Cím: 1985. évi fizika OKTV feladatai
Szerző(k):  Vermes Miklós 
Füzet: 1985/október, 322 - 330. oldal  PDF file
Témakör(ök): OKTV

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

A szakközépiskolások számára kitűzött feladatok

 

Az I. forduló feladatai

 

1. Hány perccel változna meg a nap hossza, ha a Föld forgási energiája 20%-kal csökkenne?
 
2. Az ábra szerinti vízszintes asztalon egy D=100N/m rugóállandójú elhanyagolható tömegű feszítetlen rugóhoz erősített M=0,1 kg tömegű hasáb fekszik. A hasábbal az ábrán látható módon egy m=0,06kg tömegű és v0=8m/s sebességű golyó tökéletesen rugalmatlanul ütközik, és a továbbiakban a két test összetapadva marad.
 
 

Adja meg a létrejövő mozgás első két szélső helyzetének távolságát! (A hasáb és a síkfelület közötti súrlódási együttható μ=0,5, a csúszási és tapadási súrlódási együttható között nem teszünk különbséget.) g=10m/s2.
3. Ideális gázt az ábrán A-val jelölt állapotból a C-vel jelölt állapotba viszünk, az ABC úton. Közben a gáz 50 J hőt vesz fel, és 20 J munkát végez. (p2=2p1)
 
 

a) Mekkora a gáz által felvett hő és a végzett munka, ha az állapotváltozást az ADC úton hajtjuk végre?
b) Mekkora lenne az ABCDA körfolyamat hatásfoka, ha a felvett hő 50 J?
4. Az ábrán látható rendszerben milyen tömegaránynál érvényesül, hogy a két test nem csúszik meg egymáson, ha közöttük a tapadási súrlódási együttható μt? (Tételezzük fel, hogy az asztallap és az m1 tömegű test között nincs súrlódás és a csigák, fonalak tömege elhanyagolható, valamint a csigák is súrlódásmentesen foroghatnak.)
 
 

A II. forduló feladatai

 

1. Üvegkádba vizet töltünk. A kád aljától h1=10cm-re kétszer domború levegőlencsét rögzítünk. A lencsében a levegőt két 20-20cm görbületi sugarú, elhanyagolható vastagságú üveg zárja közre. A lencse felülnézetben kör alakú, átmérője d=4cm. Biztosítjuk, hogy a kád alján, a lencse optikai tengelyén levő L pontszerű fényforrás fénye csak a lencsén jusson át a lencse fölötti h2=20cm magasságú vízrétegbe. (A lencsét megfelelő méretű átlátszatlan lemez közepébe illesztettük.)
 
 

Mekkora a kialakuló folt átmérője

a) a víz felszínén?

b) a víz felszínétől 20cm-re levő ernyőn?
(A levegő vízre vonatkoztatott törésmutatója 4/3.)
2. Egyensúlyi állapotban levő héliumgázban a molekulák mozgási energiájának legvalószínűbb értéke csak kétharmad része a rendezetlen mozgáshoz tartozó átlagos mozgási energiának.
a) Mennyi a -35C hőmérsékletű héliumgázban a molekulák sebességének legvalószinűbb értéke?
b) Mennyi egy ilyen sebességű héliummolekula de Broglie hullámhossza?
3. Igen nagy kiterjedésű, elektromosan egyenletesen töltött fémsíkot homogén elektromos mezőbe helyezünk. Ennek hatására a lemez egyik oldalán E1, a másikon E2 térerősségű homogén elektromos mező alakul ki, ahogy az ábra mutatja (E1>E2).
 
 

Határozzuk meg a töltött fémsík egységnyi felületére ható erőt!
 
4. Függőlegesen lefelé irányuló B indukciójú homogén mágneses térben a tér irányára merőleges síkban fekvő R sugarú, A keresztmetszetű körvezetőben felülről nézve az óramutató járásával egyező irányú I erősségű áram folyik.
Mennyivel változik meg a kerület, ha az áramot kikapcsoljuk?
A vezető rugalmassági modulusa: E.
(A hőmérsékletet állandó értéken tartjuk.)
 

A gimnazisták számára kitűzött feladatok és megoldásuk

 

Az I. forduló feladatai

 

1. Könnyen gördülő, M=5kg tömegű kocsin m=10kg tömegű, r=0,2m sugarú korong fekszik (1. ábra). A korong peremére vékony fonalat csévéltünk. g=10m/s2.
 
 
1. ábra
 

a) Mekkora gyorsulással mozog a korong és a kocsi, ha a fonalat állandó, vízszintes, F=100N erővel húzzuk és a kocsi, valamint a korong között a súrlódás együtthatója μ=0,1?
b) Mekkora a két test mozgási energiája L=2m hosszú fonál letekeredése után?
c) Mekkora munkát végeztünk eközben?
(Holics László)

Megoldás. Először meg kell vizsgálnunk a csúszásmentes mozgás feltételét (2. ábra). A korong középpontjának a, a kocsinak A a gyorsulása. A korongot a húzóerő és a súrlódási erő összege gyorsítja:
F+S=ma.

 
 
2. ábra
 

A Θ tehetetlenségi nyomatékú korongot az F húzóerő és az S súrlódási erő nyomatékának különbsége β szöggyorsulással forgatja:
(F-S)r=βΘ.

Sima gördülés esetén a szöggyorsulás: β=a-Ar.
 
A kocsit S súrlódási erő A gyorsulással gyorsítja balra:
A=-S/M.

A tehetetlenségi nyomaték Θ=mr2/2=0,2kg m2. A korong középpontjának gyorsulása az egyenletrendszerből:
a=4M+m3M+mFm=12m/s2.
A súrlódási erő: S=ma-F=20 N. A csúszásmentességhez legalább μ=S/mg=0,2 nagyságú súrlódási együttható volna szükséges. Mivel a feladatban a súrlódási együttható csak 0,1, a korong megcsúszik.
a) Csúszás esetében a korong haladó mozgását gyorsító erő:
ma=F+μmg.
A korong forgására nézve: (F-μmg)r=0,5mr2β. A kocsit balra gyorsító erő: MA=-μmg.
Az egyenletrendszer megoldása:
A=-2m/s2,a=11m/s2,β=90s-2.

b) A 2 méteres fonál letekeredése közben a korong megtett fordulatainak száma 2/2πr, minden fordulat 2π radiánt jelent, tehát a korong 2/r=10 radiánnyi fordulatot tett meg. A kísérlet időtartama t=210/β=0,471 s, a végső szögsebesség ω=βt=42,4s-1. A forgásból származó mozgási energia:
Ef=0,5Θω2=180J.
A korong haladásából származó mozgási energia:
Eh=0,5ma2t2=134,4J.
A kocsi mozgási energiája: 0,5MA2t2=2,22 J.

Az összes mozgási energia: 316,6 J.
c) A korong útja: 0,5at2=1,22 m, a kötélvég útja L+s=3,22 m, az F erő által végzett munka 100N3,22  m=322 J .
 
2. Adva van egy negyedkörből álló lejtő, R=1 m, α=80, β=30 (3. ábra). Egy kis abroncs csúszás nélkül gördül le a bal oldali végről. Milyen x magasságig repül a lejtő elhagyása után?
 
 
3. ábra
 

(Vermes Miklós)

Megoldás. Az abroncs tömege m, sugara r. Helyzeti energiájának csökkenése: mgR(cosβ-cosα).
Az abroncs középpontja v sebességgel, ω=v/r szögsebességgel hagyja el jobb oldalt a lejtőt. Összes mozgási energiája:
mv22+ω2Θ2=mv22+v2mr22r2=mv2.
Az energiamegmaradás törvénye szerint:
mv2=mgR(cosβ-cosα).
A középpont sebessége: v=gR(cosβ-cosα). A sebesség függőleges összetevője
sinβgR(cosβ-cosα).
Az abroncs ezzel x magasságot ér el. Az energiamegmaradás törvényével:
mgx=msin2βgR(cosβ-cosα)2.
A keresett magasság az abroncs adataitól függetlenül:
x=sin2β(cosβ-cosα)2R=0,0458m.

3. Egy zárt tartályban T1 hőmérsékleten, p1 nyomáson kétatomos molekulájú gáz van. A gázt T2 hőmérsékletre melegítjük, ekkor a molekulák 20%-a szétesik atomokra.
a) Mekkora most a gáz nyomása?
b) Hányszorosára változott a gáz belső energiája? (A molekulák rezgéseitől tekintsünk el!)
(Lugosi Erzsébet)

 

Megoldás. a) Nyomás tekintetében olyan a helyzet, mintha 20 %-kal több gáz volna jelen, ezért:
p2=p1T2T11,2.

b) Eredetileg az energia: E1=52NkT1.

T2 hőmérsékleten:
E2=520,8NkT2+3220,2NkT2=2,6NkT2.
Az energiák aránya:
E2E1=2,62,5T2T1.

 
4. Elektromos mérőműszer feszültségmérési határa 27Ω-os előtétellenállást használva n-szer nagyobb lesz. A műszert 3Ω-os sönttel használva ampermérési határa ugyancsak n-szer lesz nagyobb,
a) Mekkora a műszer belső ellenállása?
b) Végkitéréskor a műszer lengőtekercse 910-4 wattot fogyaszt. Mennyi végkitéréskor az áramerősség és a feszültség?
(Légrádi Imre)
 

Megoldás. A lengőtekercs ellenállása Rb.
a) Az előtétellenállás: Re=(n-1)Rb. A sönt ellenállása: Rs=Rbn-1; Innen ReRs=(n-1)2, azaz 27Ω3Ω=(n-1)2, így n=4, Rb=3Ω   (4-1)= 9 Ω.
b) P=U2Rb, így U=RbP=910-4W9Ω=910-2V,
I=U/Rb=910-2V9Ω=0,01A.

 

A II. forduló feladatai

 

1. Egy r=0,5 m sugarú, függőleges síkú karikán két átfúrt golyó csúszhat, tömegeik m és 2m (4. ábra). A golyókat fonál köti össze. A golyók egy negyedkör végpontjaiban vannak. A súrlódási együtt ható 0,15. Milyen helyzetben lehetnek a golyók feszített fonál mellett egyensúlyban?
 
(Nagy László)

 
 
4. ábra
 

Megoldás. A szerkezet helyzetét a 2m tömeghez vezető sugárnak a vízszintessel bezárt α-szögével határozzuk meg. A súrlódási határszög ε. Tudjuk, hogy tgε=0,15, így ε=8,53.
 
 
5. ábra
 

A jobbra történő lecsúszás határhelyzetében a 2m nagyságú tömeg helyzetét meghatározó szög α1. A tömegekre a G és 2G súlyerők, az F1 fonálerő, valamint a pálya által kifejtett kényszererők hatnak. A csúszási határhelyzetben ez utóbbiak ε szöggel balrább irányulnak, mint a tömegekhez vezető sugarak (5. ábra). Ekkor a súrlódási erők a 2m tömegű test jobbra való lecsúszását akadályozzák. A vektorok háromszögére felírjuk a szinusztételt:
2GF1=sin(45+ε)cos(α1+ε),GF1=sin(45-sinε)sin(α1+ε).


Az egyenleteket elosztjuk:
2=tg(α1+ε)sin(45+ε)sin(45-ε).
ε értékét behelyettesítve:
tg(α1+ε)=1,4783.
Így
α1=47,39.

A balra történő lecsúszás határhelyzetében a 2m tömegű testhez vezető sugár vízszintessel bezárt szöge α2 (6. ábra). Most a pálya által kifejtett kényszererők a sugarak irányához képest ε szöggel jobbra irányulnak.
 
 
6. ábra
 

A vektorok háromszögére felírjuk a szinusztételt:
2GF2=sin(45-ε)cos(α2-ε),GF2=sin(45+ε)sin(α2-ε).


Az egyenleteket egymással elosztva és ε értékét behelyettesítve
tg(α2-ε)=2,7057,
így
α2=78,25.

Tehát az egyensúly feltétele az, hogy α47,39 és 78,25 között legyen.
 
2. α=36,87 hajlásszögű, M=2kg tömegű lejtő szabadon csúszhat vízszintes síkon (7. ábra). A lejtő magassága h=1m. A lejtő tetejére m1=7kg tömegű testet helyezünk, a h hosszúságú fonál másik végére m2=1kg tömegű testet erősítettünk. A súrlódás elhanyagolható, g=10m/s2. A rendszert magára hagyjuk. Mennyi idő múlva lesz m1 és m2 egymáshoz legközelebb?
 
 
7. ábra
 

(Holics László)

 
Megoldás. Az m1 tömegű test lecsúszik a lejtőn. A két test távolsága akkor a legkisebb, amikor a fonál fele futott le a lejtőn, mert a háromszög alapja akkor a legrövidebb, amikor a másik két oldallal egyenlőszárú háromszöget alkot, (amennyiben a másik két oldal összege adott, jelen esetben h).
Az m1 tömegű test lecsúszása közben a lejtő jobbra csúszik. Mindegyik test egyenletesen gyorsuló mozgást végez. A lejtő sebessége a talajhoz képest V. Mindkét test sebessége a lejtőhöz viszonyítva v. A talajhoz képest az m1 tömegű test v1, az m2 tömegű test v2 sebességgel mozog (8. ábra).
 
 
8. ábra
 

Az m1 tömegű test sebessége a talajhoz képest v1, ennek vízszintes összetevője vcosα-V. A vízszintes összetevőkre vonatkozóan az impulzusmegmaradás tétele:
m1(vcosα-V)=(M+m2)V.
Ebből
V=m1cosαM+m1+m2v=0,56v.

Az energiamegmaradás törvényét alkalmazzuk. A lesüllyedő m1 tömegű test súlyának munkavégzése: m1g(h/2)sinα. Ezzel emeli fel az m2 tömegű testet h/2 magasságra és ad az M tömegű lejtőnek MV2/2, az m1 tömegű testnek m1v12/2, az m2 tömegű testnek m2v22/2 mozgási energiát:
m1gh2sinα=m2gh2+MV22+m1v122+m2v222.
Azonban v12=(vcosα-V)2+(vsinα)2, v22=V2+v2.
Ezeket, valamint számértékeiket behelyettesítve kapjuk:
10V2-11,2Vv+8v2=32.
Felhasználva a V=0,56v összefüggést, v=2,565 m/s. Az m2 tömegű test lejtőhöz viszonyított átlagsebessége 2,565(m/s):2=1,2825(m/s), és ezzel a 0,5 méteres utat 0,5m:1,2825(m/s)=0,38 másodperc alatt teszi meg. Ennyi idő múlva van a két test egymáshoz legközelebb.
 
3. A bal oldali szárban a higany felett légüres tér, a jobb oldali szárban a higany felett 0,3m hosszú légoszlop van (9. ábra). A csapot kinyitjuk. A feltóduló higany az elzárt légoszlopot 0,1m-es hosszúságúra nyomja össze. Mekkora volt a csap kinyitása előtt a higanyszintek h különbsége? Mekkora az elzárt levegő belső energiájának megváltozása a felemelkedésig?
 
 
9. ábra
 

A kezdeti hőmérséklet 0C, a külső légnyomás 105 Pa, a levegő sűrűsége normál állapotban 1,3kg/m3, állandó térfogat melletti fajhője 700J/kgK, fajhőhányadosa κ=1,4, g=10m/s2. A higany sűrűsége ϱ=13600kg/m3. A cső keresztmetszet-területe 2cm2. Az üveg és higany hőfelvételétől, hővezetésétől tekintsünk el!
 
(Nagy László)

 
Megoldás. Kezdeti állapotban az elzárt levegő nyomása (10. ábra): p1=ϱgh=1,36105(Pa/m)h.
 
 
10. ábra
 

Amikor az elzárt levegő térfogata a legkisebb lesz, akkor a nyomása p2. Az adiabatikus változás törvénye szerint:
p2=p1(0,3m0,1m)1,4=1,36105(Pa/m)h4,656=6,33105(Pa/m)h.

A gáz hőmérsékletét ekkor a gáztörvénnyel számítjuk:
p1V1T1=p2V2T2,T2=T1p2V2p1V1=424K.
A levegő hőmérsékletének emelkedése: 424-273=151K.
A bezárt levegő normáltérfogata V0=p1V1/p0=8,16(10-5m2)h, tömege (1,3kg/m3)8,16(10-5m2)h=1,06(10-4kg/m)h. A bezárt levegő belső energiájának növekedése:
ΔE=(700J/kg K)1,06(10-4kg/m)h(151K)=(11,2J/m)h.



Mivel adiabatikus változásról van szó, a levegő belső energiájának növekedését a külső légköri levegő nyomásának és a leeső higanynak a munkavégzése okozta.
A külső légköri levegő p0 nyomás mellett (210-4m2)(0,3-0,1)m=410-5 m3 térfogatváltozást okozott, ezért munkavégzése (105J/m3)(410-5m3)=4J.
A leeső higany munkavégzését a következőképp számíthatjuk: A vonalkázással jelölt 0,2m hosszú higanyoszlop változatlan magasságban maradt. A h-0,2 m hosszú higanyoszlop minden részecskéje 0,2 métert esett, ezért a munkavégzés:
(210-4m2)(h-0,2m)(13600kg/m3)g(0,2m)=(5,44J/m)h-1,088J.
A belső energia növekedését egyenlővé tesszük a munkavégzések összegével:
(11,2J/m)h=4J+(5,44J/m)h-1,088J;
innen a keresett eredeti magasság: h=0,51 m.
A levegő belső energiájának növekedése: (11,2J/m)(0,51m)=5,71J.
A feladatban szereplő végállapot nem jelent egyensúlyt, a bezárt csőben levő higany valamelyest visszaesik.
 


III., kísérleti forduló

 

A versenyzőknek az volt a feladatuk, hogy egy négyszögjelet adó generátor adatainak a kapcsolásban szereplő ellenállásoktól való függését megvizsgálják.
 

Az 1985. évi tanulmányi verseny eredménye

 

A szakközépiskolai tanulók eredménye
 

1. díj: Mészáros László (Miskolc, Bláthy O. Villamosip. Szki., IV. o. t., tanára: Tepliczky István)

2. díj: Miró József (Bp., Corvin M. Híradástechn Szki., III. o. t., tanára: Gőghné Béres Katalin)

3. díj: Borsi Ferenc (Debrecen, Mechwart A. Gépip. Szki., III. o. t., tanára: Dr. Kopcsa József)
 

További helyezettek:
4. Tóth Péter (Debrecen, Erdey-Grúz T. Vegyip. Szki., III. o. t., t.: Nyeste Elek), 5. Boros Zoltán (Zalaegerszeg, Dimitrov Építőip. Szki., IV. o. t., t.: Vas Gyuláné), 6. Pócz Zoltán (Jászberény, Erősáramú Szki., IV. o. t., t.: Bakki Árpád), 7. Farkas István (Bp., Petrik L. Vegyip. Szki., IV. o. t., t.: Kiss Jolán és Finta András), 8. Szép Attila (Debrecen, Mechwart A. Gépip. Szki., IV. o. t., t.: Dr. Kopcsa József), 9. Mudra István (Debrecen, Erdey-Grúz T. Vegyip. Szki., III. o. t., t.: Nyeste Elek), 10. Kettinger Zoltán (Székesfehérvár, Ságvári E. Szki., IV. o. t., t.: Feczkó János), 11. Baráth János (Bp., Petrik L. Vegyip. Szki., IV. o. t., t.: Kiss Jolán).
 

A III. osztályos gimnáziumi tanulók eredménye
 


1. díj: Jakovácz Antal (Bp., Apáczai Csere J. Gyak. Gimn., tanára: Kelemen László)

2. díj: Leisztinger Tamás (Bp., Apáczai Csere J. Gyak. Gimn., tanára: Kelemen László)

3. díj: Csegezy Zsolt (Pannonhalma, Bencés Gimn., tanára: Hirka Antal)
 

A további helyezettek: 4. Aczél Ákos (Bp., II. Rákóczi F. Gimn., t.: Marcsek Gábor), 5. Horváth Róbert (Veszprém, Lovassy L. Gimn., t.: Horváth Péter), 6. Porgányi Gergely (Bp., Apáczai Csere J. Gyak. Gimn., t.: Holics László), 7. Bősze Tibor (Bp., Fazekas M. Gyak. Gimn., t.: Horváth Gábor), 8. Kiss Miklós (Zalaegerszeg, Zrínyi M. Gimn. t.: Németh László), 9. Kovács Róbert (Kecskemét, Katona J. Gimn., t.: Németh Ágnes), 10. Lajos Gábor (Eger, Gárdonyi G. Gimn., t.: Ardó Jánosné és Leitner Györgyné)
Elsőfokú dicséretet 7, másodfokú dicséretet 9 tanuló kapott.
 

A IV. osztályos gimnáziumi tanulók eredménye
 


1. díj: Limbek Csaba (Bp., Fazekas M. Gyak. Gimn., tanára: Tóth László)

2. díj: Grőbler Tamás (Bp., Berzsenyi D. Gimn., tanára: Hubert Györgyné)

3. díj: Hargitai Zsolt (Sopron, Széchenyi I. Gimn., tanára: Légrádi Imre)
 

A további helyezettek: 4. Keszthelyi Róbert (Bp., Fazekas M. Gyak. Gimn., t.: Tóth László), 5. Szalaí Tamás (Székesfehérvár, Teleki B. Gimn., t.: Bakó Béláné és Mihályi Gyula), 6. Benyó Zoltán (Bp., Fazekas M. Gyak. Gimn., t.: Tóth László), 7. Szakáll István (Bp., Apáczai Csere J. Gyak: Gimn., t.: Valovics István), 8. Fecsó Péter (Bp., Berzsenyi D. Gimn., t.: Hubert Györgyné), 9. Wildwerger Zoltán (Bp., Kaffka M. Gimn., t.: Jäger Csaba), 10. Zsenits Balázs (Bp., Apáczai Csere J. Gyak. Gimn., t.: Flórik György)
Elsőfokú dicséretet 4, másodfokú dicséretet 23 tanuló kapott.
 
 Vermes Miklós