Konkurs Fizyczny GIM - etap szkolny (woj. śląskie

Przykładowy klucz odpowiedzi do zadań
Za prawidłowe rozwiązanie zadań inną metodą niż podana w kluczu odpowiedzi przyznajemy
maksymalną liczbę punktów. Nie przyznajemy połówek punktów.
Test: w pytaniu 1 i 6 przyznajemy 1p. za pełną poprawną odpowiedź.
1. 650000, 76000, 220000, 0,0037;
2. B.;
3. A.C.;
4. D.;
5. B.;
6. A. sprężyste, B. grawitacyjne, C. elektryczne, D. magnetyczne;
7. B.3;
8 A.C.;
9. A. D.;
10. C.;
11. D.;
12. zmalało, nie zmieniła się;
13. B.;
14. B.;
15. B.D.
Zadanie 1. (10 p.)
- prawidłowe wypisanie danych i szukanych
- zapisanie wzoru na bilans cieplny
- podstawienie danych z zadania do wzoru
- wyznaczenie temperatury końcowej
- obliczenia rachunkowe w całym zadaniu
- rachunek jednostek w całym zadaniu
Dane:
mh = 100 g = 0,1 kg
Tp = 80 oC
ml = 20 g = 0,02 kg
Tl = -5 oC
cw = 4200
- 1p.
- 4p.
- 1p.
- 1p.
- 2p.
- 1p.
Szukane:
Tk = ?
J
,
kg ⋅o C
cl = 2100
J
kg ⋅o C
ql = 330
’
kJ
J
= 330000
kg
kg
Rozwiązanie:
Herbata oddaje ciepło, które potrzebne jest do: ogrzania lodu do temperatury 0oC, stopienia lodu w
temperaturze 0oC i ogrzania powstałej po stopieniu wody do temperatury końcowej.
Qod = Qol + Qtl + Qow
(
czyli po podstawieniu:
)
(
mhcw (Tp − Tk ) = ml cl 0o C − Tl + ml ql + ml cw Tk − 0o C
)
mhcwTp − mh cwTk = − ml clTl + ml ql + ml cwTk
Tk (ml + mh )cw = mh cwTp + ml clTl − ml ql
Tk =
mh cwT p + ml clTl − ml ql
(ml + mh )cw
J
J 

kg ⋅
⋅o C
kg ⋅
o

0,1 ⋅ 4200 ⋅ 80 + 0,02 ⋅ 2100 ⋅ (− 5) − 0,02 ⋅ 330000
kg 
kg ⋅ C
Tk =
−

 ≈ 53o C
J
J
(0,02 + 0,1) ⋅ 4200

 kg ⋅
kg ⋅

kg ⋅o C
kg ⋅o C 
Odp. : Temperatura końcowa herbaty wynosi około 53 oC.
1
Zadanie 2. (10p.)
- prawidłowe wypisanie danych i szukanych
- narysowanie wykresu zależności drogi od czasu
- zapisanie wzoru na całkowity czas podróży
- zapisanie wzoru na prędkość średnią
- obliczenia rachunkowe w całym zadaniu
- zapisanie czasu w godzinach i minutach
- rachunek jednostek w całym zadaniu
Dane:
s = 30 km
km
v1 = 10
h
km
v2 = 20
h
- 1p.
- 2p.
- 2p.
- 2p.
- 1p.
- 1p.
- 1p.
Szukane:
t = ?, vśr = ?
Rozwiązanie:
t = t1 + t2


s 15 15  km 
t= = +

 = 1,5h + 0,75h = 2,25h = 2h15 min .
v 10 20  km 
 h 
vśr =
s
t
vśr =
30  km 
km
≈ 13,3


2,25  h 
h
Odp. : Podróż Adama trwała by 2h 15 min. Na całej trasie jechał ze średnią prędkością około
km
13,3
.
h
Zadanie 3. (8p.)
- prawidłowe wypisanie danych i szukanych
- podanie wzoru na drogę hamowania
- wyprowadzenie wzoru na czas hamowania
- prawidłowe obliczenia w całym zadaniu
- rachunek jednostek w całym zadaniu
Dane:
m = 1300 kg
km
m
vo = 108
= 30
h
s
Fh = 2600 N
km
Vk = 0
h
- 1p.
- 2p.
- 2p.
- 2p.
- 1p.
Szukane:
sh = ?, th = ?
Rozwiązanie:
v −v
F
Z II zasady dynamiki a = h , równocześnie a = o k
m
th
Fh vo − vk
m ⋅ (vo − vk ) m ⋅ vo
=
stąd th =
=
m
th
Fh
Fh
2
sh =
ath2 vo ⋅ th2 voth mvo2
=
=
=
2
2th
2
2 Fh
m

kg ⋅ 
1300 ⋅ 30 
s = 15[s ]
th =


2600  kg ⋅ m 
s2 


m2 
kg ⋅ 2 
1300 ⋅ 302 
s  = 225[m]
sh =

2 ⋅ 2600  kg ⋅ m 
s 2 

Odp. : Czas hamowania samochodu wynosi 15 s natomiast droga hamowania 225 m.
Zadanie 4. (6p.)
3p. za poprawne wytłumaczenie dla cieczy + 3p. za poprawne wytłumaczenie dla gazu.
Cząsteczki cieczy są ściśle upakowane, odległości między nimi są małe, więc inne upakowanie jest
niemożliwe. Siły międzycząsteczkowe są duże i nie pozwalają na zmianę objętości – ciecze
zachowują objętość. W gazie są duże odległości miedzy cząsteczkami, przy zwiększaniu ciśnienia
cząsteczki mogą się do siebie zbliżać, co powoduje, że objętość może maleć.
Siły międzycząsteczkowe w gazach są bardzo małe i cząsteczki wypełniają całą objętość naczynia,
w jakim się znajdują.
Zadanie 5. (5p.)
1p. pomoce, 2p. opis doświadczenia, 1p. wniosek, 1 p. treść III zasady dynamiki Newtona.
3