre juthatunk úgy is, ha azt vesszük észre, hogy a mutatványos által végzett munka növeli a test helyzeti energiáját:

Behelyettesítés és átalakítások után: (vagy ). c) A mutatványos teljes munkája a helyzeti energia növekedésére fordítódott:. G.10/3. Adatok: = 30, = 40, m = 2 kg. a) Az egyensúly feltétele ezért: b) Alkalmazzuk a dinamika alapegyenletét a függőlegesen felfelé gyorsuló testre:. c) Most is a dinamika alapegyenletéből indulhatunk ki. A testet a fonálerők függőleges komponensei gyorsítják felfelé: G.10/4. Adatok: L = 50 cm, la = 30 cm, lhg = 5 cm, pk = 76 Hgcm, phg = 5 Hgcm. Az A helyzetben a bezárt levegő nyomása egyenlő a külső nyomással. A bezárt levegő hőmérséklete végig állandónak tekinthető, ezért a Boyle-Mariotte törvény alkalmazható mindegyik állapotváltozásra. a) A B helyzetben a bezárt levegő nyomása egyenlő a külső levegő és a higany hidrosztatikai nyomásának különbségével. A kezdőállapottal összehasonlítva: A C helyzetben a bezárt levegő nyomása a külső levegő nyomásával egyenlő, ezért: lc = la = 30 cm. A D helyzetben a bezárt levegő nyomása egyenlő a külső levegő és a higany nyomásának összegével. A kezdőállapottal összehasonlítva: b) A csövet az asztalra fektetve a bezárt levegő nyomása ismét egyenlő a külső levegő nyomásával, ezért a bezárt levegőoszlop hossza ekkor újra 30 cm. G.10/5. Adatok: V0 = 800 cm 3, p0 = 10 5 Pa, T1 = 293 K, R = 2 cm, A = 12,6 cm 2 = 0,00126 m 2 h1 = 1 cm, h2 = 5 cm, Fny = 200 N, μ = 0,4. a) A melegítés megkezdése előtt a bezárt levegő adatai: A dugó kitolásának feltétele Fbelső = Fkülső + Fsúrlódás, azaz A dugó távozásának pillanatában a bezárt levegő nyomása és térfogata:, ahonnan:

A szükséges hőmérséklet az egyesített gáztörvény alapján határozható meg: b) A szükséges (p2) nyomásérték eléréséig állandó térfogaton zajlik a hőmérséklet növekedése, majd állandó nyomáson tágul a gáz, míg a dugó felső része el nem éri a peremet. Az első (izochor) folyamat végén a hőmérséklet: A folyamat p-v diagramja: p (kpa) 200 180 160 140 120 100 80 60 40 20 0 T*=480,5 K T 1 =293 K T 2 =510 K 0 100 200 300 400 500 600 700 800 900 1000 V (cm 3 )

33. Mikola Sándor Országos Tehetségkutató Fizikaverseny I. forduló feladatainak megoldása A feladatok helyes megoldása maximálisan 10 pontot ér. A javító tanár belátása szerint a 10 pont az itt megadottól eltérő formában is felosztható. Egy-egy feladatra adott második megoldás vagy a probléma általánosítása nem honorálható további pontokkal. A javítás során a közölttől eltérő gondolatmenetű, de szakmailag helyes megoldás természetesen értékelendő. Számolási hibáért - az érettségi dolgozatok javításánál megszokott módon - a (rész)pontszám 25%-ánál többet ne vonjunk le. A továbbjutás feltétele legalább 25 pont elérése! Szakközépiskola 9. évfolyam Sz.9/1. Adatok: d = 1200 m, te = 600 s, va = 2 m/s, = 120 s. a) Erik 2d, azaz 2400 m utat tett volna meg te = 600 s alatt, így sebessége ve = 4 m/s. A találkozásig édesanyjával együtt teszik meg a d távolságot, aki idővel később indul, ezért: A találkozás Erik indulása után múlva következik be. A találkozási pontig Erik utat tesz meg. b) Ezt a távolságot kell visszafelé is megtennie, amire 8 min = 480 s idő áll rendelkezésére, így sebessége 2 m/s. c) Erik és édesanyja elmozdulás-idő grafikonja: 1300 1200 1100 1000 900 800 700 600 500 400 300 200 100 x (m) 0 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 Sz.9/2. Egy álló helyzetből szabadon eső test által az egymást követő azonos időtartamok alatt megtett utak úgy aránylanak egymáshoz, mint a páratlan számok 1-től kezdődően: s1 : s2 : s3 : s4 = 1 : 3 : 5 : 7 Ezért a kötelet osszuk fel 1 + 3 + 5 + 7 = 16 egyenlő részre, ami 10 cm. Így a vasgolyókat egymástól 10, 30, 50, 70 centiméterre, a talajtól pedig: távolságra kell elhelyezni. 6 pont Erik Anya t (min)

Sz.9/3. Adatok: m = 0,1 kg (a megoldáshoz nem szükséges), v1 = 5 m/s, l = 0,2 m, K2 = K1/4. a) A testre négy erő hat. A nehézségi erő és az asztal által a testre kifejtett nyomóerő kiegyenlíti egymást. A súrlódási erő egyenletesen fékezi a körmozgást, a kötélerő a centripetális gyorsulást biztosítja. Utóbbit figyelembe véve vizsgáljuk a kötélerőre megadott feltételt: b) A megtett út az átlagsebességgel kifejezve: Innen a három fordulat közben eltelt idő: A test érintő irányú lassulása: c) Mivel a sebesség a felére csökkent, a megállásig ugyanannyi idő telik még el, mint az első szakaszon. Az átlagsebesség viszont csak harmad akkora a második szakaszon ( ), mint az elsőn ( ). A megállásig tehát még 1 kört (kb. 1,26 métert) tesz meg a test. Sz.9/4 Adatok: t1 = 2 s, t2 = 5 s, Fsúly,2 = 0,8. Fsúly,1. a) Kezdetben felfelé, majd lefelé gyorsult a lift, hiszen a diák súlya a változás miatt lecsökkent. A súlyerő egyenlő a diákra ható nyomóerővel. A gyorsulás számértéke a fel és a lefele mozgásra felírt dinamikai alaptörvényből adódik a (a felfelé irányt pozitívnak véve): A feladat feltétele szerint: Behelyettesítések után:. b) A négyzetes úttörvény alapján a két szakaszon az elmozdulás: és ( ) Tehát lefelé mozdul el a lift, az elmozdulás -0,56 m. Sz.9/5. Adatok: h = 8,2 m, r = 0,1025 m, A = r 2 = 0,033 m 2, lev = 1,29 kg/m 3, m = 7,2 g. a) A tányérok állandónak tekinthető, nagyságú sebességét a táblázat tartalmazza: Tányérok tömege 1m 2m 3m 4m 5m 6m t (s) 4,5 3,2 2,7 2,3 2,1 1,9 v (m/s) 1,82 2,56 3,03 3,42 3,9 4,32 v 2 (m 2 /s 2 ) 3,31 6,55 9,18 11,7 15,2 18,7

b) A tányérok tömegét a sebesség négyzetének függvényében ábrázoló grafikon: m ( x 7,2 gramm) 7 6 5 4 3 2 1 0 0 2 4 6 8 10 12 14 16 18 20 v 2 (m 2 /s 2 ) c) A tányérok zuhanása közben a nehézségi erő egyenlő a közegellenállási erővel: Fejezzük ki a tányérok tömegét: Vezessük be a jelölést, amely a grafikon meredekségével egyenlő és az ábráról leolvasható:. A tányér alaktényezője tehát: Megjegyzés: Nem fogadható el teljes értékű megoldásként, ha a versenyző a 5 pont összefüggésből mindegyik ejtés esetében meghatározza az alaktényezőt, majd átlagolja azokat. Ilyen esetben egy pontot vonjunk le, tehát erre a részre ebben az esetben jár.

33. Mikola Sándor Országos Tehetségkutató Fizikaverseny I. forduló feladatainak megoldása A feladatok helyes megoldása maximálisan 10 pontot ér. A javító tanár belátása szerint a 10 pont az itt megadottól eltérő formában is felosztható. Egy-egy feladatra adott második megoldás vagy a probléma általánosítása nem honorálható további pontokkal. A javítás során a közölttől eltérő gondolatmenetű, de szakmailag helyes megoldás természetesen értékelendő. Számolási hibáért - az érettségi dolgozatok javításánál megszokott módon - a (rész)pontszám 25%-ánál többet ne vonjunk le. A továbbjutás feltétele legalább 25 pont elérése! Szakközépiskola 10. évfolyam Sz.10/1. Adatok: s = 84 m, t1 = 3 s, t2 = 4 s. A feladat feltétele szerint a megtett utak azonosak: Az adatokat (mértékegységek nélkül) behelyettesítve a következő egyenleteket kapjuk: Az egyenletrendszer megoldása:. 6 pont Sz.10/2. Adatok: m = 0,1 kg (a megoldáshoz nem szükséges), v1 = 5 m/s, l = 0,2 m, K2 = K1/4. a) A testre négy erő hat. A nehézségi erő és az asztal által a testre kifejtett nyomóerő kiegyenlíti egymást. A súrlódási erő egyenletesen fékezi a körmozgást, a kötélerő biztosítja a centripetális gyorsulást. Utóbbit figyelembe véve vizsgáljuk a kötélerőre megadott feltételt: Mivel a sebesség a felére csökkent, a megállásig ugyanannyi idő telik még el, mint az első szakaszon. Az átlagsebesség viszont csak harmad akkora a második szakaszon ( ), mint az elsőn ( ). A megállásig tehát még 1 kört (kb. 1,26 métert) tesz meg a test. b) A megtett út az átlagsebességgel kifejezve: Innen a három fordulat közben eltelt idő: A test érintő irányú lassulása: A lassulást a súrlódási erő okozza, ezért

Sz.10/3. Adatok: m = 30 kg, M = 5 10 21 kg, R = 5 10 5 m, T = 7200 s. A póluson ható gravitációs erő: Ekkora erővel nyomja a Kisherceg a talajt, azaz a súlya 40 N. Az egyenlítőn a gravitációs erő és a talaj által kifejtett nyomóerő eredője biztosítja az egyenletes körmozgást, ezért: A centripetális gyorsulás a forgás idejéből és a bolygó sugarából határozható meg: A nyomóerőt kifejezve: ( ) A Kisherceg súlya az egyenlítőn 28,6 N. Sz.10/4. Adatok: m = 1 kg, l0 = 1 m, l1 = 0,2 m, = 60. Amikor a gumiszálak függőlegesek, az egyensúly feltétele: Amikor a gumiszálak = 60 -ot zárnak be egymással: A munkavégzés fedezi a test helyzeti energiájának és a gumiszálak rugalmas energiájának növekedését: [ ] A test emelkedése: A munkavégzés pedig: W = 1,67 J. Sz.10/5. Adatok: d = 75 cm, l0 = 58 cm, h = 8 cm, phg = 8 Hgcm, T0 = 300 K, p0 = 76 Hgcm. a) A cső vízszintes helyzetében a bezárt levegő nyomása egyenlő a külső nyomással. A csövet nyitott végével felfelé függőleges helyzetbe hozva a belső nyomás. Ha nem folyhat ki higany, akkor a levegőoszlop maximális hossza. Alkalmazzuk az egyesített gáztörvényt a melegítésre: A maximális hőmérséklet: b) Ha a cső függőleges helyzetében a nyitott vége van lefelé, akkor a bezárt levegő nyomása. A levegőoszlop maximális hossza most is, ezért Tehát legalább 310 K-ig kell visszahűteni a bezárt levegőt, hogy a higany mindenképpen a csőben maradjon.