Kezdőlap


Cím:	Megoldásvázlatok a 2019/1. szám emelt szintű fizika gyakorló feladatsorhoz
Szerző(k):	Markovits Tibor
Füzet:	2019/február, 112 - 116. oldal	PDF \| MathML
Témakör(ök):	Szakmai cikkek

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.

Megoldásvázlatok
a 2019/1. szám emelt szintű fizika gyakorló feladatsorához

Tesztfeladatok

\begin{matrix} \begin{matrix} 1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 & 7 & 8 & 9 & 10 & 11 & 12 & 13 & 14 & 15 \\ C & C & D & D & C & C & D & D & A & C & C & B & B & D & D \end{matrix} \end{matrix}

Számolásos feladatok

a)

Először foglalkozzunk a gyorsulás‐idő grafikonnal (1. ábra)! A gyorsulás definíciója:

\begin{matrix} a = \frac{Δ v}{Δ t} . \end{matrix}

A sebesség‐idő grafikonon látható, hogy a függvény lineáris szakaszokból áll, ezeken a szakaszokon tehát a gyorsulás állandó:

\begin{matrix} a_{1} & = \frac{Δ v_{1}}{Δ t} = \frac{(3 \frac{m}{s}) - (3 \frac{m}{s})}{(2 s) - 0} = 0, \\ a_{2} & = \frac{Δ v_{2}}{Δ t} = \frac{(- 3 \frac{m}{s}) - (3 \frac{m}{s})}{(5 s) - (2 s)} = \\ = - 2 \frac{m}{s^{2}}, \\ a_{3} & = \frac{Δ v_{3}}{Δ t} = \frac{0 - (- 3 \frac{m}{s})}{(8 s) - (5 s)} = 1 \frac{m}{s^{2}} . \end{matrix}

1. ábra

Az elmozdulás‐idő grafikon (2. ábra) elkészítését a következő megállapítások segítik:
1. A test 3,5 s ideig előre halad, majd ezután irányt változtat, és visszafelé mozog.
2. A mozgás első szakasza egyenletes mozgás, a többi része egyenletesen változó, ezért az első rész grafikonja egyenes szakasszal, a többi része pedig parabolával szemléltethető.
3. A megtett utak legegyszerűbben a sebesség‐idő függvény grafikonjának ,,görbe alatti területéből'' számíthatók.

2. ábra

Célszerű a mozgást 4 részre bontani:
0-tól 2 s-ig: az elmozdulás 6 m. A grafikon ezen szakasza egy pozitív meredekségű egyenes,
2 s-tól 3,5 s-ig: az elmozdulás 2,25 m, és az intervallum végén a sebesség nulla.
3,5 s-tól 5 s-ig: az elmozdulás

- 2, 25

m, hiszen a test már visszafele mozog. Az állandó negatív gyorsulás miatt a

2 s < t < 5 s

-os intervallumban az elmozdulás‐idő függvény lefelé nyíló parabolával szemléltethető.
5 s-tól 8 s-ig: az elmozdulás

- 4, 5

m. A test sebessége negatív, tehát a test továbbra is visszafelé mozog. A gyorsulás viszont pozitív, a grafikon felfelé nyíló parabola. A végsebesség nulla, a grafikon érintője

t = 8

s pillanatban vízszintes.

b)

Az átlagos sebességnagyság definíció szerint a megtett út és a megtételéhez szükséges idő hányadosa:

\begin{matrix} v_{átlag} = \frac{\sum | Δ s |}{\sum Δ t} = \frac{6 m + 2, 25 m + 2, 25 m + 4, 5 m}{8 s} \approx 1, 88 \frac{m}{s} . \end{matrix}

Megjegyzés. A fenti módon számított ,,átlagsebességet'' mutatják az GPS-es navigációs eszközök és az útvonaltervező okostelefonok, ezt tartják számon a zárt hurok alakú pályán haladó autóversenyzők és a kerékpárosok is. Nem tévesztendő össze ez a mennyiség az elmozdulásvektor és a mozgás összidejének hányadosával, ami vektoriális mennyiség. Egy olyan futóversenynél, ahol a rajt és a cél ugyanott van, a vektoriális átlagsebesség nyilván nulla, míg a sebesség nagyságának átlaga attól eltérő érték.

a)

Az áramforrás effektív teljesítménye (a szokásos jelöléseket használva) a következőképpen adható meg:

\begin{matrix} P_{eff} = U_{eff} I_{eff} cos φ = I_{eff} Z \cdot I_{eff} \cdot \frac{R}{Z} = I_{eff}^{2} R . \end{matrix}

Innen

\begin{matrix} I_{eff} = \sqrt[]{\frac{P_{eff}}{R}} = \sqrt[]{\frac{15 W}{60 Ω}} = 0, 5 A és Z = \frac{U_{eff}}{I_{eff}} = \frac{230 V}{0, 5 A} = 460 Ω . \end{matrix}

Az impedancia ismeretében meghatározható a tekercs induktív ellenállása:

\begin{matrix} X_{L} = \sqrt[]{Z^{2} - R^{2}} = \sqrt[]{{(460 Ω)}^{2} - {(60 Ω)}^{2}} = 456 Ω, \end{matrix}

és az áramforrás frekvenciája:

\begin{matrix} f = \frac{ω}{2 π} = \frac{X_{L}}{2 π L} = \frac{1}{2 π} \frac{456 Ω}{0, 25 H} = 290 Hz. \end{matrix}

b)

A feszültség és az áramerősség közötti fáziseltolódás szöge:

\begin{matrix} cos φ = \frac{R}{Z} = \frac{60 Ω}{460 Ω} = 0, 13 \Rightarrow φ = 82, 5^{\circ} . \end{matrix}

A soros

R - L

körben a szinuszosan váltakozó áramerősség fázisa tehát

82, 5^{\circ}

-kal késik a kapocsfeszültséghez képest.

a)

Az állapotegyenlet szerint

p V = n R T,

ahonnan a hidrogéngáz mólszáma (a kezdeti állapot adatait felhasználva):

\begin{matrix} n = \frac{p V}{R T} = \frac{(4 \cdot 10^{5} Pa) (2, 5 \cdot 10^{- 3} m^{3})}{8, 31 \frac{J}{mol K} \cdot 400 K} = 0, 30 mol . \end{matrix}

Ennyi gázban

\begin{matrix} N = n \cdot N_{A} = 0, 30 \cdot (6 \cdot 10^{23}) = 1, 8 \cdot 10^{23} \end{matrix}

hidrogénmolekula található.

b)

A 2-es állapot hőmérsékletét az egyesített gáztörvény segítségével határozhatjuk meg:

\begin{matrix} T_{2} = \frac{p_{2} V_{2}}{p_{1} V_{1}} T_{1} = 384 K, \end{matrix}

a belső energiák aránya pedig

\begin{matrix} \frac{E_{2}}{E_{1}} = \frac{T_{2}}{T_{1}} = \frac{384 K}{400 K} = 0, 96. \end{matrix}

a)

A test egyensúlyban van, ha a rá ható erők kiegyenlítik egymást. A szimmetria miatt a rugóerők vízszintes összetevőire az egyensúly feltétele biztosan teljesül. A függőleges irányú összetevőkre

\begin{matrix} 2 F_{rugó} \cdot sin α = m g, ahol F_{rugó} = D Δ x = D (x - x_{0}) \end{matrix}

és

α

a rugó vízszintessel bezárt szögét jelenti. A rugó megnyúlt hossza Pitagorasz tétele szerint

\begin{matrix} x = \sqrt[]{x_{0}^{2} + h^{2}} = \sqrt[]{{(60 cm)}^{2} + {(20 cm)}^{2}} = 63, 2 cm. \end{matrix}

Innen a rugóerő

\begin{matrix} F_{rugó} = 200 \frac{N}{m} \cdot (0, 632 m - 0, 6 m) = 6, 4 N. \end{matrix}

A test tömege:

\begin{matrix} m = \frac{2 F_{rugó} \cdot sin α}{g} = \frac{2 \cdot 6, 4 N \frac{20 cm}{63, 2 cm}}{9, 81 \frac{m}{s^{2}}} = 0, 41 kg. \end{matrix}

b)

A test sebessége akkor lesz a legnagyobb, amikor a gyorsulása éppen nulla. Ez az erőegyensúlynak megfelelő, a kiindulási helyzethez képest

h

mélységű helyzetben következik be. Itt a test gravitációs helyzeti energiája a kezdeti értékhez viszonyítva

\begin{matrix} E_{helyzeti} = - m g h = - 0, 81 J, \end{matrix}

a rugók rugalmas energiája pedig

\begin{matrix} E_{rugó} = 2 \cdot \frac{1}{2} D {(x - x_{0})}^{2} = 200 \frac{N}{m} \cdot {(0, 632 m - 0, 6 m)}^{2} = 0, 20 J. \end{matrix}

A mechanikai energia megmaradási tétele szerint

\begin{matrix} E_{helyzeti} + E_{rugó} + \frac{1}{2} m v^{2} = 0, \end{matrix}

ahonnan a test maximális sebessége

\begin{matrix} v = \sqrt[]{\frac{2}{0, 41 kg} (0, 81 J - 0, 20 J)} \approx 1, 7 \frac{m}{s} . \end{matrix}

c)

Ha a test eljutna

H = 40 cm

mélységbe, a helyzeti energiája

\begin{matrix} E_{helyzeti} = - m g H = - 1, 62 J \end{matrix}

lenne, a rugók rugalmas energiája pedig

\begin{matrix} E_{rugó} = 2 \cdot \frac{1}{2} D (\sqrt[]{x_{0}^{2} + H^{2}} - x_{0})^{2} = 2, 93 J. \end{matrix}

Ezek szerint a test mozgási energiája ezen a helyen

\begin{matrix} \frac{1}{2} m v^{2} = 1, 62 J - 2, 93 J = - 1, 31 J < 0 \end{matrix}

lenne, ami nem lehetséges. A test tehát nem ér el 40 cm mélységbe.

Megjegyzés. Első pillanatra talán meglepő az eredmény, mert a 40 cm-es mélység éppen az egyensúlyi helyzet 20 cm-es mélységének kétszerese. Ugyanakkor vegyük figyelembe, hogy a test mozgása nem harmonikus rezgőmozgás, mert a két rugó által kifejtett eredő erő nem egyenesen arányos a test elmozdulásával. Numerikus vagy grafikus közelítő módszerekkel belátható, hogy a test legfeljebb

h_{max} \approx 32 cm

mélységig süllyed le a rugók vízszintes helyzetének megfelelő helyzete alá.

\begin{matrix} Markovits TiborBudapest \end{matrix}