A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre. Az I. forduló feladatai
1. Egy méter hosszú pálca közepén csapágyazva van (1. ábra). Az egyik végétől méterre egy tömegű test van a pálcára csúsztatva. A pálca tömege a -hoz képest, valamint a súrlódás elhanyagolható; . A pálcát vízszintes helyzetéből elengedjük. Mekkora sebességgel megy át a pálca vége a függőleges helyzetén? (Dr. Bodó Zalán)
1. ábra Megoldás. A tömegű test szabadon esik. A méteres szabadesés végsebessége . Ennek érintőleges összetevője a bot végének sebessége: 2. Egy sínen haladó jármű magas rúdra kötött fékező ernyőt vontat sebességgel (2. ábra). Az ernyő súlya elhanyagolható. Szélcsendes időben a vontatási teljesítmény . Mekkora teljesítmény szükséges a fékező ernyő ugyanazon sebességű vontatásához, ha az útra merőlegesen sebességű oldalszél fúj? (Nagy László)
Megoldás. A teljesítmény egyenlő az erő és sebesség szorzatával: . Oldalszél esetében az ernyő levegőhöz viszonyított sebessége: .
2. ábra Tehát a sebesség arányában lett nagyobb. Mivel a közegellenállási erő a sebesség négyzetével arányos, ezért a közegellenállási erő arányában növekedett. Azonban ennek az erőnek csak az útmenti összetevője, tehát az eredeti közegellenállási erő | | végez munkát. A sebesség változatlan, tehát oldalszél esetében a vontatáshoz szükséges teljesítmény:
3. Egy mereven összeerősített kettős korong sugarai m és m, tehetetlenségi nyomatéka . A korong egy légpárnás asztalon fekszik, a súrlódás a korong és az asztal között elhanyagolható (3. ábra). Mindegyik korong peremére egy-egy fonál van felcsévélve. A nagyobbik korong fonalán m1=5 kg tömegű test lóg. Mekkora legyen a kisebbik korong fonalán lógó test m2 tömege, hogy a kettős korong tengelye egyhelyben maradjon? (g=10m/s2.) (Holics László)
3. ábra Megoldás. A korongra ható erők eredője nulla kell, hogy legyen. Ezért az F fonálerőknek egyenlőknek és párhuzamosaknak kell lenniük, ekkor erőpár jön létre, amelynek csak forgatónyomatéka van, de a korong tengelyét nem mozdítja el. A kettős korong β szöggyorsulással forog, m1 gyorsulása (lefelé) r1β a fonálerő F=m1g-m1r1β,m2 gyorsulása (lefelé) r2β, a fonálerő F=m2+m2r2β. Az erőpár forgatónyomatéka hozza létre a szöggyorsulást: A kapott egyenletrendszer megoldása: β=m1g(r1-r2)Θ+m1r1(r1-r2)=12,5s-1,F=m1g⋅ΘΘ+m1r1(r1-r2)=31,25newton,m2=m1⋅ΘΘ+m1(r12-r22)=2,5kg.
4. Egy kis keresztmetszetű, U alakú cső bal oldali, zárt szárában és az alsó vízszintes szárban 5 cm hosszú a higanyoszlop (4. ábra). Ezután a csövet az O-O függőleges tengely körül állandó szögsebességgel forgatjuk. Ekkor azt látjuk, hogy a higany pontosan az alsó csövet tölti ki. Mennyi a szögsebesség? A higany sűrűsége 13,6 g/cm3, a légköri levegő nyomása 10 newton/cm2 (ez megfelel 73,5 cm magas higanyoszlop nyomásának). (Vermes Miklós)
4. ábra Megoldás. A bezárt levegő nyomása a forgatás előtt | p0=10N/cm2-5cm73,5cm⋅10N/cm2=10N/cm2-0,68N/cm2=9,32N/cm2. | Boyle ‐ Mariotte törvénye szerint forgatáskor a bezárt levegő nyomása ennek a fele: | p=4,66newton/cm2=46600Pa. | Az A keresztmetszetű esőben a higany tömege A⋅l⋅ϱ, ahol l=10cm. Ennek ω szögsebességű körpályán tartásához szükséges erő: (l/2=0,05 méter az átlagos rádiusz). Ezt a higanyoszlop végei közötti nyomáskülönbség biztosítja: | F=A⋅(100000Pa-46 000 Pa). | Egyenlővé téve (1)-et és (2)-t | A⋅0,1m⋅ϱω2⋅0,05m=A(100000Pa-46 600 Pa). | Innen: ω=28,02s-1.
A II. forduló feladatai
1. Egy falban h=6cm mély, d=2cm átmérőjű furatot készítünk és ebbe a furatba vékony, merev, elhanyagolható tömegű pálcát dugunk (5. ábra). A súrlódási együttható μ=0,2. Legalább milyen hosszú legyen a pálca, hogy a végére akasztott ruha számára fogasként szolgálhasson? (Nagy László) 5. ábra Megoldás. A furat alakjára az α szög jellemző, tgα=d/h (6. ábra).
6. ábra Legyen a rúd furatban levő részének hossza c, a falon kívül levő részének hossza L, a kabát súlya G. A megcsúszás kritikus helyzetében mindkét alátámasztási helyen igénybe van véve a maximálisan lehetséges súrlódási erő. Amíg ez a helyzet nem következik be, a feladat statikailag határozatlan. A fal részéről a rúdra kifejtett erők: F1,μF1,1F2,μF2. Az egyensúly feltétele, hogy a ható erők eredője és a forgatónyomaték nulla legyen. Az erőegyensúly a függőleges és vízszintes komponensekre: G+F1-F2cosα-μF2sinα=0,F2sinα-μF2cosα-μF1=0,
míg a forgatónyomatékok egyenlősége az O pontra vonatkozóan: | GLcosα=F1ccosα+μF1c⋅sinα. | Az egyenletrendszer megoldása: F1=sinα-μcosα2μcosα-(1-μ2)sinα⋅G=53G=1,667G,F2=μ2μcosα-(1-μ2)sinα⋅G=56⋅10⋅G=2,635G,L=(1+μtgα)(tgα-μ)2μ-(1-μ2)tgα⋅c=169c=1,778c.
7. ábra A képletünk által adott L az a legközelebbi hely, ameddig a terhet közel lehet hozni a megcsúszás veszélye nélkül. Az L/c arány a lyuk alakjára jellemző α szög és a μ súrlódási együttható függvénye. Érdekes megnézni, hogy különböző L/c arányok esetében tgα, illetőleg α hogyan függ a μ súrlódási együtthatótól, illetve az ε súrlódási határszögtől (μ=tgε). Feladatunkban tgα=1/3 és μ=0,2=tg 11,31∘, az ezt jelentő helyet megtaláljuk a 7. ábra L/c=16/9-hez tartozó görbéjén egy ponttal jelölve. Ábránkról leolvasható, hogy ε=α esetében a terhet akárhová akaszthatjuk, mert ekkor L/c=0. A másik határeset, amikor L/c végtelen, ez akkor következik be, ha Ekkor nem készíthető ilyen módon fogas. Ennek az egyenletnek a megoldása tgα=2μ/(1-μ2). Ha arra gondolunk, hogy μ a súrlódási határszög tangense, akkor azt kapjuk, hogy Tehát a furat alakjára jellemző a szög nem lehet nagyobb a súrlódási határszög kétszeresénél.
2. Egy 1dm2 alapterületű, 2,24 méter magasságú hengerben 4 gramm hélium van 0∘C hőmérsékleten és 10newton/cm2 nyomáson (8. ábra). A hengerbe beejtünk egy 80kg tömegű dugattyút. Mennyi lesz a dugattyú legnagyobb sebessége? A súrlódást elhanyagolhatjuk. A folyamat olyan gyors, hogy a cső és a dugattyú hőfelvétele elhanyagolható. g=10m/s2. A hélium fajhői cv=3,15=joule/gK, cp=5,25joule/gK. (Dr. Bodó Zalán)
8. ábra Megoldás. A legnagyobb sebességet akkor éri el a dugattyú, amikor gyorsulása nulla, vagyis a rá ható erők eredője zérus. A 80kg tömegű dugattyú súlyából 8newton/cm2 nyomás származik, ez a külső légnyomással együtt 18newton/cm2 nyomást jelent. Tehát a gáz nyomásának a gyorsulásmentes pillanatban szintén 18newton/cm2-nek kell lennie. A gáz összenyomódása adiabatikus folyamat, a fajhők hányadosa x=5/3. Az adiabata törvénye szerint: innen a keresett térfogat: V=22,4⋅(1018)3/5=15,74dm3.
Ekkor a T hőmérsékletre a gáztörvény alapján: | 10⋅22,4273K=18⋅15,74T, így T=1,8⋅0,7⋅273K=344 K=71∘C. | A dugattyúra ható külső erők (a külső légnyomás és a nehézségi erő) nagysága a dugattyú mozgása során állandó, tehát munkavégzésüket egyszerűen megkaphatjuk: | W=1800N⋅(2,24 - 1,75) m=1199 joule. | Ez a munka részben melegíti a héliumot, részben pedig mozgási energiává alakul. A gáz belső energiájának a növekedése a hőmérsékletváltozásból számítható ki: | cvmΔT=3,15⋅4.71joule=895 joule. | A dugattyú mozgási energiája tehát | (1199-895)joule=80(v2/2), | innen A dugattyú sebességének a helytől való függését számítással is követni lehet; így is meghatározhatjuk a sebesség maximumát. A legmélyebb helyzet számítására szolgáló egyenlet magasabb fokú. A helynek, sebességnek, gyorsulásnak, nyomásnak, hőmérsékletnek az időtől való függését csak számítógépes eljárással lehet követni. Ennek a számolásnak az eredményét mutatja a 9. ábra.
9. ábra Látható, hogy a sebességmaximum kb. 0,395 másodperckor következik be. A dugattyú legmélyebb, 1,089 méteres helyzetét 0,654 másodperckor éri el, amikor is gyorsulása -19,08m/s2, a nyomás ekkor 33,22newton/cm2, a hőmérséklet 168,2∘C. A fékeződés gyorsabban zajlik le, mint a felgyorsulás.
3. A feladat annak megállapítása, mi van az X jelzésű dobozban. Ezért a kivezetéseire különböző ω körfrekvenciájú váltófeszültséget kapcsolunk és mérjük a bemenő áramerősséget. A dobozra kapcsolt váltófeszültség mindvégig 100 V. A mérések eredményét a 10. ábra és a táblázat mutatja. (Nagy László)
ω (s-1)1002005001000200050007500 10 00020 000I(A)0,10040,10150,10850,12650,15810,18940,1950 0,19710,1993
10. ábra Megoldás. Az áramerősség adatait tanulmányozva látjuk, hogy az monoton menetű, nincs rezonanciára utaló szélsőérték, tehát nem lehet a dobozban egyszerre kondenzátor és önindukciós tekercs. Az áramerősségnek a frekvenciával együtt történő monoton növekedése, illetve az impedanciának a monoton csökkenése mutatja, hogy kondenzátor van a dobozban. Látható, hogy ω=0 esetében az impedancia 1000 ohm, ω→∞ esetén a határértéke 500 ohm. Tehát a kondenzátoron átfolyó áramnak át kell folynia egy ellenálláson is, különben az impedancia határértéke ω→0 esetén ∞, ω→∞ esetén 0 volna. Két lehetőséget mutatunk meg, melyek között a mérési adatok alapján nem lehet dönteni (11. ábra).
11. ábra I. Ekkor az ω=0 esetből r1+r2=1000ohm adódik és ω→∞ alapján r1=500ohm. Az egyenletrendszer megoldása: r1=r2=500ohm.
II. Ekkor az ω=0 esetből ra=1000ohm, és ω→∞ alapján A kapacitás meghatározása céljából le kell vezetni az impedancia ω-tól való függését. I. esetben az eredő ellenállás | X=(r1+r2)2+(ωr1r2CI)21+(ωC1r2)2; | ha ide a táblázat alapján számolt (ω,X) értékpárt behelyettesítjük, akkor kapjuk a kondenzátor kapacitására: A II. esetben az eredő ellenállás | X=ra1+(ωC11rb)21+[ωC11(ra+rb)]2. | A táblázat alapján számolt valamely (ω,X) értékpárt ide helyettesítve kapjuk a kondenzátor kapacitásának ilyenkor érvényes nagyságát:
III. kísérleti forduló
A feladat két folyadék elegye sűrűségének tanulmányozása volt a koncentrációtól való függésben. Ezután a felületi feszültségnek a koncentrációtól való függését kellett megvizsgálni.
|
|