Kezdőlap


Cím:	Az 1967. évi fizika OKTV feladatai és eredménye
Füzet:	1967/október, 81 - 87. oldal	PDF \| MathML
Témakör(ök):	OKTV

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

Az I. forduló feladatai

1. Vasútvonal mellett álló pályaőrhöz vonat közeledik

v

sebességgel. Sípjelet ad le

T

ideig. Mennyi ideig hallja a pályaőr a sípjelet ? A hang sebessége

c = 330 m/s;

v = 108 km/óra = 30 m/s

T = 3 s;

a sípjel végéig a vonat nem éri el a pályaőrt.
(Párkányi László)

1. ábra

Megoldás. A vonat és a hang mozgását ábrázoljuk grafikusan (1. ábra). A vonat

s

útját mint

t

idő függvényét az

O A B

egyenes tünteti fel; ez az egyenes a

t

-tengellyel

v

tangensű szöget zár be. A sípolás

A

-ban kezdődik és a hanghullám útját

A D

egyenes tünteti fel;

tg D A H ∢ = c

. A sípjel vége

B

pontból indul. A sípjel vonaton mért időtartama

A H = T

. Az origótól

O C

távolságban levő pályaőr a sípjelet

D E = t

időtartamig hallja. A derékszögű háromszögeket felhasználó számolás:

\begin{matrix} t & = D E = F B - F G = A H - F G = T - A F \cdot ctg F G A ∢ = \\ = T - B H / tg D A H ∢ = T - A H \cdot tg B A H ∢ / tg D A H ∢ = \\ = T - T v / c = T (1 - v / c) . \end{matrix}

Számadatainkkal, mivel

v / c = 1 / 11

, ezért

t = 10 T / 11 = 2, 727 s

.
A számítás tartalmazza a Doppler-jelenség egyik esetének levezetését, mert a pályaőr ugyanannyi rezgést kap

t

idő alatt, amennyit a síp

T

idő alatt bocsátott ki, tehát az észlelt hangmagasság

T / t

arányában megnagyobbodik.

2. 100 ohmos, 2 wattos fogyasztót változtatható feszültséggel akarunk működtetni. Felhasználható tetszés szerinti kapcsolásban egy háromkivezetéses tolóellenállás, amely

1000 ohmos

és

15 wattal

terhelhető, valamint egy elhanyagolható belső ellenállású,

48 voltot

adó feszültségforrás. Milyen határok között változtathatjuk a fogyasztóra jutó feszültséget ?
(Nagy László)

Megoldás. A fogyasztót legfeljebb

I = \sqrt[]{N / R} \approx \sqrt[]{2 / 100} = 0, 141

amperrel terhelhetjük; a tolóellenálláson legfeljebb

I_{0} = \sqrt[]{15 / 1000} = 0, 1225

amper mehet át károsodás nélkül. A fogyasztóra eszerint legfeljebb

100 \cdot 0, 141 = 14, 1

volt juthat.
A tolóellenállás csúszó érintkezőjének állását egy bizonyos

x

törtszám jellemzi, amely megadja, hogy az ellenállás hányadrésze van az egyik végső kivezetés és a csúszó érintkező között,

0 < x < 1

. A tolóellenállás egyik részének

1000 x

, másik részének

1000 (1 - x)

az ellenállása. Minden elektromos mennyiséget

x

függvényeként számolunk.

2. ábra

I. Előtétellenállás (2. ábra I. oszlopa). A tolóellenállás

1000 x

ohmja és a fogyasztó 100 ohmja sorba van kapcsolva. A közös áramerősség:

\begin{matrix} I = \frac{48}{100 + 1000 x} . \end{matrix}

A fogyasztóra jutó feszültség:

U = 100 I

. A beállítást a tolóellenállás teherbírása korlátozza, a csúszó érintkező

x = 0, 292

és

x = 1

között állhat, miközben a feszültség

12, 25

V és

4, 36

V között változik.

II. Feszültségosztó (2. ábra II. oszlopa). A tolóellenállás

1000 x

ohmja és a 100 ohmos fogyasztó párhuzamosan vannak kapcsolva és eredő ellenállásukkal van sorba kötve a tolóellenállás felső részének

1000 (1 - x)

ohmja. Ezek alapján a feszültségosztó felső részén átmenő áramerősség:

\begin{matrix} I_{0} = 0, 048 \cdot \frac{1 + 10 x}{1 + 10 x - 10 x^{2}}, \end{matrix}

a fogyasztó áramerőssége:

\begin{matrix} I = 0, 48 \cdot \frac{x}{1 + 10 x - 10 x^{2}} . \end{matrix}

A fogyasztóra jutó feszültség most is

U = 100 I

. A beállítást ismét a tolóellenállás teherbírása korlátozza, a csúszó érintkező

x = 0

és

x = 0, 696

között állhat, miközben a feszültség 0 V és

10, 8

V között változik.
III. Vegyes kapcsolás (2. ábra III. oszlopa). A tolóellenállás két szélét összekötve kapcsoljuk a feszültségforrás egyik végére, és a fogyasztót a csúszó érintkező és a feszültségforrás másik vége közé kapcsoljuk. Minden adat az

x = 0, 5

-es beállításhoz képest szimmetrikus. A tolóellenállás két része párhuzamosan van kapcsolva, és ezzel van sorba kötve a fogyasztó. A tolóellenállás egyik részének áramerőssége:

\begin{matrix} I_{0} = \frac{0, 48 (1 - x)}{1 + 10 x (1 - x)}, \end{matrix}

a fogyasztó áramerőssége:

\begin{matrix} I = \frac{0, 48}{1 + 10 x (1 - x)} . \end{matrix}

A fogyasztóra jutó feszültség természetesen most is

U = 100 I

. Ez esetben a beállítást a fogyasztó teherbírása korlátozza, a csúszóellenállás

x = 0, 4

és

x = 0, 6

között állhat, miközben a fogyasztóra jutó feszültség szélső értékei

13, 75

V (ha

x = 0, 5

) és

14, 1

V (ha

x = 0, 4

vagy

x = 0, 6

).
A 2. ábra jobb oldali szélső oszlopa a felhasználható feszültségek áttekintését adja meg. 0-tól

4, 36

V-ig csak a II. kapcsolással,

4, 36

V-tól

10, 8

V-ig akár I., akár II. kapcsolással juthatunk el;

10, 8

V-tól

12, 25

V-ig csak az I. kapcsolás használható.

12, 25

V és

13, 75

V közötti értéket nem tudunk beállítani, azután

13, 75

V és

14, 1

V közötti területet a III. kapcsolással érhetünk el.

3. Vízszintes tengely körül forgatható

R

rádiuszú,

I

tehetetlenségi nyomatékú korongot rugó tart egyensúlyi helyzetben úgy, hogy a rugó forgatónyomatéka arányos a szögelfordulással. A korong kerületére fonalat tekerünk, a fonál végére

m

tömeget akasztunk (3. ábra). Milyen mozgást végez a rendszer, ha kis mértékben kimozdítjuk egyensúlyi helyzetéből ? A súrlódástól és közegellenállástól eltekintünk.
(Wiedemann László)

3. ábra

Megoldás. A forgatónyomaték arányos a szögelfordulással:

k α

. A teljes tehetetlenségi nyomaték

I + m R^{2}

, mert

m

tömeg úgy mozog, mintha a korong kerületén lenne. A forgómozgás alaptörvénye szerint

β

szöggyorsulás:

\begin{matrix} β = \frac{- k α}{I + m R^{2}} . \end{matrix}

R

-rel bővítünk,

β

szöggyorsulásból

β R = a

, a kerületi pont gyorsulása lesz. Ugyanekkor

α R = s

a kerületi pont útját jelenti (

α

mindvégig radiánban mérendő). Ezért:

\begin{matrix} a = \frac{- k s}{I + m R^{2}} . \end{matrix}

A gyorsulás arányos az úttal és visszafelé mutat, tehát rezgőmozgás keletkezik. Egybevetve a rezgő mozgás

a = - ω^{2} s

törvényével,

\begin{matrix} ω^{2} = \frac{k}{I + m R^{2}}, \end{matrix}

így a lengésidő:

\begin{matrix} T = 2 π \sqrt[]{\frac{I + m R^{2}}{k}} . \end{matrix}

Homogén,

M

tömegű henger esetében

I = M R^{2} / 2

. A keletkező rezgés gyorsulása abszolút értékben ne legyen nagyobb, mint

g

nehézségi gyorsulás, különben a fonál nem marad feszes és

m

tömeg ugrál. A megengedhető legnagyobb amplitúdó:

\begin{matrix} α = \frac{g (I + m R^{2})}{k R} . \end{matrix}

A II. forduló feladatai

1. Két egyenlő sugarú kis henger egymással szemben gyorsan forog, párhuzamos tengelyeik ugyanabban a vízszintes síkban vannak. A tengelyek távolsága

2 L

. Helyezzünk a két hengerre a tengelyekre merőlegesen homogén tömegeloszlású lécet úgy, hogy a léc súlypontja a két henger merőleges távolságát merőlegesen felező síktól

x

távolságban legyen. Milyen mozgást végez a magára hagyott léc?
(Párkányi László)

4. ábra

Megoldás. A léc

G = m g

súlyából a tengelyekre jutó összetevők (4. ábra):

\begin{matrix} G_{1} = G \cdot \frac{L + x}{2 L}, G_{2} = G \cdot \frac{L - x}{2 L} . \end{matrix}

Mivel a hengerek gyorsan forognak, feltétlenül van sebességkülönbség a léc és a hengerek felülete között, ezért

μ G_{1}

és

μ G_{2}

súrlódási erők lépnek fel úgy, hogy a léc közepe felé mutatnak (

μ

a súrlódási együttható). Mivel

μ G_{1}

nagyobb, mint

μ G_{2}

, ezért

μ G_{1} - μ G_{2} = μ (G_{1} - G_{2}) = μ m g x / L

erő viszi vissza a lécet szimmetrikus helyzetébe. Ez az erő arányos a nyugalmi helyzettől mért távolsággal, ezért rezgőmozgás keletkezik. A mozgató erő:

\begin{matrix} P = - \frac{μ m g}{L} \cdot x, \end{matrix}

egybevetve a rezgőmozgás

P = - m ω^{2} s

erőtörvényével (

s

az út):

ω = \sqrt[]{μ g / L}

és a rezgésidő:

\begin{matrix} T = 2 π \sqrt[]{\frac{L}{μ g}} . \end{matrix}

Eredményünk bizonytalanná válna, ha olyan nagy amplitúdóval kezdenénk a mozgást, hogy a léc sebessége a közép felé haladva elérné a hengerek kerületi sebességét, ugyanis ekkor, megszűnvén a sebességkülönbség, nem lehetünk abban biztosak, hogy a keletkező súrlódási erők

μ G_{1}

, illetve

μ G_{2}

n = 1, 5

törésmutatójú üvegből elkészítjük az 5. ábrán keresztmetszetben látható vastag üveglencsét, melynek belső rádiusza

R

, külső rádiusza

2 R

, tengelymenti vastagsága

R / 3

. A külső

F

gömbfelületet fémbevonattal tükrözővé, az

S

síkfelületet koromréteggel fényelnyelővé tesszük. A tengelyen

C

középponttól

3 R / 2

távolságban

T

pontszerű fényforrást helyezünk el. Erről a tárgyról milyen képet ad az optikai rendszer ?
(Bodó Zalán)

5. ábra

6. ábra

Megoldás. Foglalkozzunk először a belső gömbfelülettel (6. ábra).

T

-ből

P

-be levegőben érkező fénysugár

P

-ben ér az üvegfelülethez; beesési merőlegese

C P

rádiusz, beesési szöge

α

, törési szöge

β .

A megtört sugár úgy halad az üvegben, mintha

K

-ból jönne. A

T C P

háromszögből sinus-tétellel:

a / A = sin α / sin ω

, azután

K C P

háromszögből

b / B = sin β / sin ω

és egyenleteink osztásával, mivel

sin α / sin β = n

a törésmutató:

\begin{matrix} \frac{a}{b} = n \cdot \frac{A}{B} . \end{matrix}

Képalkotás csak akkor lehetséges, ha a legkülönbözőbb irányokban induló fénysugarak esetében

a / b

állandó marad. Ehhez az szükséges, hogy bárhol legyen is

P

pont, az

A / B

hányados állandó legyen. Tehát az

R

rádiuszú kör

T

és

K

pontok számára Apollonius-kör.

T

és

K

helyének, vagyis

a

b

távolságoknak meghatározására vigyük

P

pontot először I.-be, azután II.-be:

\begin{matrix} \frac{a}{b} & = n \cdot \frac{a - R}{R - b}, \\ \frac{a}{b} & = n \cdot \frac{a + R}{R + b} . \end{matrix}

Egyenletrendszerünk megoldása:

\begin{matrix} a & = n R, \\ b & = \frac{R}{n} . \end{matrix}

(Egyébként ezek szerint

A / B = n

a / b = n^{2}

.)
Ha tehát

T

pontot úgy helyezzük el, hogy

a = n R

legyen, akkor a gömbfelület bármely pontja felé haladó fénysugár úgy törik meg az üvegben, mintha

K

-ból indult volna ki, amelyre nézve

b = R / n

K

pont

T

-nek a képe. Ez minden közelítés nélkül, bármilyen nagy nyílásszögű sugárnyalábra érvényes. Minden gömb alakú törőfelület esetén létezik ilyen két pont, nevük Abbe-féle aplanatikus pontpár. De ha

T

-vel vagy

K

-val kilépünk a tengelyből, fellépnek a lencsehibák. Méginkább akkor, ha más, a leképezési távolságtörvénynek eleget tevő

T

K

pontpárt választunk.
Feladatunk számadatai mellett

T

és

K

az 5. ábrán aplanatikus pontpár, mert

T C = 3 R / 2

és

K C = 2 R / 3

(n = 3 / 2)

. Ha

K

mint középpont körül akármilyen rádiusszal (például

2 R

-rel) rajzolunk egy második gömbfelületet, akkor, az üvegben haladó fénysugár merőlegesen esik a külső gömbfelületre, önmagába verődik vissza és visszatér

T

-be. Ez akármilyen nagy nyílásszögnél igaz. Ha

T

-be véges méretű tárgyat helyezünk, akkor ennek reális, fordított, eredeti nagyságú képe keletkezik

K

-ban, de ez a kép csak akkor lesz a lencsehibáktól tűrhetően mentes, ha a tengely mentén haladó, kis nyílásszögű nyalábot használunk.

3. Egyenes l hosszúságú vízszintes vezető a közepén átmenő függőleges tengely körül súrlódásmentesen foroghat. A vezető két vége higanykádba merül, ahol a bemerülő vezetékdarabokra együttesen

k_{1} v^{2}

, a

v

sebesség négyzetével arányos közegellenállási erő hat. Függőlegesen homogén mágneses tér van jelen. A higanykádon és a tengelyen áramot vezetünk át, amelyet változtatható ellenállással állandóan

I

amper erősségen tartunk. Minden ohmos ellenállás és a levegő közegellenállása elhanyagolható. Mekkora egyenletes szögsebességgel forog a vezető? Mekkora ekkor a feszültségkülönbség a tengely és a higanykád között? Adatok:

l = 20 cm

k_{1} = 6, 25 \cdot 10^{- 3} kg/m

I = 4 amper

, a mágneses tér indukciója

B = 5 \cdot 10^{- 2} {Vs/m}^{2}

.
(Nagy László)

Megoldás. A vezető olyan nagy szögsebességre gyorsul fel, hogy a mágneses erő forgatónyomatéka egyenlő lesz a közegellenállási erő forgatónyomatékával.

Haladjon az áram a tengelytől a forgó vezető két vége felé

I / 2

és

I / 2

áramerősséggel. A 7. ábra felülnézetet tüntet fel. Ha a mágneses tér felülről lefelé hat, akkor a vezető az óramutató járásával ellentétesen forog felülről nézve.

k_{1} v^{2}

közegellenállási erő forgatónyomatéka

k_{1} v^{2} l / 2

. Ha figyelembe vesszük, hogy

v

valóságos sebesség kifejezhető

ω

szögsebességgel

v = ω l / 2

szerint, akkor a közegellenállási erő forgatónyomatéka:

\begin{matrix} \frac{k_{1} ω^{2} l^{3}}{8} . \end{matrix}

A mágneses tér a vezető egyik,

l / 2

hosszúságú felére

\begin{matrix} B \cdot \frac{I}{2} \cdot \frac{l}{2} \end{matrix}

erőt fejt ki. Átlagos erőkarnak

l / 2

fél dróthossz fele, vagyis

l / 4

veendő, így a fél drótra ható mágneses forgatónyomaték:

\begin{matrix} B \cdot \frac{I}{2} \cdot \frac{l}{2} \cdot \frac{l}{4} . \end{matrix}

Az egész drótra ható mágneses forgatónyomaték:

\begin{matrix} 2 B \cdot \frac{I}{2} \cdot \frac{l}{2} \cdot \frac{l}{4} = \frac{B I l^{2}}{8} . \end{matrix}

A forgatónyomatékokat egyenlővé téve:

\begin{matrix} \frac{k_{1} ω^{2} l^{3}}{8} = \frac{B I l^{2}}{8} . \end{matrix}

Innen a keresett szögsebesség:

\begin{matrix} ω = \sqrt[]{\frac{B I}{k_{1} l}} . \end{matrix}

Számadataink szerint

I = 4 A

B = 0, 05 {Vs/m}^{2}

l = 0, 2 m

k_{1} = 0, 00625 kg/m

és a szögsebesség

ω = 12, 65 s^{- 1}

A fordulatszám

n = 2, 013 s^{- 1}

.
A tengely és a higanykád között mért feszültségkülönbség csak az indukált feszültség lehet, mivel egyetlen alkatrésznek sincs ohmos ellenállása.

v

sebességgel mozgatott

L

hosszúságú vezetőben az indukált feszültség:

\begin{matrix} U = B v L . \end{matrix}

A sebesség átlagosan az

l / 4

távolságban levő sebesség, vagyis

ω l / 4

. A dróthossz

l / 2

. A forgó drót két fele párhuzamosan van kapcsolva, tehát feszültségük nem összegeződik. Az indukált feszültség:

\begin{matrix} U = \frac{B ω l^{2}}{8} . \end{matrix}

B = 0, 05 {Vs/m}^{2}

l = 0, 2 m

és

ω

előbbi értékének felhasználásával

U = 3, 16 \cdot 10^{- 8}

volt. A kísérlet az ún. unipoláris indukció egy példája, ahol az indukált feszültség nagyság és előjel szerint állandó.

Az 1967. évi fizikai tanulmányi verseny eredménye:

I. díj: Marossy Ferenc (Budapest, Fazekas M. g. III. o. t.)
II. díj: Szalay Sándor (Debrecen, Kossuth g. IV. o. t.)
III. díj: Babai László (Budapest, Fazekas M. g. III. o. t.)

A további helyezettek: 4. Takács László (Sopron, Széchenyi g. III. o. t.), 5. Palla László (Budapest, Piarista g. IV. o. t.), 6. Grósz Tamás (Budapest, Ságvári E. g. III. o. t.), 7. Bor Zsolt (Szeged, Ságvári E. g. IV. o. t.), 8. Jánosy János (Budapest, Táncsics g. IV. o. t.), 9. Járai Antal (Debrecen, Vegyipari Technikum III. o. t.), 10. Augusztinovicz Fülöp (Sopron, Széchenyi g. IV. o. t.).