Kezdőlap


Cím:	Az 1970. évi (4.) Nemzetközi Fizikai Diákolimpia feladatai
Füzet:	1970/november, 161 - 164. oldal	PDF \| MathML
Témakör(ök):	Egyéb (KöMaL pontverseny is)

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

1. $M = 1 kg$ tömegű deszkán $m = 100 gramm$ tömegű szán van, amely a benne levő motorral egy fonalat húz állandó $v_{0} = 10 cm/s$ sebességgel. Az asztal és a deszka között nincs súrlódás, a deszka és a szán között a súrlódási együttható $μ = 0, 02$ (1. ábra). A szerkezetet úgy indítjuk el, hogy a deszkát fogjuk addig, amíg a szán el nem ér $v_{0}$ sebességet, azután elengedjük. Ebben a pillanatban a szán és a deszka vége között a távolság $L = 50 cm$ . a) esetben a fonál vége egy távoli cölöphöz, b) esetben magához a deszka végéhez van erősítve.
Milyen mindegyik esetben a deszka és szán mozgásának lefolyása és mikor éri el a szán a deszka végét ?

a) b)
1. ábra

Megoldás. a) esetben a szán egyenletesen mozog, közte és a deszka között sebességkülönbség van, tehát működik a lehetséges legnagyobb,

μ m g

nagyságú súrlódási erő. Ez a deszkát

μ m g / M = a

állandó gyorsulással gyorsítja, tehát a deszka az asztalhoz képest nulla kezdősebességű egyenletesen gyorsuló mozgást végez. Ha a szán és a deszka egymáshoz viszonyított mozgását vizsgáljuk, akkor

v_{0}

kezdősebességű, egyenletesen lassuló mozgást látunk. Ez addig tart, amíg a szán a deszkát magához fel nem gyorsítja. A felgyorsítás folyamatának ideje

t_{0} = v_{0} / a = v_{0} M / (μ m g)

, a szán által ezalatt a deszkán befutott út

s_{0} = v_{0}^{2} / (2 a) = v_{0}^{2} M / (2 μ m g)

. Számadatainkkal

t_{0} = 5, 1 s, s_{0} = 0, 255 m = 25, 5 cm

. Tehát

5, 1 s

múlva a szán egyenletes mozgással viszi tovább a deszkát; eddig a szán jobb oldali vége

25, 5 cm

-t tett meg, tehát

50 - 25, 5 = 24, 5 cm

-re van a deszka végétől, azt sosem éri el.
A motornak nagyon ügyesen kell dolgoznia, hogy a

v_{0} = 10 cm/s=konstans

feltétel teljesüljön. Először állandó

μ m g

erővel kell húznia a fonalat. A deszka szánhoz való ragadásának pillanatától kezdve a motornak nem szabad erőt kifejtenie, legfeljebb egyszerűen felcsévélheti a fonalat, mert ekkor az egész szerkezet már tehetetlenül mozog tovább.
b) esetben, mivel a deszka nem súrlódik az asztalhoz, a szánból és deszkából álló rendszer zárt rendszer és alkalmazható rá az impulzusmegmaradás törvénye. Az elengedés után a szán sebességét

v_{1}

-gyel, a deszka sebességét

v_{2}

-vel jelöljük, mindegyiket az asztalhoz viszonyítva és jobb felé irányítva. Elengedéskor a rendszer összes impulzusa

m v_{0}

. Utána a rendszer impulzusa

m v_{1} + M v_{2}

. Ezek egyenlők:

\begin{matrix} m v_{0} = m v_{1} + M v_{2} . \end{matrix}

A feladat szövege értelmében biztosítva van, hogy a sebességek különbsége

\begin{matrix} v_{0} = v_{1} - v_{2} . \end{matrix}

Ezt az egyenletrendszert megoldjuk

v_{1}

és

v_{2}

-re:

\begin{matrix} v_{1} = v_{0}, v_{2} = 0. \end{matrix}

Tehát elengedés közben semmiféle változás sem következik be: a deszka állva marad és a szán ugyanúgy halad tovább. Mintha valaki egy görgőkön fekvő deszkán szaladna: ha a deszkát addig fogják, amíg egyenletes sebességét el nem éri, utána már elengedhetik a deszkát, az már nem mozdul meg. A mi feladatunkban a szán

50 cm : 10 cm/s = 5

s múlva érné el a deszka végét. A motornak a kísérlet közben állandó

μ m g

erővel kell húznia a kötelet.

2. A nátriumklorid kristályrácsát kocka alakú elemi cellák alkotják, amelyek élhosszúsága

5, 6 \cdot 10^{- 8} cm

. A felületen centrált rácsot a 2. ábra mutatja. A nátrium atomsúlya

23

, a klóré

35, 5

. A nátriumklorid sűrűsége

2, 22 {g/cm}^{3}

. Számítsuk ki a hidrogénatom tömegét.

2. ábra

Megoldás. Jelentsék a fehér gömbök a nátrium-ionokat, a fekete gömbök a klorid-ionokat. A nátrium-ionokból egyet találunk a középen és

12

darabot az éleken. Ezekből a kocka belsejében csak negyedrész foglal helyet, tehát az elemi kockában levő nátrium-ionok száma

1 + 12 / 4 = 4

. A klorid-ionokból

6

foglal helyet az oldallapokon, ezek fele tartozik az elemi cellába és

8

van a csúcsokon, amelyekből csak nyolcadrész van az elemi cellában, tehát a klorid-ionok száma

6 / 2 + 8 / 8 = 4

. Ugyanerre az eredményre jutottunk volna, ha az elemi cella közepén klorid-ion lett volna.
Jelöljük a hidrogénatom tömegét

m

-mel. Ekkor

1

nátrium-ion tömege

23 m

1

klorid-ion tömege pedig

35, 5 m

(közelítően, nem

C = 12

pontos atomsúlyokkal számolva). Az elemi cella tömegét osztva térfogatával kapjuk a sűrűséget:

\begin{matrix} \frac{4 \cdot 23 m + 4 \cdot 35, 5 m}{{(5, 6 \cdot 10^{- 8})}^{3}} = 2, 22. \end{matrix}

Innen

m = 1, 66 \cdot 10^{- 24}

gramm.

R = 20 cm

sugarú vékonyfalú fémgömb belsejében koncentrikusan egy

r = 10 cm

sugarú fémgolyót helyezünk el. A belső golyó a külső gömbön levő nyíláson keresztül egy nagyon hosszú vezetékkel földelve van (3. ábra). A külső gömbnek

Q = 10^{- 8} coulomb

töltést adunk. Határozzuk meg a külső gömb potenciálját.

3. ábra

Megoldás. Két kondenzátor párhuzamosan van kapcsolva, az egyiket a külső gömb és a belső gömb, a másikat a külső gömb és a föld alkotja. E két párhuzamosan kapcsolt kondenzátor kapacitása összegezendő és akkor mindent ki tudunk számítani.

Megjegyzés: koncentrikus gömbfelületek által alkotott kondenzátor kapacitásának kiszámítása. A kapacitást megadja a töltés és potenciál hányadosa, a potenciál pedig az egységnyi töltés átvivési munkája. Ha a gömbhéj-kondenzátornak

Q

töltést adunk, akkor a középponttól

x

távolságban a térerő

k Q / x^{2}

. Az egységnyi töltés átvivési munkája joule-ban, vagyis a potenciálkülönbség:

\begin{matrix} U = \int_{r}^{R} \frac{k Q}{x^{2}} d x = k Q (\frac{1}{r} - \frac{1}{R}) . \end{matrix}

Ezt felhasználva a gömbhéj-kondenzátor kapacitása:

\begin{matrix} C = \frac{1}{k} \cdot \frac{R r}{R - r} . \end{matrix}

R

igen nagy lesz

r

-hez képest, vagyis a gömb gyakorlatilag külön áll és a kondenzátor másik fegyverzete az igen messze levő föld, akkor kapjuk az ún. gömbkapacitást:

\begin{matrix} C = \frac{1}{k} \cdot r . \end{matrix}

Felhasználva ezeket a képleteket, párhuzamosan kapcsolt kondenzátoraink eredő kapacitása:

\begin{matrix} \frac{1}{k} \cdot \frac{R r}{R - r} + \frac{1}{k} \cdot R = \frac{1}{k} \cdot \frac{R^{2}}{R - r} . \end{matrix}

A mi adatainkkal

R = 0, 2 m

r = 0, 1 m

k = 9 \cdot 10^{9}

és az eredő kapacitás

44, 4 \cdot 10^{- 12}

farad

= 44, 4 pF

. A potenciál pedig a földhöz képest

U = 10^{- 3}

volt:

44, 4 \cdot 10^{- 12} = 227

volt.

4. Egy

2 méter

rádiuszú,

0, 5 méter

átmérőjűt homorú gömbtükör fókuszába mekkora átmérőjű kör alakú felfogó ernyőt kell elhelyeznünk, hogy a tükörre a tengellyel párhuzamosan beeső valamennyi fénysugarat felfogja ? Hányadrészre csökken az ernyővel felfogott fényáram, ha ebben a helyzetben a felfogó ernyő átmérőjét nyolcadrészre csökkentjük ?

Megoldás. Lényegében véve arról van szó, hogy elhanyagolás nélkül kell számítanunk a sugármenetet a homorú gömbtükörnél. (Lásd az 1958. évi Eötvös-verseny 3. feladatát.) De azért bizonyos geometriai, matematikai közelítéseket mégis alkalmazunk.
A

P O = R

rádiuszú homorú gömbtükör elméleti fókusza a rádiusz felében,

F

-ben volna (4. ábra).

4. ábra

A tükör fél átmérőjét

h

-val jelöljük. Az

α

szög alatt beeső sugár

P

-ben visszaverődve

F_{1}

-ben metszi a tengelyt. Az egyenlő-szárú

O P F_{1}

háromszögből

O F_{1} = r / (2 cos α)

és így a fókusz eltérése az elméletitől:

\begin{matrix} F_{1} F = O F_{1} - O F = \frac{r}{2 cos α} - \frac{r}{2} = \frac{r}{2} (sec α - 1) . \end{matrix}

Mi a felfogó ernyőt

F

-ben helyezzük el és keressük, hogy

x

rádiusza legalábbis mekkora legyen. Az

F_{1} F

alapú derékszögű háromszögből, a kis szögek esetében használható közelítésekkel:

\begin{matrix} x = F_{1} F tg 2 α \approx F_{1} F sin 2 α \approx F_{1} F 2 sin α = F_{1} F \cdot \frac{2 h}{R} = \\ = \frac{r}{2} (sec α - 1) \cdot \frac{2 h}{R} = h (sec α - 1) . \end{matrix}

Kis szögek

cos

-ára érvényes közelítés:

cos α \approx 1 - \frac{α^{2}}{2}

, ezért kis szögeknél

sec α = \frac{1}{cos α} \approx 1 + \frac{α^{2}}{2}

α

radiánban értendő; újabb közeítéssel

α \approx h / R

és így végeredményünk a fókusz-folt rádiuszára:

\begin{matrix} x = \frac{h^{3}}{2 R^{2}} . \end{matrix}

A mi esetünkben

h = 50 / 2 = 25 cm, R = 200 cm

és így

x = 0, 195 cm = 1, 95 mm

.
A második kérdésnél vegyük figyelembe, hogy a tükör által felfogott egész fényáram

h^{2}

-tel arányos. Eredményünkből kifejezve

h

-t:

\begin{matrix} h = \sqrt[^{3}]{2 R^{2} x} . \end{matrix}

x

helyébe

k x

rádiuszú ernyőt teszünk, akkor a számításba veendő új nyalábrádiusz:

\begin{matrix} h_{k} = \sqrt[^{3}]{2 R^{2} k x}, \end{matrix}

és a felfogott új fényáram:

\begin{matrix} h_{k}^{2} = {(\sqrt[^{3}]{2 R^{2} k x})}^{2} = h^{2} \cdot \sqrt[^{3}]{k^{2}} . \end{matrix}

A mi esetünkben

k = 1 / 8

és így a felfogott fényáram a negyedére csökken.

Kísérleti feladat. Az asztalon rendelkezésre áll három lencse állványban, egy ernyő geometriai ábrával, mutatópálca, mérőszalag. Pusztán ezekkel az eszközökkel, különböző módszerekkel kell a fókusztávolságckat meghatározni.
Néhány lehetséges eljárás. Gyűjtőlencsénél megfigyeljük szemmel a virtuális kép eltűnését és lemérjük ekkor a tárgy ‐ lencse távolságot. Gyűjtőlencsénél szemmel nézzük a reális képet, a parallaxis segítségével helyére állítjuk a mutatópálcát, lemérjük a kép- és tárgytávolságot, azután a lencsetörvényből számítjuk a fókusztávolságot. A szórólencsénél egy gyűjtőlencsével gyűjtőlencse-rendszert állítunk össze, ennek fókusztávolságát az előbbi módszerekkel mérjük le, azután az eredő gyújtótávolságból számítjuk a szórólencse fókusztávolságát.