Kezdőlap


Cím:	1974. évi Eötvös Loránd Fizikaverseny
Füzet:	1975/február, 81 - 84. oldal	PDF \| MathML
Témakör(ök):	Eötvös Loránd (korábban Károly Irén)

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

Az Eötvös Loránd Fizikai Társulat október 19-én rendezte ez évi fizikai versenyét Budapesten és 7 vidéki városban az idén érettségizettek és középiskolai tanulók számára. A versenyzők öt óráig dolgozhattak és bármilyen segédeszközt használhattak. A versenyzők száma 433 volt. Ismertetjük a feladatokat és megoldásukat.

5 dm

élhosszúságú kocka és

10 dm

magasságú,

6 dm

alapélű hasáb

7 dm

távolságban állnak egymástól. A kocka és a hasáb súlya egyenlő. A felső éleket egy fonál köti össze, amely eredetileg feszültségmentes. Idővel a fonál a levegő nedvessége következtében megfeszül és benne fokozatosan növekedő feszítőerő támad. Mi az a legelső megmozdulás, amit a testeken észlelhetünk? A csúszási súrlódási együttható

0, 4 (1

. ábra

)

.
(Vermes Miklós)

1. ábra

Megoldás. Mindegyik testnél vagy megcsúszás, vagy felborulás történhet, az ehhez szükséges négy erőt kell nagyság szerint sorba állítani. Először a kockánál tesszük át a

G

súlyt és a fonálban feszítő

F

erőt az

O

sarokpontba (2. ábra).

2. ábra

Ehhez

G_{1}

és

G_{2}

, valamint

F_{1}

és

F_{2}

erők hozzávétele szükséges.

F_{1}

és

G_{1}

eredőjének vízszintes összetevője

F_{1} cos α

, függőleges összetevője

G_{1} - F_{1} sin α

. A kocka nem csúszik meg, és az

O

pont forgástengely lehet, ameddig

\begin{matrix} \frac{F cos α}{G - F sin α} < μ = tg ε \end{matrix}

(

μ

a súrlódási együttható). Innen a megcsúszás feltételét jelentő erő:

\begin{matrix} F = \frac{μ G}{cos α + μ sin α} . \end{matrix}

(I)

F

és

F_{2}

felbillentő erőpárt alkot, amelynek forgatónyomatéka

F (a sin α +

+ a cos α)

, ezzel szemben a súly forgatónyomatéka

G a / 2

. A forgatónyomatékokat egyenlővé téve megkapjuk azt az erőt, amelynél kezdődhet a felbillenés :

\begin{matrix} F = \frac{G}{2 (sin α + cos α)} : \end{matrix}

(II)

A hasábnál ugyanígy járunk el. Itt az áthelyezett erők eredőjének vízszintes összetevője

F cos α

, függőleges összetevője

G + F sin α

. Annak feltétele, hogy a hasáb ne csússzék el:

\begin{matrix} \frac{F cos α}{G + F sin α} < μ = tg ε . \end{matrix}

Innen a megcsúszás feltételét jelentő erő:

\begin{matrix} F = \frac{μ G}{cos α - μ sin α} . \end{matrix}

(III)

A hasábot felbillentő forgatónyomaték

F c \cdot cos α

, a súly visszatartó forgatónyomatéka

G b / 2

. Ezeket egyenlővé téve megkapjuk azt az erőt, amelynél a hasáb felbillenése kezdődne:

\begin{matrix} F = \frac{G b}{2 c cos α} . \end{matrix}

(IV)

A fonál megfeszülése közben az

F

erő fokozatosan növekszik. Meg kell néznünk, hogy az előbb nyert négy erő közül melyik a legkisebb, mert az ennek megfelelő elmozdulás következik be először. Számadatainkkal:

tg α = 5 / 12

sin α = 5 / 13

cos α = 12 / 13

. Így a négy erő:

\begin{matrix} I . F & = 13 G / 35, \\ I I . F & = 13 G / 34, \\ I I I . F & = 13 G / 25, \\ I V . F & = I 3 G / 40. \end{matrix}

Látjuk, hogy a negyedik megmozduláshoz szükséges erő a legkisebb, tehát az első jelenség a hasáb felbillenése.

2. Az

F

fényforrásból az

E

ernyő alkalmasan kiválasztott

P

helyére egyrészt közvetlenül, másrészt a kis

T

tükörről visszaverődve úgy esik fény, hogy az ernyőn interferenciacsíkok keletkeznek (3. ábra). Ha az

F

fényforrást a rajz síkjában lassan a nyíl irányában lefelé kezdjük mozgatni, az interferenciacsíkok az ernyőn vándorolni látszanak. Merre indulnak el?
(Károlyházy Frigyes)

3. ábra

I. megoldás.

F

-nek

F'

-ben virtuális tükörképe van. A helyzet olyan, mintha

F

és

F'

szinkron működő fényforrások volnának (4. ábra). Azon pontok, ahol az útkülönbség ugyanaz, hiperbolákon feküsznek, amelyek fókuszai

F

és

F'

F

lefelé mozgatása

F

és

F'

közeledését jelenti, miközben a hiperbolák valós tengelye változatlan marad. Ez azt jelenti, hogy a hiperbolák szétterülnek, vagyis az eredetileg kiszemelt útkülönbséghez tartozó

P

pont felfelé vándorol.

4. ábra

II. megoldás. A

P

ponthoz tartozó útkülönbség eredetileg (4. ábra):

\begin{matrix} \sqrt[]{H^{2} + {(h + f)}^{2}} - \sqrt[]{H^{2} + {(h - f)}^{2}} . \end{matrix}

f

-et kisebbítjük

Δ

-val, az ugyanakkora útkülönbséghez tartozó pont

x

magasságba vándorol. Most az útkülönbség:

\begin{matrix} \sqrt[]{H^{2} + {(x + f - Δ)}^{2}} - \sqrt[]{H^{2} + {(x - f + Δ)}^{2}} . \end{matrix}

A két útkülönbséget egyenlővé tesszük és egyszerűsítünk

H

-val:

\begin{matrix} \sqrt[]{1 + {(\frac{h + f}{H})}^{2}} - \sqrt[]{1 + {(\frac{h - f}{H})}^{2}} = \sqrt[]{1 + {(\frac{x + f - Δ}{H})}^{2}} - \sqrt[]{1 + {(\frac{x - f + Δ}{H})}^{2}} . \end{matrix}

FeIhasználva

\sqrt[]{1 + ε} \approx 1 + ε / 2

becslést:

\begin{matrix} 1 + \frac{1}{2} {(\frac{h + f}{H})}^{2} - 1 - \frac{1}{2} {(\frac{h - f}{H})}^{2} = 1 + \frac{1}{2} {(\frac{x + f - Δ}{H})}^{2} - 1 - \frac{1}{2} {(\frac{x - f + Δ}{H})}^{2} . \end{matrix}

Innen kiszámítható az az új

x

magasság, ahol

Δ

-val történt elmozdítás után ismét az előbbi az útkülönbség:

\begin{matrix} x = h \cdot \frac{f}{f - Δ} . \end{matrix}

Ez pedig nagyobb, mint

h

. Tehát az interferenciacsíkok felfelé vándorolnak. Közelítően

x = h + Δ \frac{h}{f}

, tehát az interferenciasáv mozgási sebessége közelítőleg a fényforrás sebességének

h / f

-szerese.

3. Nagy területű síkkondenzátor lemezei között a feszültség

U = 100 volt

. A lemezek között, a lemezekre merőlegesen hosszú,

1 mm

átmérőjű, mindkét végén legömbölyített fémrúd van (5. ábra). A rúdvégek távolsága a lemezektől mindkét oldalon

a = 5 mm

. Számítsuk ki hozzávetőlegesen, mekkora feszítőerő működik a fémrúdban!
(Károlyházy Frigyes)

5. ábra

Megoldás. Tekintettel a szimmetrikus elrendezésre, végig a fémrúd mentén a feszültség 50 volt, vagyis

U / 2

a jobb oldali lemezhez képest. Közvetlenül a rúd végénél az erővonalak sugarasan indulnak ki, mint a gömbön elhelyezett töltés esetében, ezért a rúd végének a potenciálja a lemezhez képest

k Q / r

(6. ábra).

6. ábra

A tér távolabbi módosulását nem kell figyelembe vennünk, hiszen a töltés átvivésének munkája javarészét a gömbfelület közelében végezzük, és nem sokat számít, hogy milyen messze van a lemez. Tehát:

\begin{matrix} \frac{U}{2} = \frac{k Q}{r}, \end{matrix}

Innen az a töltés, amely a megosztás következtében a rúd végén összegyűlik:

Q = U r / 2 k

. Ez akkora erővel vonzódik a lemezhez, mintha a lemez mögött levő, szimmetrikusan elhelyezett ugyanakkora töltéshez vonzódna (ún. tükörerő):

\begin{matrix} F = \frac{k Q^{2}}{{(2 a)}^{2}} = \frac{U^{2}}{16 k} \cdot {(\frac{r}{a})}^{2} . \end{matrix}

Coulombbal, méterrel és newtonnal számolva

k = 9 \cdot 10^{9}

, és így számadatainkkal

F = 7 \cdot 10^{- 10}

newton.

A verseny eredménye. I. díjat kapott egyenlő helyezésben Ábrahám Tibor, a budapesti ELTE‐TTK fizikus hallgatója (Egerben a Gárdonyi Géza Gimnáziumban érettségizett mint Bodnár István és Patkó György tanítványa) és Vladár Károly honvéd (Kiskunhalason a Szilády Áron Gimnáziumban érettségizett mint Péter Irén tanítványa). II. díjat kapott Szép Jenő, Budapesten a Veres Pálné Gimnázium IV. osztályában Kishonti Istvánné tanítványa. Dicséretet kaptak könyvjutalommal: Bezdek András, Dunaújvárosban a Münnich Ferenc Gimnázium IV. o. tanulója, (Kobzos Ferenc tanítványa), Kovács Imre honvéd, (Kaposvárott az Általános Gépipari Szakközépiskolában érettségizett mint Németh Tiborné tanítványa), Meszéna Géza honvéd (Budapesten a Berzsenyi Dániel Gimnáziumban érettségizett mint Apró Pál, Hubert Györgyné és Sárkány Andrásné tanítványa) és Prőhle Péter honvéd (Budapesten a Fazekas Mihály Gimnáziumban érettségizett mint Szűcs Barna és Tóth László tanítványa).