Cím: Az 1985. évi (16.) Nemzetközi Fizikai Diákolimpia feladatainak megoldása
Szerző(k):  Szép Jenő 
Füzet: 1985/november, 402 - 410. oldal  PDF file
Témakör(ök): Nemzetközi Fizika Diákolimpia

Elméleti feladatok
 

1. Egy fiatal rádióamatőr rádióösszeköttetést tart fenn két lánnyal, akik két különböző városban laknak. Két függőleges botantennát úgy helyez el, hogy amikor az A városban lakó lány a maximális jelet fogja, akkor a B városbeli lány semmilyen jelet nem vesz és megfordítva. Az antennarendszer két függőleges, azonos teljesítményű botantennából áll, amelyek a vízszintes síkban minden irányban egyformán sugároznak.
a) Határozd meg az antennarendszer paramétereit, vagyis a botantennák közötti távolságot, az antennák elhelyezkedését és a kibocsátott elektromos jeleik közötti fáziskülönbséget úgy, hogy az antennák közötti távolság a lehető legkisebb legyen!
b) Add meg az eredményt numerikusan, ha a fiú a rádióadóját 27 MHz-en működteti és az antennarendszert Portorožban állítja fel! A térképen az A város (Koper) irányát az északhoz képest 72-nak találta, a B város (egy istriai kisváros: Buje) és az északi irány közti szöget pedig 157-nak mérte.
 

Megoldás. a) Az 1. ábra felülnézetben mutatja az f és g antennát. A két antennából az A város irányába sugárzott jelek útkülönbsége ΔsA=rcos(α+ψ). Hasonlóan a B város irányában sugárzott jelek útkülönbsége ΔsB=rcosα.
 
 
1. ábra
 

Az A városba érkező jelek fáziskülönbsége
φA=(2π/λ)ΔsA+φ0=(2π/λ)rcos(α+ψ)+φ0,(1)
ahol φ0 az f antenna fáziskésése a g antennához, képest (0φ0<2π).
Hasonlóképpen
φB=(2π/λ)rcosα+φ0.(2)

Ha a rádióamatőr az A városban levő lánnyal beszélget, akkor a feladat feltétele szerint
φA=2kπésφB=(2n+1)π,(3)
ahol k és n egész számok. (1), (2) és (3) alapján
r=2(k-n)-12[cos(α+ψ)-cosα]λ.(4)

Az r távolságot kell minimalizálnunk. A számláló abszolút értéke akkor minimális, ha k=n vagy k=n+1. Ahhoz, hogy a nevező abszolút értékének maximumát megtaláljuk, előbb alakítsuk át:
|2[cos(α+ψ)-cosα]|=|-4sin(α+ψ2)sinψ2|.


ψ állandó, ezért a kifejezés akkor lesz maximális, ha α+ψ2=3π2, vagy α+ψ2=π2. Az ábrának megfelelő megoldás az utóbbi, így α=π2-ψ2. Ez azt jelenti, hogy a két antenna által meghatározott egyenes merőleges a két város közti szög felezőjére.
Az eddigiek alapján a két antenna minimális távolsága
rmin=λ4sin(ψ/2).


(1) és (3) segítségével a két antenna jelének fáziskülönbségére 2kπ+π/2-t kapunk, tehát φ0=π/2. Ha a φ0 fáziskülönbséget π/2-ről 3π/2-re változtatjuk, akkor mindkét városba érkező jelek fáziskülönbsége π-vel változik. Ekkor a rádióamatőr a B városban levő lánnyal tud beszélgetni, és az A városban levő lány nem hallja.
b) A megadott adatokkal α=47,53, rmin=4,1 m. Az elrendezés a 2. ábrán látható.
 
 
2. ábra
 

 

2. Egy a, b, c oldalélű (abc) téglatest alakú rúd InSb félvezető anyagból készült. A rúdban I áram folyik a téglatest ,,a'' élével párhuzamos irányban. A rúd a ,,c'' éllel párhuzamos irányú, B indukciójú külső mágneses térben van. Az I áram által keltett mágneses tér elhanyagolható. Az áramot elektronok szállítják, Ha csak elektromos tér van jelen, akkor egy félvezetőben az elektronok átlagsebessége v=μE, ahol μ az elektronok ,,mozgékonysága''. Ha mágneses tér is jelen van, akkor a teljes elektromos tér iránya már nem párhuzamos az elektromos áram irányával. Ezt a jelenséget Hall-effektusnak nevezik.
a) Határozd meg a rúdban a teljes elektromos tér nagyságát és irányát, amikor a rúdban a fent leírt áram folyik!
b) Határozd meg a rúd ,,b'' élére merőlegeseit elhelyezkedő kél oldalának egy-egy szemközti pontja között a feszültségkülönbséget!
c) Fejezd ki a b) pontbeli feszültségkülönbség egyenfeszültség részét, ha az áramerősség és a mágneses indukció a következőképp változik: I=I0sinωt; B=B0sin(ωt+φ)!
d) Tervezz olyan elektromos áramkört, amely a c) pontban kapott eredményt felhasználva méri egy váltóáramú elektromos készülék teljesítményfelvételét! Magyarázd meg a tervezett áramkör működését!
Adatok:
Az InSb-ben egy elektron ,,mozgékonysága'': μ=7,8m2/Vs.
Az elektronsűrűség az InSb-ben: 2,51022m-3.
I=1,0A;B=0,10T;b=1,0cm;c=1,0mm;e=1,610-19As.
 

Megoldás. a) Először számítsuk ki az elektronok sebességét a félvezetőben, valamint a mozgásukat létrehozó E0 elektromos tér nagyságát!
Δt idő alatt az a élre merőleges oldallapon enbcvΔt töltés halad át, ahol n az elektronok sűrűsége és v a sebessége. Az áramerősség tehát I=enbcv. Innen
v=Ienbc=25m/s.(1)

A feladat szövegéből tudjuk, hogy v=μE0. Így
E0=Vμ=Ienbcμ=3,2V/m.(2)

A félvezetőben mozgó elektronokra, sebességükre merőlegesen, azaz a b él irányában hat a Lorentz-erő. Ennek hatására a b élre merőleges két oldallap annyira töltődik fel, hogy a feltöltődés által létrehozott elektromos tér (E1) a félvezetőben semlegesítse a Lorentz-erő hatását. (A jelenség valamelyest hasonlít ahhoz, mint amikor egy vezetőt külső elektromos térbe helyezünk.)
Az eddigiek alapján E1e=evB. (1) felhasználásával
E1=BIenbc=2,5V/m.(3)

Az eredő elektromos tér nagysága E=E02+E12=4,06 V/m, a tér iránya az a éllel φ=arctgE1/E0=38-os szöget zár be (3. ábra).
 
 
3. ábra
 

b) A keresett feszültség a két pont között
U=E1b=BI/enc=25mV.(4)

c) (4)-et felhasználva
U(t)=B0I0encsinωtsin(ωt+φ).

Egy trigonometriai átalakítás segítségével ezt a következő alakra hozhatjuk:
U(t)=B0I0encsin2ωtcosφ-B0I0encsin2ωtsinφ.
Látható, hogy a második tag egy 2ω körfrekvenciájú szinuszos váltakozó feszültség, amelynek nincs egyenfeszültség komponense.
Az első tag egy sin2ωt szerint változó feszültség. Mivel sin2ωt átlagos értéke 1/2, ezért az átlagos egyenfeszültség
Ue=B0I0cosφ2enc.(5)

d) A keresett áramkör egy lehetséges megvalósítása a 4. ábrán látható.
 
 
4. ábra
 

Tudjuk, hogy az eszköz hatásos teljesítménye
P=UeffIeffcosφ.(6)

A kapcsolásban a félvezetőn átfolyó áram minden pillanatban arányos az eszközre eső feszültséggel. Az előtétellenállást úgy kell megválasztani, hogy a félvezető árama sokkal kisebb legyen, mint az eszközön átfolyó áram. Ekkor a tekercs által létrehozott mágneses tér minden pillanatban arányos az eszközön átfolyó árammal.
(5) és (6) összevetésével láthatjuk, hogy a voltmérő által mutatott egyenfeszültség arányos lesz az eszköz hatásos teljesítményével. Ha tehát megfelelően kalibráljuk a voltmérőt, akkor azt az eszköz teljesítményének mérésére használhatjuk.
 

3. Egy űrkutatási programban két kilövési tervet dolgoztak ki arra, hogy egy űrszonda elhagyja a Naprendszert. Az első terv (I) az, hogy rögtön a Naprendszer elhagyásához elegendő sebességgel lövik fel. A második (II) terv szerint az űrszonda megközelít egy távolabbi bolygót, és ennek segítségével úgy változik meg a sebessége, hogy elérje a Naprendszer elhagyásához szükséges sebességet. Feltesszük, hogy a szonda vagy csak a Nap, vagy pedig csak a bolygó gravitációs tere hatására mozog ‐ attól függően, hogy melyik gravitációs tér erősebb az adott pontban.
a) Határozd meg annak a minimális va sebességnek a nagyságát és irányát a Földhöz képest, amellyel az űrszondát az első terv szerint ki kellene lőni!
b) Tegyük fel, hogy az űrszondát az a) pontban meghatározott irányban, de valamilyen más, a Földhöz képest vb nagyságú sebességgel lőtték fel. Határozd meg az űrszonda sebességét, amikor a Mars pályáját keresztezi ‐ azaz számítsd ki ekkor a sebességének a Mars pályájával párhuzamos és rá merőleges komponensét! Amikor a szonda keresztezi a Mars pályáját, a Mars nincs a metszéspont közelében.
c) Most tegyük fel, hogy az űrszonda ,,belép'' a Mars gravitációs terébe. Legalább mekkora sebességgel kellett indítani a Földről a szondát, hogy az ezek után elhagyja a Naprendszert?
Útmutatás: Az a) pont eredménye alapján tudod, hogy optimális esetben milyen nagyságú és irányú sebességgel kell rendelkezzen az űrszonda, hogy miután elhagyta a Mars gravitációs terét, már elszakadjon a Naprendszertől. (Ne foglalkozz azzal, hogy a találkozás során pontosan hol van a Mars!) Mi a kapcsolat ezen szökési sebesség és a Mars gravitációs terébe érkezés előtti (a b) pontban kiszámított) sebességkomponensek között? Mi a helyzet az űrszonda energiájának megmaradásával?
d) Az energiának legfeljebb hányadrésze takarítható meg az (II) terv alkalmazásával az (I) tervbeli energiához viszonyítva?
Megjegyzések: Tegyük fel, hogy valamennyi bolygó ugyanabban az irányban és ugyanabban a síkban körpályán kering a Nap körül.
Hanyagold el a légellenállást, a Föld tengely körüli forgását, valamint a Föld gravitációs teréből való kilépésre fordított energiát!
Adatok: A Föld keringési sebessége a Nap körül 30km/s. A Föld és a Mars Naptól mért távolságának aránya 2/3.
 

Megoldás. a) A Naprendszer elhagyásának feltétele az, hogy a szonda teljes E energiája nemnegatív legyen. A kilövés után közvetlenül:
E=mv22-fmMrF,(1)
ahol m a szonda tömege, v a Naphoz viszonyított sebessége, M a Nap tömege, rF a földpálya sugara és f a gravitációs állandó.
A Föld keringése során a Földre ható gravitációs erő a centripetális erő:
mFvF2rF=fmFMrF2,(2)
ahol mF és vF a Föld tömege és sebessége. (2)-ből
vF2=fMrF.(3)
(1) és (3) felhasználásával a lehető legkisebb kilövés utáni sebesség v=2vF. A szonda Földhöz viszonyított sebessége a kilövés után
va=v-vF.
va nagysága nyilván akkor a legkisebb, ha va és vF egyirányú, tehát a szondát a Föld mozgásának irányába lőjük ki. Ekkor
va=(2-1)vF=12,4km/s.(4)

b) Jelöljük a szonda vb+vF nagyságú kezdősebességét v0 lal, továbbá használjuk az 5. ábra jelöléseit!
 
 
5. ábra
 

Írjuk fel a szonda mozgására a perdület megmaradását:
mv0rF=mv1rM,(5)
ahol rM a marspálya sugara.
Az energia megmaradása
mv022-fmMrF=mv12+v222-fmMrM.(6)
Bevezetve a λ=rF/rM jelölést, az (5) és (6) egyenletekből:
v1=λv0,(7)
v2=v02(1-λ2)-2(1-λ)vF2.(8)

c) Az a térrész, ahol a Mars gravitációs tere erősebb, mint a Napé, nagyon kis méretű a marspálya méreteihez képest. Azt mondhatjuk tehát, hogy amikor a szonda a Mars pályájának keresztezése előtt belép a Mars gravitációs terébe, akkor a b) pontban kiszámított sebességgel rendelkezik.
Ekkor a szondának a Marshoz viszonyított relatív sebessége:
vr=v22+(v1-vM)2,(9)
ahol vM a Mars keringési sebessége.
A Marshoz rögzített koordináta-rendszerből nézve a szonda a Mars gravitációs terében hiperbola pályán mozog.
Amikor a szonda elhagyja a Mars gravitációs terét, akkor a Marshoz viszonyított sebessége ugyanakkora, mint amikor oda belépett.
A szonda további mozgása olyan lesz, mintha a Marsról lőtték volna ki vr nagyságú sebességgel. Alkalmazhatjuk tehát az a) rész eredményeit. Ideális esetben a Marsot elhagyva a szonda sebessége egyirányú a Mars sebességével, és a Naprendszer elhagyásának feltétele:
vr=(2-1)vM.(10)

A Mars sebességére a (3) egyenlethez hasonlót írhatunk fel:
vM2=fM/rM.(11)

A (7)‐(11) egyenletekből v0-ra egy másodfokú egyenletet kapunk, amelynek megoldása
v012=vF[λ3/2±λ3-2+22λ].
Átalakítva:
vb12=vF[(rFrM)3/2-1±(rFrM)2+2-22rFrM.]
Az adatokat behelyettesítve, az egyik gyök negatív, a másik pedig vb=5,5 km/s.
Tehát a Mars gravitációs terének kihasználásával elegendő, ha a szondát csak 5,5 km/s nagyságú sebességgel indítjuk el.
d) Az energiamegtakarítás
va2-vb2va2=80%.

Mérési feladatok
 

1. Vizsgáld meg a kis váltóáramú motor által hajtott sárgaréz korong gyorsulását és lassulását is! A félfordulatok mért idejéből ábrázold a korong szögelfordulását, a szögsebességét és a szöggyorsulását az idő függvényében! Határozd meg a motor forgatónyomatékát és teljesítményét a szögsebesség függvényében!
 

Berendezések:

‐ váltóáramú motor kapcsolóval és egy sárgaréz korong;

‐ indukciós érzékelő;

‐ sokcsatornás időmérő berendezés.
 
 
6. ábra
 

Útmutatás: Amikor a koronghoz erősített két vasbütyök valamelyike 0,5mm-nél közelebb kerül az indukciós érzékelőhöz, az érzékeli ezt és egy jelet küld az időmérő berendezésnek.
A stopper egy számítógépbe van programozva úgy, hogy regisztrálja és a memóriában tárolja azt az időpillanatot, amelynél az érzékelő érzékeli a hozzá közeledő bütyköt. A stoppert egyszerűen az alábbi számok benyomásával működtetheted:

5 ‐ mérés. Maga a mérés nem azonnal kezdődik. A stopper akkor indul, ha beütöd annak a kódjelét, hogy hány mérést kívánsz végezni, azaz hányszor érzékelje a gép a bütyköket.

3 ‐ 30 mérés elvégzése.

6 ‐ 60 mérés elvégzése.
E két parancs bármelyikére elkezdődik a mérés. A mérés elvégzése után a képernyőn grafikus formában megjelenik az eredmény. A függőleges tengely a bütykök észlelése között eltelt időintervallumok hosszát mutatja, a vízszintes tengely az intervallumok számát.

7 ‐ kijelzi az eredményeket számszerű formában. Az első oszlop a mérések sorszámát mutatja, a második a mérés kezdete óta eltelt időt, a harmadik pedig a bütykök észlelése között eltelt időtartamok hosszát adja meg.
 

Amennyiben 60 mérést végzel:

8 ‐ a táblázat első oldalát mutatja,

2 ‐ a táblázat második oldalát mutatja,

4 ‐ grafikusan mutatja az eredményeket.
 
A méréssorozatot az előírt számú mérés elvégzése előtt is félbeszakíthatod oly módon, hogy valamelyik gombot megnyomod, és ezek után még egy fél fordulattal megforgatod a korongot.
A motor 25V váltófeszültségről működik és a tartólemezén található kapcsolóval indítható el.
A korong és a motor forgórészének teljes tehetetlenségi nyomatéka:
(14,±0,5)10-6kgm2.
A megoldás menete: A mérési elrendezés vázlatosan a 6. ábrán látható. A számítógép csak a feladatban leírt műveletek végzésére volt alkalmas, ezért a mellékszámításokat csak külön zsebszámológéppel lehetett elvégezni.
A szögelfordulás‐idő grafikon elkészítése egyszerű, hiszen a mérés elvégzése után a függőleges tengelyen csak a képernyőről leolvasott félfordulatok számának π-szeresét kell ábrázolni.
A szögsebesség‐idő grafikonnál a függőleges tengelyen a félfordulatok között eltelt idő reciprokának π-szeresét kell ábrázolni.
A szöggyorsulás‐idő grafikont a szögsebesség‐idő grafikon numerikus differenciálásával kapjuk.
 
 
7.a. ábra
 

 
 
7.b ábra
 

A 7.a ábrán a gyorsulásnál, a 7.b ábrán a lassulásnál kapott grafikonok vázlatos rajzát láthatjuk. A lassulást a huzamosabb ideje működő motor kikapcsolásával lehet mérni.
Feltehetően a gyorsulásnál is ugyanazok a veszteségek vannak jelen, mint lassulásnál. Így a motor forgatónyomatéka:
Mm=Θ(β1-β2).

Az így kiszámított Mm-et, valamint ennek ω-szorosát ω függvényében ábrázoljuk. A kapott grafikonok sematikusan a 8. ábrán láthatók.
 
 
8. ábra
 

A megoldáshoz hozzátartozik a hibák vizsgálata, és több mérés elvégzése.
 
2. Egy fekete dobozban állandó mágneseket rejtettek el. Határozd meg valamennyi mágnes középpontjának térbeli helyzetét és az irányítását! (Ez utóbbit a 9. ábra jelöléseivel értelmezzük.) Az x, y és z koordinátákat a doboz piros sarokpontjától kell mérned. (L. a 10. ábrát!)
 
 
9. ábra
 

 
 
10. ábra
 

Miután kalibráltad a mérőrendszert, határozd meg a B mágneses indukcióvektor z komponensét az (x, y) síkon z=0 mellett!
Mérd meg a külön adott mágnes külső B mágneses indukciójának legnagyobb értékét!
 

Eszközök:
 

‐ állandó mágnes, amely ugyanolyan, mint az elrejtettek;
‐ változtatható egyenfeszültségű tápegység áramerősség korlátozóval (0-24 V);
‐ indukciós kis tekercs (1400 menet, R=230Ω);
‐ tekercspár mágneses tér előállítására, egyenként 8800 menet és R=990Ω;
‐ fekete doboz rejtett mágnesekkel;
‐ voltmérő (az 1 V-os, a 3 V-os és a 10 V-os méréshatárt ajánljuk);
‐ elektronikus áramkör (javasolt tápfeszültség 24 V), (lásd a 11. ábrát!);
‐ árammérő műszer;
‐ tolóellenállás, 3,3kΩ;
‐ 4 db csatlakozó zsinór;
‐ tartólap, rögzítésre szolgáló lyukakkal;
‐ több célra (pl. a tekercsek rögzítésére) felhasználható gumikarikák;
‐ fogvájók;
‐ vonalzó;
‐ fonál.
 
 
11. ábra
 

Utasítások: A mágnesek megkeresésére mindenféle rombolásmentes módszer felhasználható. A végső jegyzőkönyvnek tartalmaznia kell az eredményeket, az összefüggéseket, a grafikonokat és a rajzokat. Az általad használt mérési módszer magyarázatára mindig rajzot használj magyarázó szöveg helyett, ha ez lehetséges!
Az indukált feszültség mérésére használható eszköz helyes használata egyértelműen leolvasható a 11. ábráról. Az ábra szerinti berendezés a mágneses térre reagál. A leolvasható maximális feszültség arányos a mágneses fluxusváltozással, amely átmegy a tekercsen. [Az ábrán a nullázó nyomógombot (RESET) 1-es, a kimenő nulla szintet beállító gombot 0 jelöli.]
 

A megoldás menete: Célszerű először a mágneses indukcióváltozást érzékelő eszközt hitelesíteni. E célból a kisméretű 1400 menetes tekercs felhasználásával állítsuk össze a 11. ábra szerinti kapcsolást. A hitelesítés a következőképp történik. A kis tekercset a 12. ábra szerinti elrendezésben a két nagy tekerecs közé helyezzük, az eszközt nullázzuk, majd a kis tekercset hirtelen kirántjuk a nagy tekercsek közül. Ekkor a műszeren mutatott feszültség a
ΔB=μ0NUlR
mágneses indukcióváltozásnak felel meg, ahol N és R a két tekercs együttes menetszáma és ellenállása.
 
 
12. ábra
 
A mérőrendszer kalibrálása után határozzuk meg az adott állandó mágnes külső mágneses indukciójának legnagyobb értékét! Ezt legegyszerűbben úgy tehetjük, hogy a mágnes felületének különböző pontjaira helyezzük a kis tekercset, majd onnan hirtelen elrántva leolvassuk a műszeren mutatott feszültséget. A legnagyobb indukciójú helyek a mágnesrúd végének közelében vannak.
Az adott mágnesrudat a közepén fonálra függesztve és a fekete doboz felett mozgatva könnyen megtalálhatjuk a két elrejtett mágnest. Ez a módszer alkalmas a mágnesek pontos helyének meghatározására az (x, y) síkban.
Ezután mérjük meg a B értékét a z=0 síkon a mágnesek környezetében több helyen!
A mért értékek nagyságából következtethetünk arra, hogy milyen közel vannak a mágnesek a mérési helyekhez, azaz meghatározhatjuk a mágnesek z irányú elhelyezkedését.