A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre. Az 1982. évi középiskolai tanulmányi verseny feladatai
Az I. forduló feladatai 1. Egyenlőkarú emeld egyik végére elhanyagolható tömegű korong van csapágyazva (1. ábra). A korongról lelógó fonál végeire és tömegű testeket akasztottunk. Az emelő végén tömegű test függ. Mekkora legyen a fonál másik végén függő test tömege, hogy az emelőrúd vízszintes egyensúlyi helyzetben maradjon? (Párkányi László)
1. ábra Megoldás. A fonálon függő, összesen tömegű testeket erő gyorsítja, ezért a gyorsulás: A fonalakban ébredő erő A két fonálerő eredője ennek kétszerese, és ez tart egyensúlyt az emelő jobb oldali végén ható erővel: Innen: és a gyorsulás 2. Egy körlejtő sugara méter hosszú. Középpontja alatt méter mélyen, a pontban rögzítjük egy rugó egyik végét (2. ábra). A rugó eredeti hossza és rugóállandója . A rugó másik végét vízszintesen kihúzzuk a lejtőn levő pontig, itt egy tömegű testet akasztunk rá, és a testet elengedjük. A súrlódás elhanyagolható, . a) Mekkora sebességgel halad át a test a lejtő legalsó pontján? b) Mekkora erő nyomja ekkor a lejtőt? (Vermes Miklós)
2. ábra Megoldás. A lejtő legalján, az pontban a rugó hossza az eredeti hosszúság, mert m, így itt nem marad a rugóban rugalmas energia. A súlyerő munkavégzésének és a rugó munkavégzésének az összege egyenlő a mozgási energiával: | | ahol a pontig kihúzott rugó hossza, azaz a félhúr hossza, amely az adatokkal: m. Az adatokat behelyettesítve a sebesség m/s. A legalsó helyzetben a rugó hossza egyenlő az eredeti hosszúsággal, a lejtőre az súlyerő és középpont felé mutató erő hat: 3. Egy tömegű, sugarú henger ált egy szegletben (3. ábra). A hengerre csavart fonál egy kis csigán van átvetve és végéről tömegű test lóg le. A csúszási súrlódási együttható a talajon és a falon ugyanakkora. Mekkora gyorsulással mozog a fonál végére akasztott test? Számadatok: | | (Wiedemann László)
3. ábra Megoldás. A tömegű test a gyorsulással süllyed, tehát a fonálerő (4. ábra): A hengerre a fonálerő, a súlyerő és az és súrlódási erők hatnak, amelyekre igaz:
4. ábra A henger szöggyorsulása , a tehetetlenségi nyomatéka . A henger mozgásegyenlete: Az (1)‐(3) egyenletrendszert kell megoldanunk. (1)-ből és (2)-ből következik,hogy
(4)-et, (5)-öt és a fonálerő értékét behelyettesítve (3)-ba a gyorsulást kifejezhetjük: | | Számadatainkkal , , , . A gyorsulás független a henger sugarától. Ha az -ra kapott eredményt nullával tesszük egyenlővé, akkor megkapjuk annak feltételét, hogy a henger ne kezdjen forogni: 4. Egy tömegű, alapterületű, vékony falú hengert dugattyújához erősített fonálon úgy tartjuk víz alatt lógva, hogy feneke -re van a víz felszíne alatt (5. ábra). A hengerben a légoszlop hossza . A fonalat lassan húzzuk felfelé. Milyen mélyen van a henger, amikor lebegni kezd? A légköri levegő nyomása , ; a dugattyú súrlódása elhanyagolható. (Vermes Miklós)
5. ábra Megoldás. A henger és a dugattyú között a súrlódás elhanyagolható, tehát közöttük közvetlen erőhatás nincs. Ha valamely mélységben a fonállal tartva nyugalomban van a rendszer, akkor a hengerre és a dugattyúra külön kell felírni az egyensúly feltételét. A hengerre az súlyerő, a bezárt levegő nyomóereje, a külső légnyomás és a víz hidrosztatikai nyomásából származó erő hat. Tehát az egyensúly feltétele: ahol a henger aljának a felszíntől mért távolsága. A dugattyú elhanyagolható tömegű, így az egyensúly feltétele a dugattyúra: ahol a fonálban ébredő erő, pedig a mélységben levő hengerbe bezárt levegő hossza. Az (1) egyenlet megadja a függvényt. Ennek és a Boyle‐Mariotte-törvénynek a segítségével az -t kiszámíthatjuk, a kezdeti adatok ismeretében. (A kezdeti adatokat 0 indexszel jelöljük): A lebegés megegyezik az feltétellel, tehát abban a mélységben lebeg a rendszer, ahol Beírva ide a (3) összefüggést, a rendezés után kapjuk: Behelyettesítve a , , , , és | | értékeket, adódik.
A II. forduló feladatai 1. Egy hajlásszögű, tömegű lejtő súrlódásmentesen mozoghat a vízszintes talajon (6. ábra). A nyugvó lejtőre függőlegesen ráejtünk egy tömegű, sebességű testet és ez rugalmasan ütközik a lejtővel. Mekkora sebességgel és a vízszinteshez képest mekkora szögben hagyja el a test a lejtőt és mekkora sebességre tesz szert a lejtő? Számadatok: , , , . (Légrádi Imre)
6. ábra Megoldás. Hasson az ütközés során ideig a lejtőre merőlegesen erő. Ekkor a tömegű test impulzusának a függőleges irányú megváltozása: míg az tömegű test impulzusának a vízszintes irányú megváltozása: A lejtő impulzusát az impulzusmegmaradás törvényéből kapjuk meg: Az energiamegmaradás törvénye szerint Vezessük be a jelölést és küszöböljük ki az impulzusváltozást a fenti egyenletből. Ekkor a
egyenletrendszert kapjuk. Ezt az egyenletrendszert kell megoldani -re, -ra és -re. Először (2)-ből kifejezzük -t és (3)-ba helyettesítjük: innen az ismeretlen : ezen értékét (1)-be helyettesítve egyenletet kapunk -re: A megfelelő trigonometriai összefüggések felhasználásával az eredmény a keresett szögre: | | Ez a szög független -től. Ha megvan, (4)-ből kapjuk az sebességet és (2)-ből -t: Számadatainkkal , , , . Az eredmény , , m/s, m/s. A visszapattanó test sebessége -os szöget zár be a lejtő merőlegesével. Rögzített lejtő esetében ennek a szögnek is -osnak kellett volna lennie. 2. R sugarú henger két végére sugarú korongokat erősítünk (7. ábra). A hengert a korongokra feltekert fonalakra függesztjük és elengedjük. A henger palástján nyomdafestékes betűk vannak körös‐körül elhelyezve. Az a feladatunk, hagy ezt a szöveget hibátlanul nyomtassuk le egy függőleges falra, amely mellett a henger mozog. Mekkora gyorsulással kell a fonál végét mozgatnunk? Az sugarú korongok tömegétől eltekintünk. (Nagy László) Megoldás. A hibátlan nyomtatáshoz szükséges, hogy a henger csúszás nélkül gördüljön a falon. Ennek érdekében a fonalat a kezünkkel gyorsulással kell lefelé engednünk. Mozogjon a henger tengelye gyorsulással lefelé. A mozgásegyenlet ahol a fonálerő. Az forgatónyomaték hatására a tehetetlenségi nyomatékú henger szöggyorsulással forog: A henger kerületi gyorsulása
7. ábra
A csúszás nélküli legördülés feltétele: Az (1)‐(4)egyenletrendszer megoldása:
Behelyettesítve a henger tehetetlenségi nyomatékát és a megadott sugárarányt, kapjuk, hogy , , . . Felmerülhet az a kérdés is, hogy a henger a túlsó oldalon levő falra nyomtassa le hibátlanul a szöveget. Ekkor a kötélvéget felfelé kell mozgatnunk gyorsulással. Az egyenletrendszer az előbbihez hasonlóan alakul, az eredmény: , , , . 3. Az önindukciójú tekercs, kapacitású kondenzátor és a két, egymással egyenlő ellenállás adott értékek a 8. ábra szerinti kapcsolásban. Mekkora az a legnagyobb feszültség, amely alkalmas frekvencia esetén és pontok között felléphet? Adatok: a) , , H; b) , , H. (Dr. Bodó Zalán)
8. ábra Megoldás. A szokásos eljárás szerint ki kell számítani mindegyik ágban az áramerősség amplitúdóját és fázisát. Azután ki kell számítani ezek felhasználásával az és pontokra jutó feszültségkülönbségeket (mint az idő függvényeit) és ezek különbsége adja az között jelentkező feszültséget.
9. ábra Áttekinthetőbb a megoldás a feszültségek vektorábrája alapján (9. ábra). A felső ágban az adott feszültség -nek és -nek az összege, , és merőleges egymásra, és így egy félkörbe rajzolható. Az alsó ágban ugyanaz az adott feszültség és összege, és szintén merőlegesek egymásra, és berajzolhatók az előbbi félkörbe. Az ábrán levő szögekre írhatjuk:
és a felső, ill. az alsó ágban folyó áramot jelöli. A keresett feszültséget a derékszögek csúcsait összekötő vektor adja. Ugyanis a 8. ábra (vagy ) útján végigmenve is a feszültség. akkor maximális, ha a hozzá tartozó középponti szög maximális, ez pedig () kétszerese. | | Ez a tört akkora legnagyobb, amikor a nevezője a legkisebb. Ennek feltétele: | | (Ekkor valóban minimális.) Ebben az esetben | | A keresett feszültség: A vektorábrában hajlásszöge a vízszinteshez adja a fázisszöget, amely a maximális feszültség esetében 0. Számadatainkkal az esetben és az pontok közötti feszültség bármely frekvenciánál 0, a esetben és . Megadjuk az általános megoldás eredményét is:
A III. kísérleti forduló A versenyzőknek adott olaj belső súrlódási együtthatóját kellett meghatározniuk adott berendezés felhasználásával, továbbá meg kellett vizsgálni, hogy ez az együttható független-e a sebességtől, és hogyan függ a hőmérséklettől.
Az 1982. évi tanulmányi verseny eredménye
A fizikából nem tagozatos tanulók versenyében: 1. díj: Szállási Zoltán (Esztergom, Dobó Katalin Ginm. IV. o. t., tanára: Sípos Imre) 2. díj: Károlyi Gyula (Budapest, Fazekas M. Gimn. IV. o. t., tanára: Horváth Gábor) 3. díj: Náray Miklós (Budapest, I. István Gimn. III. o. t., tanára: Moór Ágnes) A további helyezettek: 4. Kiss Péter (Zalaegerszeg, Zrínyi M. Gimn. IV. o. t., t.: Takács Jánosné), 5. Tóth Gábor (Budapest, Fazekas M. Gimn. III. o. t., t.: Horváth Gábor), 6. Fodor Zoltán (Budapest, Radnóti M. Gimn. III. o. t., t.: Tomcsányi Péter), 7. Csörgő Tamás (Gyöngyös, Berze N. J. Gimn. IV. o. t., t.: Kiss Lajos), 8. Marth Gábor (Budapest, Apáczai Cs. J. Gimn. III. o. t., t.: Holics László), 9. Tardos Gábor (Budapest, Berzsenyi D. Gimn. IV. o. t., t.: Apró Pál), 10. Pázmándi Ferenc (Debrecen, Tóth Á. Gimn. IV. o. t., t.: Kertész Béla). Két feladat megoldásáért elsőfokú dicséretet kapott egyenlő helyezésben 12 tanuló, egy feladat megoldásáért másodfokú dicséretet kapott egyenlő helyezésben 21 tanuló.
A fizikából tagozatos tanulók versenyében: 1. díj: Földiák Péter (Budapest, Radnóti M. Gimn. IV. o. t., tanára: Rácz Mihály) 2. díj: Tremmel János (Szombathely, Nagy Lajos Gimn. IV. o. t., tanára: Rozmán Gyula) 3. díj: Járosi Péter (Dunaújváros, Münnich F. Gimn. IV. o. t., tanára: Kobzos Ferenc) A további helyezettek: 4. Mádi Zoltán (Debrecen, Kossuth L. Gimn. IV. o. t., t.: Dudics Pál), 6. Bacsó Zsolt (Debrecen, Kossuth L. Gimn. IV. o. t., t.: Dudics Pál), 6. Oszlányi Gábor (Miskolc, Földes F. Gimn. IV. o. t., t.: Zámborszky Ferenc), 7. Jeney Tamás (Miskolc, Földes F. Gimn. IV. o. t., t.: Zámborszky Ferenc), 8. Nagy Ervin (Szombathely, Nagy Lajos Gimn. IV. o. t., t.: Karáth László), 9. Trefán György (Debrecen, Kossuth L. Gimn. IV. o. t., t.: Dudics Pál), 10. Molnár Ferenc(Dombóvár, Gőgös I. Gimn. IV. o. t., t.: Stettner Eleonóra). Két feladat megoldásáért elsőfokú dicséretet kapott egyenlő helyezésben 7 tanuló, egy feladat megoldásáért másodfokú dicséretet kapott egyenlő helyezésben 23 tanuló. |