Az I. forduló feladatai

 

1. ábra

 

x2h-tól 0-ig változik.

 

2. $20\text{<span style="font-style: italic;">kg</span>}$ tömegű test vízszintes, súrlódásmentes síkon fekszik két gumifonál között ($2$. ábra). A gumiszálak nyúlása arányos a húzóerővel, a baloldalit $0\mathrm{,}32\text{<span style="font-style: italic;">kp</span>}$ erő, a jobboldalit $0\mathrm{,}72\text{<span style="font-style: italic;">kp</span>}$ erő képes $1\text{<span style="font-style: italic;">cm</span>}$-rel megnyújtani. Kezdetben a fonalak eredeti hosszúságúak. A testet $3\text{<span style="font-style: italic;">cm</span>}$-rel balra húzzuk, azután elengedjük. Ismertessük a mozgás lefolyását! Rajzoljuk meg az úttörvény grafikonját! $g=10m/s^2$.

 

 

2. ábra

 

Megoldás. Először a jobboldali, az erősebb fonál hoz létre egy negyed rezgést, amelyre nézve $F=m{\omega }_1^{2}s$. Ide $7\mathrm{,}2$ newton erőt, $0\mathrm{,}01$ m-t és 20 kg-ot helyettesítve a szögsebesség és rezgésidő ${\omega }_1=6{\text{s}}^{-1}\mathrm{,}{T}_1=1\mathrm{,}05\text{s}$.
A középhelyzetbe a tömeg $v_1={\omega }_1{r}_1=6\cdot 0\mathrm{,}03\text{m/s}=0\mathrm{,}18\text{m/s}$ sebességgel érkezik.
Ezután a baloldali, a gyengébb gumifonál hoz létre egy fél rezgést, amelyre nézve $3\mathrm{,}2\text{N}=20\text{kg}\cdot {\omega }_2^2\cdot 0\mathrm{,}01\text{m}$. Ennek a második rezgésnek a szögsebessége és rezgésideje ${\omega }_2=4{\text{s}}^{-1}$, $T_2=1\mathrm{,}57\text{s}$. Ennek a rezgésnek az indulási sebessége az előbbivel egyező: $0\mathrm{,}18\text{m/s}={\omega }_2{r}_2$, innen a második rezgés amplitudója $r_2=0\mathrm{,}045\text{m}=4\mathrm{,}5\text{cm}$.
A kiszámított adatokkal megrajzolható az úttörvény grafikonja (3. ábra).

 

 

3. ábra

 

A teljes rezgésidő $T=\left(T_1+T_2\right)/2=1\mathrm{,}31\text{s}$.

 

3. $15\mathrm{,}64\text{<span style="font-style: italic;">méter</span>}$ átmérőjű, formáját tartó léggömb alul csövön érintkezik a külső levegővel ($4$. ábra a rajza). A léggömb hidrogéntöltéssel indul. Mennyi a léggömb emelő ereje a) a tenger szintjén, b) $5400\text{<span style="font-style: italic;">m</span>}$ magasra emelkedve, ahol a légnyomás $0\mathrm{,}5$ atmoszféra, c) $10800\text{<span style="font-style: italic;">méter</span>}$ magasra emelkedve, ahol a légnyomás $0\mathrm{,}25\text{<span style="font-style: italic;">atmoszféra</span>}$? Ha a léggömb ebből a magasságból ismét az előbbi magasságokba kerülne, mennyi volna ott az emelő erő? A burkolat minden ${\text{<span style="font-style: italic;">m</span>}}^2$-e $0\mathrm{,}547\text{<span style="font-style: italic;">kp</span>}$ súlyú. A tenger szintjén a levegő fajsúlya $1\mathrm{,}3{\text{<span style="font-style: italic;">kp/m</span>}}^3$, a hidrogén fajsúlya $0\mathrm{,}09{\text{<span style="font-style: italic;">kp/m</span>}}^3$. A hőmérséklet változatlan.

 

 

4. ábra

 

Megoldás. A gömb térfogata $4\pi r^3/3=2000{\text{m}}^3$, a burkolat súlya $G=4\pi r^2\cdot 0\mathrm{,}547{\text{kp/m}}^2=420\text{kp}$. Felfelé menet a gömbben levő hidrogén súlya és a kiszorított levegő súlya a nyomással arányosan csökken, tehát az emelő erő $F=\left(1\mathrm{,}3-0\mathrm{,}09\right){\text{kp/m}}^3\left(p/p_0\right)V-G=\left[2420\left(p/p_0\right)-420\right]\text{kp}$. Az adatok áttekintése:

$\begin{array}{c}{\displaystyle {\displaystyle \begin{array}{cccccc}\hfill {\displaystyle \text{<math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mi>p</mi></math>}}\hfill & \hfill {\displaystyle \text{<math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mi>G</mi></math>}}\hfill & \hfill {\displaystyle \text{hidrogén}}\hfill & \hfill {\displaystyle \text{összsúly}}\hfill & \hfill {\displaystyle \text{levegő}}\hfill & \hfill {\displaystyle \text{<math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mi>F</mi></math>}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle }\hfill & \hfill {\displaystyle }\hfill & \hfill {\displaystyle \text{súly}}\hfill & \hfill {\displaystyle }\hfill & \hfill {\displaystyle \text{súlya}}\hfill & \hfill {\displaystyle }\hfill \\ \hfill {\displaystyle \text{ 1 atm}}\hfill & \hfill {\displaystyle \text{420 kp}}\hfill & \hfill {\displaystyle \text{180 kp}}\hfill & \hfill {\displaystyle \text{600 kp}}\hfill & \hfill {\displaystyle \text{2600 kp}}\hfill & \hfill {\displaystyle \text{2000 kp}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle \text{ 0,5 atm}}\hfill & \hfill {\displaystyle \text{420 kp}}\hfill & \hfill {\displaystyle \text{ 90 kp}}\hfill & \hfill {\displaystyle \text{510 kp}}\hfill & \hfill {\displaystyle \text{1300 kp}}\hfill & \hfill {\displaystyle \text{ 790 kp}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle \text{ 0,25 atm}}\hfill & \hfill {\displaystyle \text{420 kp}}\hfill & \hfill {\displaystyle \text{ 45 kp}}\hfill & \hfill {\displaystyle \text{465 kp}}\hfill & \hfill {\displaystyle \text{ 650 kp}}\hfill & \hfill {\displaystyle \text{ 185 kp}}\hfill \end{array}}}\end{array}$

Az emelőerő függését a nyomástól a 4. ábra b) rajza mutatja.
Ha a léggömb lefelé megy, akkor az emelő erő ugyanannyi marad, amennyi a legmagasabb helyzetében volt (szaggatott vonal). Ugyanis az összehúzódó térfogat helyébe ekkor levegő tódul be. Tekintsük most léggömbnek a burkolatot és az elkülönítve képzelt hidrogént (c) rajz). Érthető, hogy a hidrogén súlya és a kiszorított levegő súlya változatlan marad.

 

A II. forduló feladatai

 

1. Belül üres, $r_1=1\text{<span style="font-style: italic;">méter</span>}$ sugarú, $m_1=670\text{<span style="font-style: italic;">gramm</span>}$ tömegű abroncs $\phi ={53}^{\circ }08\text{'}$-es hajlásszögű lejtőn gurul le. Belsejében $r_2=0\mathrm{,}3\text{<span style="font-style: italic;">méter</span>}$ sugarú, $m_2$ tömegű tömör henger a mozgás folyamán az abroncshoz viszonyítva ugyanazt a helyzetét tartja meg úgy, hogy a két tengelyt (az $5$. ábrán $O$ és $C$ középpontokat) összekötő egyenes a függőlegessel $\psi ={36}^{\circ }52\text{'}$-es szöget zár be. Mindenütt csúszás nélküli gördülés van. Mekkora a tömör henger tömege?

 

 

5. ábra

 

Megoldás. Mindkét tárgy középpontja ugyanazzal az $a$ lejtővel párhuzamos gyorsulással mozog. Ezért és a sima legördülés folytán a szögsebességek:

$\begin{array}{c}{\displaystyle {\omega }_1=\frac{v}{r_1}\mathrm{,}{\omega }_2=\frac{v}{r_2}\mathrm{.}}\end{array}$

A szöggyorsulások

$\begin{array}{c}{\displaystyle {\beta }_1=\frac{a}{r_1}\mathrm{,}{\beta }_2=\frac{a}{r_2}\mathrm{.}}\end{array}$

($v$ a középpontok lejtővel párhuzamos pillanatnyi sebessége.)

A tehetetlenségi nyomatékok:

$\begin{array}{c}{\displaystyle {\Theta }_1=m_1{r}_1^2\mathrm{,}{\Theta }_2=0\mathrm{,}5m_2{r}_2^2\mathrm{.}}\end{array}$

A hengerre ható forgatónyomaték a forgó mozgás törvénye szerint:

$\begin{array}{c}{\displaystyle {\Phi }_2={\beta }_2{\Theta }_2=\frac{a}{r_2}\cdot \frac{m_2{r}_2^2}{2}=\frac{a{m}_2{r}_2}{2}\mathrm{.}}\end{array}$

(0)

A középpontok egyenlő $a$ gyorsulására például az energiatételből kaphatunk egy összefüggést. $s$ magasságból leérve a nehézségi erő munkavégzése $\left(m_1+m_2\right)g\cdot s\cdot \text{sin}\phi$. Az eközben megszerzett mozgási energia:
${\displaystyle \begin{array}{c}\hfill {\displaystyle \frac{m_1{v}^2}{2}+\frac{m_2{v}^2}{2}+\frac{{\Theta }_1{\omega }_1^2}{2}+\frac{{\Theta }_2{\omega }_2^2}{2}=}\hfill \\ \hfill {\displaystyle =\frac{v^2}{2}\cdot \left[m_1+m_2+\frac{m_1{r}_1^2}{r_1^2}+\frac{m_2{r}_2^2}{2r_2^2}\right]=\frac{v^2}{2}\cdot \left(2m_1+1\mathrm{,}5m_2\right)=as\left(2m_1+1\mathrm{,}5m_2\right)\mathrm{,}}\hfill \end{array}}$

mert egyenletesen gyorsuló mozgásnál $v^2=2as$. Egyenlővé tesszük a nehézségi erő munkavégzését a megszerzett mozgási energiával:

$\begin{array}{c}{\displaystyle \left(m_1+m_2\right)g\cdot s\text{sin}\phi =as\left(2m_1+1\mathrm{,}5m_2\right)\mathrm{.}}\end{array}$

Innen a gyorsulás:

$\begin{array}{c}{\displaystyle a=g\cdot \frac{\left(m_1+m_2\right)\text{sin}\phi }{2m_1+1\mathrm{,}5m_2}\mathrm{.}}\end{array}$

(I.)

A rádiuszok nem szerepelnek, de $\psi$ szögről sincs még szó. A henger viselkedésével foglalkozva $a$ gyorsulásra egy másik összefüggést is levezetünk (6. ábra).

 

 

6. ábra

 

A hengerre két erő hat: $m_{2}g$ súlya és az abroncs részéről $P$ erő $Q$ pontban. E két erő eredőjének $O$-ban a lejtővel párhuzamos gyorsulást kell okoznia, és forgatónyomaték-eredőjüknek a (0) szerinti ${\Phi }_2$-nek kell lennie. A $Q$-ban támadó $P$ erőt felbontjuk a lejtővel párhuzamos $P_a$ és a függőleges $P_f$ összetevőkre. $P_f$-nek $m_{2}g$-vet kell egyenlőnek lennie (különben az eredő nem eshetne $a$-ba). $O$-ban felveszünk $\pm P_a$ erőket. A lefelé mutató $P_a$ az $m_{2}a$ gyorsító erő, a felfelé mutató és eredeti $P_a$, valamint a függőleges erők adják a (0) szerinti ${\Phi }_2$ forgatónyomatékot:

$\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{a{m}_2{r}_2}{2}=m_{2}g{r}_2\text{sin}\psi -m_{2}a{r}_2\text{cos}\left(\phi -\psi \right)\mathrm{.}}\end{array}$

Innen a gyorsulás:

$\begin{array}{c}{\displaystyle a=g\cdot \frac{\text{sin}\psi }{0\mathrm{,}5+\text{cos}\left(\phi -\psi \right)}\mathrm{.}}\end{array}$

(II.)

A gyorsulás (I.) és (II.) szerinti eredményeit egyenlővé téve és $m_2/m_1$ tömeghányadot kifejezve kapjuk az eredményt:

$\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{m_2}{m_1}=\frac{\text{sin}\psi }{\text{sin}\phi -3\text{sin}\psi +2\text{sin}\phi \text{cos}\left(\phi -\psi \right)}-1.}\end{array}$

Számadatainkkal $\phi ={53}^{\circ }08\text{'}\mathrm{,}\psi ={36}^{\circ }52\text{'}$. $\text{sin}\phi =\text{cos}\psi =0\mathrm{,}\mathrm{8,}\text{cos}\phi =\text{sin}\psi =0\mathrm{,}6$. $m_2/m_1=8/67$, tehát $m_2=80$ gramm, $a=30g/73=0\mathrm{,}411g$.

 

2. $20{\text{<span style="font-style: italic;">m</span>}}^3$-es zárt tartályban $0^{\circ }\text{<span style="font-style: italic;">C</span>}$-on $1\text{<span style="font-style: italic;">atmoszféra</span>}$ nyomáson $26\text{<span style="font-style: italic;">kg</span>}$ levegő van, amelyet $44\mathrm{,}2\text{<span style="font-style: italic;">kcal</span>}$ hőmennyiséggel lehet $10{}^{\circ }\text{<span style="font-style: italic;">C</span>}$-ra melegíteni. A tartályt olyan szeleppel látjuk el, amely csak kifelé enged levegőt, már a legkisebb túlnyomásnál is. Ebben az esetben mekkora hőmennyiség szükséges ahhoz, hogy a tartályban a művelet végén $10{}^{\circ }\text{<span style="font-style: italic;">C</span>}$-os levegő legyen? A falakon át történő hőveszteség elhanyagolható.

 

Megoldás. Melegítés közben levegő hagyja el a tartályt, amely levegőt a továbbiak folyamán már nem kell melegíteni. Keressük a tartályban levő levegő tömegét mint az abszolút hőmérséklet függvényét (7. ábra).

 

 

7. ábra

 

Kezdetben $m_0$ tömeg $V_0$ térfogaton volt $273{}^{\circ }$K hőmérsékleten. Állandó nyomáson kiterjedve $T$ Kelvin hőmérsékleten $V$ lenne a térfogat:

$\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{V}{V_0}=\frac{T}{273}\mathrm{.}}\end{array}$

Ha az eredeti $m_0$ tömeg $T$ fokon $V$ térfogatot tölt be, akkor az eredeti $V_0$ térfogatra $m$ tömeg jut:

$\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{m}{m_0}=\frac{V_0}{V}=\frac{273}{T}\mathrm{.}}\end{array}$

Tehát a tartályban levő tömeg mint a pillanatnyi hőfok függvénye:

$\begin{array}{c}{\displaystyle m=\frac{273m_0}{T}\mathrm{.}}\end{array}$

A tartályban levő levegőtömeg $\text{d}T$ hőmérséklettel való felmelegítéséhez szükséges hőmennyiség az állandó nyomás melletti fajhő felhasználásával:

$\begin{array}{c}{\displaystyle \text{d}Q=c_{p}m\text{d}T=c_p\cdot 273\cdot m_0\cdot \frac{1}{T}\cdot \text{d}T\mathrm{.}}\end{array}$

Az egész felmelegítéshez szükséges hőmennyiség:

$\begin{array}{c}{\displaystyle Q=273\cdot m_0\cdot c_p\cdot \underset{273}{\overset{283}{\int }}\frac{\text{d}T}{T}=273m_0{c}_p\text{ln}\frac{283}{273}\mathrm{.}}\end{array}$

Feladatunkban $c_v=\frac{44\mathrm{,}2}{26\cdot 10}=0\mathrm{,}17\text{kcal/kg}\cdot \text{fok}$, $x=1\mathrm{,}4$, $c_p=0\mathrm{,}238\text{kcal/kg}\cdot \text{fok}$. Az eredmény $Q=61\mathrm{,}40\text{kcal}$. Ha a tartály zárt volna és az egész levegőmennyiséget kellene felmelegíteni, ehhez csak $44\mathrm{,}2\text{kcal}$ volna szükséges.

 

3. $2R=4\text{<span style="font-style: italic;">cm</span>}$ átmérője, $40\text{<span style="font-style: italic;">cm</span>}$ gyújtótávolságú gyűjtőlencse tengelyében egy $20\text{<span style="font-style: italic;">cm</span>}$ hosszú, világító fénycső fekszik; közelebbi vége $60\text{<span style="font-style: italic;">cm</span>}$-re, távolabbi vége $80\text{<span style="font-style: italic;">cm</span>}$-re van a lencsétől. A lencse túlsó oldalán, a tengelyre merőlegesen felfogó ernyőt helyezünk el. Hová helyezzük ezt az ernyőt, hogy a fényfolt átmérője a lehető legkisebb legyen, és mekkora ez az átmérő?

 

Megoldás. A tengelyben fekvő fénycső képpontjai szintén a lencse tengelyében feküsznek (8. ábra).

 

 

8. ábra

 

A legszűkebb fénykeresztmetszet a lencsétől $x$ távolságban jön létre, átmérője $2r$. A fénycső $t_1$ és $t_2$ távolságban levő végeinek képtávolságai:

$\begin{array}{c}{\displaystyle k_1=\frac{t_{1}f}{t_1-f}\mathrm{,}{k}_2=\frac{t_{2}f}{t_2-f}\mathrm{.}}\end{array}$

Hasonló háromszögekből:

$\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{r}{x-k_1}=\frac{R}{k_1}\mathrm{,}\frac{r}{k_2-x}=\frac{R}{k_2}\mathrm{.}}\end{array}$

Ennek az egyenletrendszernek a megoldása $x$-re, $r$-re:

$\begin{array}{c}{\displaystyle x=\frac{2k_1{k}_2}{k_1+k_2}\mathrm{,}r=R\cdot \frac{k_2-k_1}{k_2+k_1}\mathrm{.}}\end{array}$

Felhasználva a képtávolságok előbb kiszámított értékeit:

$\begin{array}{c}{\displaystyle x=\frac{2t_1{t}_{2}f}{2t_1{t}_2-\left(t_1+t_2\right)f}\mathrm{,}r=R\cdot \frac{\left(t_1-t_2\right)f}{2t_1{t}_2-\left(t_1+t_2\right)f}\mathrm{.}}\end{array}$

A fényeső képének hossza $k=k_2-k_1=\frac{t{f}^2}{\left(t_1-f\right)\left(t_2-f\right)}$.

 

A mi számadatainkkal $x=96\text{cm}$, $r=0\mathrm{,}4\text{cm}$, $k=40\text{cm}$.

 

Az 1971. évi fizika tanulmányi verseny eredménye

 

  I. díj Bajmóczy Ervin (Budapest, Fazekas M. Gimn. IV. o. t., Tanára: Hubay Ferenc).
 II. díj Mosó Tamás (Budapest, Eötvös J. Gimn., IV. o. t. Tanára: Zentai Károly).
III. díj Szabó Zoltán (Budapest, Apáczai Csere J. Gimn. III. o. t. Tanára: Turtóczky Sándor).

 

A további helyezettek: 4. Boros Endre (Budapest, I. István Gimn., III. o. t., Tanára: Moór Ágnes); 5. Iglói Ferenc (Szeged, Radnóti M. Gimn., IV. o. t., Tanára: Simon Sándor); 6. Véner Péter (Budapest, Kaffka M. Gimn., IV. o. t., Tanára: Jánosi Ilona); 7. Lázár András (Budapest, Móricz Zs. Gimn., IV. o. t., Tanára: Fehér László); 8. Kövér András (Debrecen, Kossuth L. Gimn., III o. t., Tanára: Czirják Lászlóné); 9. Postásy Csaba (Budapest, Petőfi S. Gimn., IV. o. t.; Tanára: Szondi Lajos); 10. Hámori Iván (Budapest, Radnóti M. Gimn., IV. o. t.).