Az általános és a szakosított tantervű osztályok versenyét külön rendezték meg. A feladatok részben ugyanazok voltak.

 

1. ábra

 

 

2. ábra

 

 

3. ábra

 

 

4. ábra

 

mgcosα/cosε, ami kisebb, mint $mg$. A szánon a függőónra merőlegesen helyezkedik el a higany felszíne és a higany úgy viselkedik, mintha fajsúlya $13\mathrm{,}6{\text{p/cm}}^3$ helyett kisebb volna, éspedig $13\mathrm{,}6{\text{p/cm}}^3\cdot \text{cos}\alpha /\text{cos}\epsilon$.
Jelöljük a külső légnyomásnak nyugvó rendszerben megfelelő higanyoszlop magasságát $h_{00}$-lal. A fonálinga irányában tartott Torricelli-csőben a higany $h_0=h_{00}\text{cos}\epsilon /\text{cos}\alpha$ magasságig emelkedne a higany kisebb hatásos fajsúlya következtében. Ha megdöntjük a csövet, a higanyoszlop vége a $h_0$-ra rajzolt merőleges, a szaggatott vonal mentén marad. A derékszögű háromszögből $h_n=h_0/\text{cos}\epsilon$, illetve $h_0$ értékét felhasználva: $h_n=h_{00}/\text{cos}\alpha$. Ebből a valóságos légnyomásnak nyugvó rendszerben megfelelő higanyoszlop magassága: $h_{00}=h_n\text{cos}\alpha =76\mathrm{,}8\text{cm}$.
$h_f$-re szintén derékszögű háromszögből kapunk összefüggést:

$\begin{array}{c}{\displaystyle h_f=\frac{h_0}{\text{cos}\left(\alpha -\epsilon \right)}=\frac{h_n\text{cos}\epsilon }{\text{cos}\alpha \text{cos}\epsilon +\text{sin}\alpha \text{sin}\epsilon }=\frac{h_n}{\text{cos}\alpha +\text{sin}\alpha \text{tg}\epsilon }\mathrm{,}}\end{array}$

innen

$\begin{array}{c}{\displaystyle \mu =\text{tg}\epsilon =\frac{h_n}{h_f\text{sin}\alpha }=-\text{ctg}\alpha =\frac{4}{15}=0\mathrm{,}\mathrm{267,}\epsilon ={15}^{\circ }\mathrm{.}}\end{array}$

3. feladat az általános tantervű osztályok részére. Higannyal telt nagy edényben dugattyús henger lebeg (5. ábra). A dugattyúi fonál köti az edény aljához. A hengerben $21\mathrm{,}5\text{<span style="font-style: italic;">cm</span>}$ magasságban levegő van. A henger zárt vége $4\text{<span style="font-style: italic;">cm</span>}$-re van a higanyfelszín alatt. Milyen helyzetet foglal el a henger, ha a fonalat $4\mathrm{,}5\text{<span style="font-style: italic;">cm</span>}$-rel megrövidítjük?

 

 (Vermes Miklós)

 

 

5. ábra

 

Megoldás. Akkor van egyensúly, ha a henger fenekén a belső és külső nyomás egyenlő. Higany-cm-ben számolva alkalmazzuk a Boyle ‐ Mariotte törvényt:

$\begin{array}{c}{\displaystyle \left(76\text{cm}+4\text{cm}\right)21\mathrm{,}5\text{cm}=\left(76\text{cm}+x\right)\left[21\mathrm{,}5\text{cm}+4\mathrm{,}5\text{cm}-\left(x-4\text{cm}\right)\right]\mathrm{.}}\end{array}$

Rendezve:

$\begin{array}{c}{\displaystyle x^2+46\text{cm}\cdot x-560{\text{cm}}^2=\mathrm{0,}\text{megoldása}x=10\text{cm}\mathrm{.}}\end{array}$

3. feladat a szakosított tantervű osztályok részére. Higannyal telt $20{\text{<span style="font-style: italic;">cm</span>}}^2$ alapterületű edényben $10{\text{<span style="font-style: italic;">cm</span>}}^2$ alapterületű dugattyús henger lebeg. A dugattyút fonál köti az edény aljához. A hengerben $47\text{<span style="font-style: italic;">cm</span>}$ magasságban levegő van. A henger zárt vége $10\text{<span style="font-style: italic;">cm</span>}$-re van a higanyfelszín alatt (6. ábra).
a) Milyen helyzetet foglal el a henger, ha a fonalat $6\text{<span style="font-style: italic;">cm</span>}$-rel megrövidítjük? b) Ezután mekkora térfogatú higanyt kell az edénybe önteni, hogy a higany újra a régi magasságban álljon?

 

 (Vermes Miklós)

 

 

6. ábra

 

Megoldás. a) A henger mozgásakor változik az edényben a higanyfelszín. Az edény és henger alapterületének az, aránya 1:2. Akkor van egyensúly, ha a henger fenekén egyeznek a nyomások. Ha a henger feneke $x$-szel mozdul el lefelé, akkor az edényben a higanyfelszín $\left(x-6\text{cm}\right)/2$-vel süllyed. A Boyle ‐ Mariotte törvény szerint:

$\begin{array}{c}{\displaystyle \left(76\text{cm}+10\text{cm}\right)47\text{cm}=\left(76\text{cm}+x+10\text{cm}-\frac{x-6\text{cm}}{2}\right)\cdot \left(47\text{cm}+6\text{cm}-x\right)\mathrm{.}}\end{array}$

Rendezve: $x^2+125\text{cm}\cdot x-1350{\text{cm}}^2=0$, innen $x=10\text{cm}$. Az edényben a higanyfelszín süllyedése 2 cm.
b) Alkalmazzuk a Bayle ‐ Mariotte törvényt az első és harmadik állapotra:

$\begin{array}{c}{\displaystyle \left(76\text{cm}+10\text{cm}\right)47\text{cm}=\left(76\text{cm}+20\text{cm}+y\right)\left(43\text{cm}-y\right)\mathrm{,}}\end{array}$

rendezve

$\begin{array}{c}{\displaystyle y^2+53\text{cm}\cdot y-86{\text{cm}}^2=\mathrm{0,}\text{innen}y=1\mathrm{,}58\text{cm}\mathrm{.}}\end{array}$

Az utánatöltendő higany térfogata: $20{\text{cm}}^2\cdot 2\text{cm}+10{\text{cm}}^2\cdot y=55\mathrm{,}8{\text{cm}}^3\mathrm{.}$

 

 

A II. forduló feladatai: A feladatok mindkét csoportban ugyanazok voltak.

 

1. Az $L=3\mathrm{,}06\text{<span style="font-style: italic;">m</span>}$ hosszú, $M=12\text{<span style="font-style: italic;">kg</span>}$ tömegű deszka egyik végén csapágyazva függőleges helyzetben lóg. Egy $m=0\mathrm{,}25\text{<span style="font-style: italic;">kg</span>}$ tömegű lövedéket belelövünk a deszka alsó végébe úgy, hogy a lövedék bennragad a fában és a deszka fellendül. Mekkora sebességgel kell a lövedéket belelőni, rogy a deszka a vízszintes helyzetig emelkedjék fel (7. ábra)?
 (Vermes Miklós)

 

 

7. ábra

 

Megoldás. Az úgynevezett ballisztikus ingáról van szó. A rugalmatlan ütközés alkalmával az impulzusmegmaradás törvényét kell alkalmaznunk. Mivel forgó mozgásról van szó, az impulzusnyomatékkal számolunk, amely egyetlen tömegpontnál az impulzus és rádiusz szorzata $\text{<span style="font-style: italic;">(</span>}mvr\text{<span style="font-style: italic;">)</span>}$, merev testnél a szögsebesség és tehetetlenségi nyomaték szorzata $\left(\omega \Theta \right)$. A belelövés pillanatában a deszka valamilyen $\omega$ szögsebességgel indul el, a lövedéket pedig úgy tekintjük, mintha $L$ sugarú körpályán érkezett volna. Ezért az impulzusnyomaték-megmaradás törvénye szerint:

$\begin{array}{c}{\displaystyle mvL=\omega m{L}^2+\omega \cdot \left(1/3\right)\cdot M{L}^2\mathrm{.}}\end{array}$

Innen az indulási szögsebesség:

$\begin{array}{c}{\displaystyle \omega =\frac{v}{L}\cdot \frac{1}{1+M/3m}\mathrm{.}}\end{array}$

Elinduláskor a deszkának és a beleragadt lövedéknek együttes mozgási energiája:

$\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{m{\left(\omega L\right)}^2}{2}+\frac{{\omega }^{2}M{L}^2/3}{2}=0\mathrm{,}5{\omega }^2{L}^2\left(m+M/3\right)=\frac{0\mathrm{,}5m{v}^2}{1+M/3m}\mathrm{.}}\end{array}$

Ha azt akarjuk, hogy a deszka a vízszintes helyzetig emelkedjék fel a benne levő golyóval együtt, akkora felemeléshez szükséges munkának egyenlőnek kell lennie az indulási mozgási energiával:

$\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{0\mathrm{,}5m{v}^2}{1+M/3m}=mgL+MgL/2.}\end{array}$

Ebből a lövedék sebessége:

$\begin{array}{c}{\displaystyle v=\sqrt[]{2gL\left(1+M/2m\right)\left(1+M/3m\right)}=160\text{m/s}\mathrm{.}}\end{array}$

2. Az $r=10\text{<span style="font-style: italic;">cm</span>}$ sugarú, vízszintes helyzetű rúdra $L=2\text{<span style="font-style: italic;">méter</span>}$ hosszú, hajlékony kötelet fektetünk (8. ábra). Kezdetben mindkét oldalon a kötél egyenlő hosszú darabja lóg le. A kötél bal oldali végét kissé lehúzva megszűnik a labilis egyensúlyi helyzet és a kötél bal oldalt teljesen lecsúszik. Milyen mélyen van a kötél alsó vége akkor, amikor $A$ ponttól kezdve elválik a rúdtól? A súrlódástól tekintsünk el.

 

 (Nagy László, Bodó Zalán, Párkányi László)

 

 

8. ábra

 

Megoldás. Tekintsük változónak a kötél végének a kezdettől megtett $x$ útját. Eredetileg a kötél mindkét oldalon $\left(L-\pi r\right)/2=0\mathrm{,}843\text{m}$ hosszan lóg le. Jelöljük $\sigma$-val az 1 méter hosszú kötél tömegét. Keressük a sebességet és a gyorsulást mint $x$ függvényét.
Az energiamegmaradás törvénye szerint

$\begin{array}{c}{\displaystyle \sigma x\cdot g\cdot x=\sigma L\cdot \frac{v^2}{2}\mathrm{,}\text{innen}v=\sqrt[]{\frac{2g}{L}}\cdot x\mathrm{.}}\end{array}$

A gyorsulás:

$\begin{array}{c}{\displaystyle a=\frac{\text{d}v}{\text{d}t}=\sqrt[]{\frac{2g}{L}}\cdot \frac{\text{d}x}{\text{d}t}=\sqrt[]{\frac{2g}{L}}\cdot v=\frac{2g}{L}\cdot x\mathrm{.}}\end{array}$

A kötél kicsiny $\Delta \alpha$ középponti szöghöz tartozó darabja akkor kezd az $A$ pontban a rúdtól elválni, amikor az erre a tömegrészre ható, a kötéltől származó erő normális összetevője, $F_n$ egyenlő lesz $m{v}^2/r$-rel:

$\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{m{v}^2}{r}=F_n\mathrm{.}}\end{array}$

Kiszámítjuk és behelyettesítjük az ebben a képletben szereplő mennyiségeket. A gyorsítandó tömeg