Kezdőlap


Cím:	Az 1968. évi fizika OKTV feladatai
Füzet:	1968/október, 81 - 86. 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

m_{1} = 0, 2 kg-

os vaslemezre vákuumban, hőszigetelő tartályban,

h = 1 m

magasból

m_{2} = 0, 3 kg

-os vörösrézgolyó esik. Az ütközés részben rugalmas. Az ütközés előtt a testek egyenlő hőmérsékletűek. Mennyivel emelkedik a hőmérséklet az ütközés folytán? A vas fajhője

0, 11 kcal/(kg‐fok)

, a vörösréz fajhője

0, 092 kcal/(kg‐fok)

.
(Soós Károly)

Megoldás. A vörösrézgolyó leesésekor

0, 3

mkp munkát végez, az ebből származó hőmennyiség

0, 3 mkp : 427 mkp/kcal = 0, 000703

kcal. Ez melegíti fel a két fémtárgyat:

\begin{matrix} 0, 000703 = 0, 11 \cdot 0, 2 \cdot Δ t + 0, 092 \cdot 0, 3 \cdot Δ t . \end{matrix}

Innen a felmelegedés:

Δ t = 0, 0142^{\circ} C

Mivel az ütközés csak részben rugalmas, a vörösrézgolyó előbb‐utóbb megáll és összes helyzeti energiája hővé lesz. A jó hővezetés folytán a fémek ugyanolyan hőfokúak lesznek. Mivel az esés légüres térben megy végbe, a levegő nem részesül súrlódás folytán (egyébként is elenyészően kevés) hőmennyiségben.

2. Két vízszintes pályát két egyenlő,

R = 5 m

rádiuszú körívből álló lejtő köt össze. A vízszintes pályák és a körívek függőleges síkban vannak és törés nélkül csatlakoznak egymáshoz. A vízszintes pályák magasságkülönbsége

h = 2 m

. Egy test súrlódás nélküli csúszással halad a felső pályáról az alsóra. Mekkora az a legnagyobb kezdősebesség, amely mellett mozgása közben mindvégig érintkezésben marad a lejtővel?
(Wiedemann László)

A lejtő tetején

v_{1}

, közepén

v_{2}

és alján

v_{3}

a sebesség (1. ábra).

1. ábra

Ezek között az energiamegmaradás törvénye ad kapcsolatot:

\begin{matrix} \frac{m g h}{2} = \frac{m v_{2}^{2}}{2} - \frac{m v_{1}^{2}}{2}, \frac{m g h}{2} = \frac{m v_{3}^{2}}{2} - \frac{m v_{2}^{2}}{2}, \end{matrix}

vagyis

\begin{matrix} v_{2}^{2} = v_{1}^{2} + g h, \\ (1) \\ v_{3}^{2} = v_{2}^{2} + g h = v_{1}^{2} + 2 g h . \end{matrix}

Tehát a három sebesség közül bármelyiket ismerve a másik kettő kiszámítható.

A test akkor hagyja el a lejtőt, ha az

m v^{2} / R

centrifugális erő egyenlő lesz az

m g

súly rádiusz irányába eső

m g cos α

összetevőjével. Lerepülés csak a felülről nézve domború részen következhet be és ezen az előbbi állításunk szerint annál veszélyesebb a helyzet, minél lejjebb megyünk. A legveszélyesebb hely tehát a lejtők találkozási pontja, ezért erre nézve kell felírnunk a lejtőn maradás határesetének feltételét:

\begin{matrix} \frac{m v_{2}^{2}}{R} = m g cos α . \end{matrix}

A rajzból látszik, hogy

cos α = (R - h / 2) : R = 1 - h / 2 R

. Tehát

v_{2}

számára a megengedett legnagyobb érték:

\begin{matrix} v_{2} = \sqrt[]{g R (1 - h / 2 R)} . \end{matrix}

(1) alapján átszámítva az a legnagyobb sebesség, amellyel a golyót fent nekiguríthatjuk a lejtőnek:

\begin{matrix} v_{1} = \sqrt[]{g R (1 - 3 h / 2 R)} \end{matrix}

és az a legnagyobb sebesség, amellyel lenn megérkezhet:

\begin{matrix} v_{3} = \sqrt[]{g R (1 + h / 2 R)} . \end{matrix}

Feladatunk számadataival

v_{1} = 4, 43

m/s,

v_{2} = 6, 26

m/s,

v_{3} = 7, 67

m/s.

3. A 2. ábrán látható áramkörben a

K

kettős kapcsoló 11

'

állásnál

I_{I} = 6 amper

, 22

'

állásnál

I_{II} = 3 amper

áramerősséget mutat az ampermérő. Mennyit mutat az ampermérő a kapcsoló 33

'

állásánál? A két telep

E

elektromotoros ereje egyenlő, belső ellenállásuk, valamint az ampermérő belső ellenállása elhanyagolható.
(Bodó Zalán)

Megoldás. Rajzoljuk át a kapcsolást a három kapcsolóállás esetére (3. ábra).

3. ábra

11'

esetben feltételezzük, hogy az ellenállásokon

I_{1}

és

I_{2}

áramok folynak. A feszültségesés

A

és

B

között:

\begin{matrix} E = R_{2} I_{2} + R_{1} I_{1} . \end{matrix}

A feszültségesés

D

és

C

között:

\begin{matrix} E = R_{2} I_{2} - R_{1} I_{1} . \end{matrix}

Ennek az egyenletrendszernek a megoldása:

I_{1} = 0

I_{2} = E / R_{2}

. Az

I_{1} = I_{2} = 6

amper

A

-tól

C

-ig folyik, azután átmegy a belső elemen, majd

D

-től

B

-ig folyik.

R_{1}

ellenállások árammentesek. Az

R_{2}

nagysága:

\begin{matrix} R_{2} = \frac{E}{I_{1}} . \end{matrix}

(2)

Hasonlóan a

22'

kapcsolóállásban csak

R_{1}

ellenállásokon folyik áram,

I_{II} = E / R_{1} = 3

amper és

\begin{matrix} R_{1} = \frac{E}{I_{II}} \end{matrix}

(3)

33'

kapcsolóállásban mindegyik ágban egyformán

I_{x} / 2

áram folyik. Felírva az egyik ágra Ohm törvényét, (2) és (3) felhasználásával:

\begin{matrix} \frac{I_{x}}{2} = \frac{E}{R_{1} + R_{2}} = \frac{E}{E / I_{II} + E / I_{I}} . \end{matrix}

Innen az ismeretlen áramerősség:

\begin{matrix} I_{x} = \frac{2 I_{I} I_{II}}{I_{I} + I_{II}} . \end{matrix}

Ez az eredeti áramerősségek harmonikus középértéke; a mi esetünkben

I_{x} = 4

amper.

A II. forduló feladatai

1. Egy korong középpontján a korong síkjára merőlegesen vízszintes tengelyt vezetünk át, melyet a koronghoz rögzítünk. Azután a tengely két végére fonalat tekerünk, a fonalak végeit függőlegesen a mennyezethez erősítjük, miközben a korongot nyugalomban tartjuk. A koronghoz képest szimmetrikusan a tengelyre súrlódásmentes gyűrűkkel egy‐egy rugót erősítünk. A rugók másik végeit függőlegesen a mennyezethez rögzítjük. Ebben a helyzetben a rugó nincs megfeszítve.

Most a rendszert magára hagyjuk. Mennyi idő múlva éri el a korong legmélyebb helyzetét?

(Számadatok: a korong tömege

m = 2

kg, tehetetlenségi nyomatéka a tengelyre vonatkozóan

I = 0, 01 {kgm}^{2}

, a pálca rádiusza

r = 2

cm, egy‐egy rugó állandója

k = 1, 5

newton/m,

g = 10 {m/s}^{2}

.)
(Wiedemann László)

Megoldás. Egy bizonyos idő múlva a korong tengelye

x

darabbal lejjebb kerül (4. ábra).

4. ábra

Ekkor a súlypont valamilyen

a

gyorsulással halad lefelé és a két fonál együttesen

F

rugalmas erővel húz felfelé. A haladó mozgást gyorsító erőt megkapjuk, ha a súlyból levonjuk a rugók és a fonalak felfelé húzó erejét:

\begin{matrix} m a = m g - 2 k x - F . \end{matrix}

(4)

A korong forgásának

a / r

szöggyorsulását megadja a fonálerő forgatónyomatékának és a tehetetlenségi nyomatéknak a hányadosa:

\begin{matrix} \frac{a}{r} = \frac{F r}{I} . \end{matrix}

(5)

Két egyenletből álló egyenletrendszerünket megoldva megkapjuk a gyorsulást és a fonálerőt, mint

x

út függvényét:

\begin{matrix} a = \frac{g}{1 + I / m r^{2}} - \frac{2 k / m}{1 + I / m r^{2}} \cdot x, \\ F = \frac{I}{m r^{2} + I} \cdot m g - \frac{I}{m r^{2} + I} \cdot 2 k \cdot x, \end{matrix}

A gyorsulásnak az úttól való függését tanulmányozva észrevesszük, hogy olyan rezgő mozgásról van szó, amely szélső helyzetéből indul. Az az

x_{0}

távolság, amelynél a rezgés egyensúlyi helyzete áll be, az

a = 0

állításból következően

x_{0} = m g / 2 k

. A középpont rezgő mozgásának

T_{0}

rezgésideje a rezgő mozgás gyorsulástörvényéből következően:

\begin{matrix} {(\frac{2 π}{T_{0}})}^{2} = \frac{2 k / m}{1 + I / m r^{2}}, \end{matrix}

innen

\begin{matrix} T_{0} = 2 π \sqrt[]{\frac{1 + I / m r^{2}}{2 k / m}} . \end{matrix}

(6)

Ennek negyedrésze,

T_{0} / 4

az az idő, amely alatt a pörgő kerék az

x_{0}

mélységet eléri.
Az

x_{0}

-nál mélyebbre süllyedve megváltozik a mozgás jellege, ugyanis most megváltozik

F

fonálerő előjele. De a fonál nem adhat át tolóerőt. A (4) egyenletből el kell hagyni

F

-et és innen kezdve egyszerűen egy rugóra akasztott tömeg le‐fel rezgőséről van szó. Igaz, hogy a rezgő tömeg egy változatlan szögsebességgel pörgő korong, amely legombolyítja szüntelenül a fonalat a tengelyről, amennyiben a fonál elég hosszú. Ennek a mozgásnak a rezgésideje (6)-ból

I

elhagyásával:

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

Ennek negyedrészét hozzáadva

T_{0} / 4

-hez kapjuk a legmélyebb helyzet elérésének idejét:

\begin{matrix} T_{x} = \frac{T_{0}}{4} + \frac{T}{4} = \frac{π}{2} \sqrt[]{\frac{1 + I / m r^{2}}{2 k / m}} + \frac{π}{2} \sqrt[]{\frac{m}{2 k}}, \end{matrix}

Számadatainkkal

T_{x} = 4, 71 s + 1, 28 s = 5, 99 s

. A középhelyzet mélysége

x_{0} = 6, 67

m, az ezután bekövetkező további süllyedés:

\begin{matrix} \frac{m g}{2 k} \cdot \sqrt[]{\frac{m r^{2}}{I + m r^{2}}} = 1, 81 méter \end{matrix}

így a korong legnagyobb mélysége

6, 67 m + 1, 81 m = 8, 48 m

5. ábra

Az 5. ábra felső része a korong mélységét mutatja, mint az idő függvényét. Az ábra alsó részén a mechanikai energiák alakulását látjuk

A = m^{2} g^{2} / 2 k = 133

joule egységekben kifejezve. Induláskor csak helyzeti energia van (HE). Lepörgéskor ebből a forgó mozgás kinetikus energiája (KF), a haladó mozgás kinetikus energiája (KH) és a rugóban felraktározott rugalmas energia (R) lesz.

T_{0} / 4

után (KF) változatlanul megmarad és az energia többi részén osztoznak (HE), (KH) és (R).

2. Három egyforma,

f

fókusztávolságú lencsénk van. Ezeket

d_{a}

és

d_{b}

távolságokban elhelyezve lencserendszert állítunk össze. Ezzel a lencserendszerrel egy tárgyról a tőle

A

távolságban levő ernyőn képet állítunk elő. Lencserendszerünket az optikai tengely mentén ide‐oda tolva a képalkotás változatlanul éles marad. Az adatok milyen értékei mellett lehetséges ez?
(Bodó Zalán)

Megoldás. Lencserendszerünket úgy helyezzük el, hogy az első lencse a tárgytól

x

távolságnyira legyen (6. ábra).

6. ábra

A tárgyról az első lencse a leképezési törvény alapján

x f / (x - f)

távolságban ad éles képet, amely a második lencsétől

d_{a} - x f / (x - f)

távolságban van. Ismét a lencsetörvénnyel az első lencse által adott képről a második lencse tőle

k

távolságnyira ad képet:

\begin{matrix} k = \frac{f [d_{a} - x f / (x - f)]}{d_{a} - f - x f / (x - f)} . \end{matrix}

(7)

Ennek a távolsága a harmadik lencsétől

d_{b} - k

és a harmadik lencse által adott kép képtávolsága

(d_{b} - k) f / (d_{b} - f - k)

. A tárgy és kép

A

távolságát megkapjuk, ha ezt,

x

-et és

d_{a} + d_{b}

-t összeadjuk:

\begin{matrix} A = x + d_{a} + d_{b} + \frac{(d_{b} - k) f}{d_{b} - f - k} . \end{matrix}

Itt

k

helyett felhasználandó a (7) szerinti kifejezés. Azonos átalakítások után:

\begin{matrix} A = d_{a} + d_{b} + \frac{[d_{a} d_{b} - 2 (d_{a} + d_{b}) f + 3 f^{2}] x^{2} + f^{2} (d_{a} - d_{b}) x + f^{2} [(d_{a} + d_{b}) f - d_{a} d_{b}]}{[d_{a} d_{b} - 2 (d_{a} + d_{b}) f + 3 f^{2}] x + f [d_{a} f - (d_{a} - f) (d_{b} - f)]} . \end{matrix}

(8)

A feladat kívánságának akkor tettünk eleget, ha

A

ezen értéke független

x

-től. Ez akkor következik be, ha

x

együtthatói nullák. Először is a számlálóban

x

együtthatójának kell 0-nak lennie:

\begin{matrix} f^{2} (d_{a} - d_{b}) = 0. \end{matrix}

Ebből következően

d_{a} = d_{b} = d

. Tehát a lencsék közötti távolságoknak egyenlőknek kell lennie. Ezt (8)-ban felhasználva:

\begin{matrix} A = 2 d + \frac{[d^{2} - 4 f d + 3 f^{2}] x^{2} + f^{2} d [2 f - d]}{[d^{2} - 4 f d + 3 f^{2}] x + f [- f^{2} + 3 d f - d^{2}]} . \end{matrix}

(9)

x^{2}

, illetve

x

együtthatóját is nullával tesszük egyenlővé:

\begin{matrix} d^{2} - 4 f d + 3 f^{2} = 0 \end{matrix}

Ennek az egyenletnek a megoldásai:

d_{I} = 3 f

d_{II} = f

. Ezeket (9)-ben felhasználva

A_{I} = 9 f

A_{II} = 3 f

. Tehát két megoldás van (7. ábra).

Az egyik esetben a lencsék távolsága a fókusztávolság 3-szorosa és a tárgy‐kép távolság a fókusztávolság 9-szerese. A másik esetben a lencsék távolsága fókusz‐távolságnyi és a tárgy‐kép távolság a fókusztávolság 3-szorosa. A lencserendszer mindegyik esetben teleszkopikus: belépő párhuzamos sugárnyaláb mint párhuzamos nyaláb távozik. A tárgy és a kép mindegyik esetben azonos nagyságú, az első esetben egyenes, a másodikban fordított állású.

3. Két

U

feszültségű feszültségforrást sorbakapcsolunk és szintén

U

feszültségű feszültségforrást kapunk. Lehetséges-e ez?
(Nagy Elemér)

Megoldás. Két váltakozó feszültségről van szó, amelyek amplitúdója egyenlő, de

120^{\circ}

-os fáziskülönbségben vannak egymáshoz képest. Kísérletileg megoldható, ha két egyforma transzformátor primer oldalait a háromfázisú hálózat két különböző fázisára kapcsoljuk és a szekunder oldalakat sorba kapcsoljuk. Ekkor mindegy, hogy a szekunder oldalon egy vagy két transzformátorról vesszük-e le a feszültséget.

Az 1968. évi tulkai tanulmányi verseny eredménye:

I. díj: Marossy Ferenc (Budapest, Fazekas M. g. IV. o. t.).

II. díj: Takács László (Sopron, Széchenyi g. IV. o. t.).
III. díj: Andor László (Budapest, Rákóczi F. g. III. o. t.).

A további helyezettek: 4. Nagy Zsigmond (Budapest, Kaffka M. g. IV. o. t.), 5. Woynarovich Ferenc (Budapest, Piarista g. IV. o. t.), 6. Járai Antal (Debreoen, Vegyipari techn. IV. o. t.), 7. Várhelyi Ferenc (Budapest, Fazekas M. g. IV. o. t.), 8. D. Tóth Balázs (Debrecen, Kossuth g. IV. o. t.), 9. Gratzl Miklós (Pannonhalma, Bencés g. IV. o. t.), 10. Diósi Lajos (Budapest, Apáczai Csere g. IV. o. t.).