KöMaL - Középiskolai Matematikai és Fizikai Lapok
English Információ A lap Pontverseny Cikkekről Távoktatás Hírek Fórum Internetes Tesztverseny
Versenykiírás
Tudnivalók
Nevezési lap
Feladatok
A verseny állása
Korábbi évek
Arcképcsarnok
Munkafüzet

 

apehman

Rendelje meg a KöMaL-t!

Támogatóink:

Ericsson

Google

Emberi Erőforrások Minisztériuma

Emberi Erőforrás Támogatáskezelő

Oktatáskutató és Fejlesztő Intézet

ELTE

Reklám:

VersenyVizsga portál

Kísérletek.hu

Matematika oktatási portál

hirdetés

A 2000. októberi számban kitűzött fizika elméleti feladatok megoldásai

A közöltek csak megoldásvázlatok, esetleg csak végeredmények. A maximális pontszám eléréséhez általában ennél részletesebb megoldás szükséges. A részletes megoldásokat a beküldött dolgozatok alapján a KöMaL-ban folyamatosan közöljük.


P. 3364. A marokkói Kalid Kanussi 1999. október 24-én a chicagói maratoni versenyen 2 óra 5 perc 42 másodperc alatt tette meg a 42 195 méter hosszú távot.
a) Hány méterrel ,,maradt le'' a sportoló a 2 órás álomcsúcsot jelentő rekordtól? (Tételezzük fel, hogy állandó nagyságú sebességgel futotta végig a távot.)
b) Mennyivel kellett volna növelnie az átlagsebességét, hogy a napjainkban még hihetetlen csúcsot elérje? (3 pont)

Közli: Kopcsa József, Debrecen (Hatvani István fizikaverseny)

Megoldás. a) Ha lett volna olyan futó, aki a távot pont két óra alatt tette volna meg, akkor e képzeletbeli futó célbaérése pillanatában Kalid Kanussi lemaradása 1913 m lett volna.

b) Kalid Kanussi tényleges sebessége 5,595 m/s volt, az álomcsúcshoz 5,860 m/s kellene, a kettő különbsége 0,265 m/s.


P. 3365. Egy délután Vivi telefonál Péternek, hogy neki már megérkezett a KöMaL októberi száma. Péter elindul Vivihez, s percenként 120 lépést tesz meg. Rögtön visszafordul, és a KöMaL-t olvasva percenként már csak 60 lépést tesz meg, egészen hazáig. Hány lépésre lakik Vivi Pétertől, ha a teljes menetidő oda-vissza 30 perc? (3 pont)

Közli: Simon Péter, Pécs (Dischka Győző fizikaverseny)

Megoldás. 1200 lépés.


P. 3366. Egymással érintkező, R sugarú merev gömbök alkotta köbös kristályrács-modellben mekkora annak a gömbnek a sugara, amely ebben a szerkezetben a gömbök közötti térrészben még elfér? (3 pont)

Zemplén Győző fizikaverseny, Nagykanizsa

Megoldás. A legnagyobb hézagok a kocka-cellák középpontjai körül vannak, ezekbe r=(-1)R=0,372R sugarú gömbök illeszthetők.


P. 3367. Egy m tömegű, egyenlő szárú derékszögű háromszög keresztmetszetű fahasáb súrlódásmentesen csúszhat a vízszintes felületen. A hasábra az ábrán látható módon fonállal összekötött m és 2m tömegű, pontszerűnek tekinthető testeket helyezünk. A fahasáb alapjának hossza L=54 cm. A súrlódás, valamint a fonál és a csiga tömege elhanyagolható.
A fonállal összekötött testeket egy adott pillanatban elengedjük.
a) Mekkora úton mozdul el a fahasáb, amíg a 2m tömegű test a fahasáb aljára ér?
b) Határozzuk meg a testek és a fahasáb sebességét a 2m tömegű test leérkezésének pillanatában! (6 pont)

Közli: Kotek László, Pécs (Párkányi László fizikaverseny)

Megoldás. a) Jelöljük a balra mozgó hasáb pillanatnyi sebességét v-vel, impulzusa ekkor mv. Mivel vízszintes irányú külső erő nem hat, a rendszer tömegközéppontja helyben marad, és így a fonál végein elhelyezkedő m és 2m tömegű testek egymással megegyező vízszintes sebessége jobb felé v/3 kell legyen.

A pontszerű testeknek a hasábhoz viszonyított vízszintes sebessége v+v=v, így a kényszerfeltétel miatt a függőleges sebességkomponensük is ugyanekkora nagyságú kell legyen. (A bal oldali test függőlegesen felfelé, a jobb oldali pedig lefelé mozog v sebességgel.)

A hasáb vízszintes sebessége minden pillanatban 3/4-e a 2m tömegű test függőleges sebességének, az elmozdulások aránya is ugyanekkora, tehát a fahasáb elmozdulása a 2m tömegű test leérkezésének pillanatában

s=.L=L.

b) A mozgás kezdeti és végső állapotát összehasonlítva az energiamegmaradás tétele szerint:

ahonnan

A fonállal összekötött testek sebességének nagysága (az inerciarendszerből nézve)

irányuk pedig =arctg 476o-os szöget zár be a vízszintessel (a bal oldali testnél ferdén felfele, a jobb oldalinál pedig ferdén lefele irányítva).


P. 3368. Egy literes fazékban, amelynek alja éppen 1 dm2 területű, fél liter víz van. Mekkora munkát végzünk, ha egy 0,5 dm2 keresztmetszetű, magas főzőpoharat talpával lefelé lassan lenyomunk a fazék fenekére? (A pohár tömege elhanyagolható.) (4 pont)

Károly Ireneusz fizikaverseny, Pécs

Megoldás. A folyamat során 0,25 dm3 vizet 0,5 dm magasra emelünk, tehát a végzett munka 0,12 J.


P. 3369. Egy tölcsérbe az ábra szerinti helyzetben 1 dm3 vizet töltünk. Az asztalon a tölcsér által letakart terület 2 dm2, a víz magassága 1,2 dm. Legalább mekkora legyen a tölcsér tömege, hogy ne emelkedjék fel az alátámasztási felületről? (4 pont)

Kalamár Csaba emlékverseny, Nagykanizsa

Megoldás. A külső légnyomás minden testere minden irányból egyformán hat, emiatt a további megfontolások során figyelmen kívül hagyhatjuk.

A víz nyomása az asztallapon ugyanakkora, mint ugyanilyen (1,2 dm) magasságig megtöltött egyenes henger alján lenne. A víz által az asztalra kifejtett erő tehát 2.1,2=2,4 liternyi, azaz 2,4 kg tömegű víz súlyának felel meg, s ugyanekkora erővel nyomja az asztal a vizet felfele. A víz tényleges tömege azonban csak 1,0 kg, emiatt a rendszer csak akkor lehet egyensúlyban, ha a tölcsér tömege legalább 1,4 kg.

Ha ennél nagyobb m tömegű a tölcsér, akkor az asztal nem csak a vízre fejt ki erőt, hanem a tölcsér pereme mentén is nyomja felfele F=(m-1,4 kg)g erővel a rendszert. Ez az erő azonban nem lehet negatív, emiatt a tölcsér tömegének legkisebb értéke 1,4 kg.


P. 3370. Egy gyakorlott gyöngyhalász h1 mélységig úszik lefelé, onnan már úszás nélkül is tovább süllyed. A fenékre érve a derekához köt egy, a tartalmával együtt m tömegű, a víznél kétszer nagyobb átlagsűrűségű kosarat, majd elkezd felfelé úszni. Amikor h2 távol van a vízfelszíntől, nem kell tovább tempóznia, anélkül is felemelkedik. Mekkora a gyöngyhalász tüdejének térfogata? (Merülése közben sehol nem fúj ki levegőt magából.) (5 pont)

Közli: Bodor András, Budapest

Megoldás. A merüléskor a mélységel nő a nyomás, ez a tüdőt összenyomja. Az eredetileg V0 térfogatú tüdő h mélységben (a Boyle-Mariotte-törvény szerint):

térfogatú lesz, ahol a víz sűrűsége és p0 a légnyomás. A tüdő összenyomásával arányos mértékben csökken a vízbe merülő emberre ható felhajtóerő is.

h1 mélységben a gyöngyhalász átlagsűrűsége megegyezik a vízével, azaz a felhajtóerő éppen a rá ható nehézségi erővel egyenlő.

h2 mélységben (h2<h1) a gyönyhalászra ható felhajtóerő (V(h2)-V(h1))g értékkel nagyobb, s ez a többleterő éppen az m tömegű, m/(2) térfogatú kosár vízben észlelhető mg/2 súlyával egyenlő:

ahonnan


P. 3371. Az ábrán ugyanazon N2 gáz két állapotváltozását láthatjuk nyomás-hőmérséklet grafikonon. Az A állapotban a gáz térfogata V0.
a) Ábrázoljuk az ABC és az ADC állapotváltozást nyomás-térfogat grafikonon!
b) Melyik folyamatban vesz fel több hőt a gáz?
c) Határozzuk meg a két úton felvett hő arányát! (4 pont)

Nagy László fizikaverseny, Kazincbarcika

Megoldás. a)

b) Az ABC folyamatban felvett hő QABC=cvT0+cp2T0, míg a ADC folyamatban felvett hő QADC=cpT0+cv2T0. A kettő különbsége QABC-QADC=(cp-cv)T0>0.

c)

Itt kihasználtuk, hogy kétatomos ideális gázra =cp/cv=7/5.


P. 3372. Két 30 V méréshatárú voltmérő és egy 1 mA méréshatárú ampermérő van sorbakötve egy telepre. Az egyik voltmérő 12 V-ot, a másik 19 V-ot jelez, az árammérő 0,4 mA-t mutat. Vizsgáljuk meg, mi történik, ha valamelyik műszert rövidre zárjuk! Mit mutatnak ekkor a műszerek? Károsodik-e valamelyikük? (4 pont)

Közli: Radnai Gyula, Budapest

Megoldás. A mutatott feszültségek és a mért áram alapján a voltmérők ellenállása 30 k és 47,5 k. Az ampermérő és a telep belső ellenállása nagyságrendű, tehát most elhanyagolható, így a telep feszúltséget jó közelítéssel vehetjük 31 V-nak.

a) Ha az ampermérőt kiiktatjuk, lényegében nem történik semmi.

b) A 30 k-os voltmérő rövidre zárásakor a másikra 31 V esik, és az ampermérő 0,65 mA-t mutat.

c) Amikor a 47,5 k-os voltmérőt zárjuk rövidre, a másikra megint 31 V esik, és a körben 1,03 mA folyik.


P. 3373. A Naprendszer adatait felhasználva mutassuk meg, hogy az 1999. augusztus 11-i teljes napfogyatkozáskor a Hold árnyéka kb. kétszeres hangsebességgel futott át Magyarországon. (4 pont)

Közli: Korpássy Péter, Budapest

Megoldás. Napfogyatkozáskor a Nap, a Hold és a Föld egy egyenesbe esnek, és mind a Hold, mind a Föld sebessége erre merőleges. (Tekintsük a Föld és a Hold keringési síkját, valamint az Egyenlítő síkját közelítőleg azonosnak.) A Föld sebessége 1R míg a Holdé 1R-2r (itt 1 a Föld Nap körüli keringésének, 2 pedig a Hold Föld körüli keringésének a szögsebessége, R és r pedig e pályák sugarai. A Nap-Hold sugár meghosszabításának a Föld pályára eső pontja (1R-2r)R/(R-r) sebességgel halad, tehát az árnyék sebessége a Földön

sebességgel haladna nyugatról keletre, ha a Föld nem forogna. A Föld 3 szögsebességű tengelyforgása miatt azonban az R0 sugarú Egyenlítő 3R0460 m/s sebességgel, a 47. szélességi körön felvő Magyarország pedig ennek cos 47o-szeresével, kb. 300 m/s sebességgel mozog nyugatról keletre. A Hold árnyéka tehát mintegy 600 m/s sebességgel, a hang sebességének kétszeresével haladt át hazánkon.

Támogatóink:   Ericsson   Google   Szerencsejáték Zrt.   Emberi Erőforrások Minisztériuma   Emberi Erőforrás Támogatáskezelő   Oktatáskutató és Fejlesztő Intézet   ELTE   Nemzeti Tehetség Program   Nemzeti
Kulturális Alap