Kezdőlap


Cím:	1985. évi Eötvös Loránd Fizikaverseny
Szerző(k):	Vermes Miklós
Füzet:	1986/február, 81 - 84. oldal	PDF \| MathML
Témakör(ök):	Eötvös Loránd (korábban Károly Irén)

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

Az Eötvös Loránd Fizikai Társulat 1985. október 26-án rendezte 62. versenyét Budapesten és 12 vidéki városban az abban az évben érettségizettek és középiskolai tanulók részére. A versenyzők 5 órai munkaidő alatt oldhattak meg három fizika feladatot. Bármely segédeszközt használhattak, beleértve a zsebszámítógépet is. A versenyen 209 dolgozatot adtak be. Ismertetjük a feladatokat és a verseny eredményét.
1. Adva van egy vízszintes síkban folytatódó körlejtő, sugara $A C = R = 0, 9 m, α = 30^{\circ}$ (1 ábra). Egy abroncs sugara $A O = r = 0, 1 m$ . Az abroncs kerületére vele egyenlő tömegű nehezéket erősítettünk $(M)$ . Az abroncsot úgy helyezzük a lejtőre, hogy a nehezék az $A C$ egyenesen legyen. Az abroncsot elengedjük és az mindvégig csúszás nélkül gördül. Milyen magasra jut az abroncs középpontja a körlejtőn való végigfutás után?
(Nagy László)

1. ábra

Megoldás. A körlejtő és az abroncs méretezése olyan, hogy az abroncs éppen másfelet gördül, amíg a körlejtő jobb oldali végén levő

B

pontba ér. Ide megérkezve a nehezék a

B

pontnál van (2. ábra). Jelöljük az abroncs tömegét

m

-mel! Az összesen

2 m

tömeg közös súlypontja a sugár felében,

S

-ben van. A körlejtőn való végiggurulás befejeztével a helyzeti energia csökkenése

2 m g r cos α

. Ebből mozgási energia lett.

2. ábra

A feladat kérdésének a lényege: mi történik az abronccsal a

B

pontba való megérkezése után? Az abroncs ebben a pillanatban a

B

pont körül forog egy bizonyos

ω_{α}

szögsebességgel. A

B

pontra vonatkozó tehetetlenségi nyomaték (Steiner tételét felhasználva)

m r^{2} + m r^{2} = 2 m r^{2} = Θ

, az abroncs és a nehezék mozgási energiája

Θ \cdot ω_{α}^{2} / 2 = m r^{2} ω_{α}^{2}

. Ez egyenlő a helyzeti energia csökkenésével:

\begin{matrix} m r^{2} ω_{α}^{2} = 2 m g r cos α . \end{matrix}

Ebből következően a szögsebesség:

\begin{matrix} ω_{α} = \sqrt[]{(2 g cos α) / r} = 13, 03 s^{- 1} . \end{matrix}

A súlypont sebessége ekkor:

\begin{matrix} v_{α} = \frac{r}{2} \cdot ω_{α} = \sqrt[]{g r cos (α / 2)} = 0, 651 m/s . \end{matrix}

Az a kérdés, mi történik ezután az abronccsal: ferde hajítás jön létre, vagy rágördül a vízszintes síkra? Vizsgáljuk az utóbbi esetet! Egy bizonyos

φ

‐szögű helyzetben a súlypont sebessége

v_{φ}

. Ekkor a

B

pont körüli körmozgás létrehozásához szükséges erő:

\begin{matrix} \frac{2 m v_{φ}^{2}}{r / 2} = \frac{4 m v_{φ}^{2}}{r} . \end{matrix}

Ez az erő a lejtő által a sugár irányában kifejtett

F

támaszerő és a súly sugár irányába eső vetületének a különbsége:

\begin{matrix} \frac{4 m v_{φ}^{2}}{r} = 2 m g cos φ - F . \end{matrix}

φ

-helyzethez tartozó támaszerő:

\begin{matrix} F = 2 m g cos φ - 4 m v_{φ} / r . \end{matrix}

A súlypontnak a

φ

-helyzethez tartozó

v_{φ}

sebességét az energiamegmaradás tételével kapjuk. A

B

pontba való érkezéskor a mozgási energia

\begin{matrix} ω_{α}^{2} \cdot Θ / 2 = {(\frac{v_{α}}{r / 2})}^{2} \cdot \frac{2 m r^{2}}{2} = 4 m v_{α}^{2} . \end{matrix}

Egy bizonyos

φ

-helyzetben a mozgási energia

4 m v_{φ}^{2}

. A mozgási energia csökkenése egyenlő a felemeléshez szükséges munkavégzéssel:

\begin{matrix} 4 m (v_{α}^{2} - v_{φ}^{2}) = 2 m g \cdot \frac{r}{2} \cdot (cos φ - cos α) . \end{matrix}

Innen a

φ

-helyzethez tartozó sebesség négyzete:

\begin{matrix} v_{φ}^{2} = v_{α}^{2} - g r cos φ / 4 + g r cos α / 4. \end{matrix}

Felhasználva

v_{α}^{2} = g r cos α / 2

előbbi eredményünket:

\begin{matrix} v_{φ}^{2} = 3 g r cos α / 4 - g r cos φ / 4. \end{matrix}

Ezzel a támaszerő mint

φ

függvénye:

\begin{matrix} F = 3 m g (cos φ - cos α) . \end{matrix}

Miközben az abroncs felemelkedik az

α

szöghöz tartozó helyzetből a

φ = 0

szöghöz tartozó helyzetig, a támaszerő sohasem lesz negatív, vagyis az abroncs rágördül a vízszintes síkra. (Csak a

φ = α

helyzetben tűnik el a támaszerő, de csak egy pillanatra. A feladatban egyébként is kikötöttük a sima gördülést.)

3. ábra

Mi történik, ha az abroncs

B

pontba való megérkezésének pillanatában eltüntetjük a lejtőt? Ekkor ferde hajítás következik, amelynél a súlypont pályáját a 3. ábra mutatja. A súlypont tetőponti helyzetéhez tartozó, az abroncsot mutató szaggatott vonalú kör belenyúlik a lejtő testébe, ami ugyancsak azt mutatja, hogy az abroncs simán felgördül a vízszintes részre. Itt a súlypont addig emelkedik, amíg az

A

pontbeli kiindulási magasságát el nem éri, azután a mozgás elindul visszafelé. Tehát az abroncs középpontja

r / 2

magasságig jut fel. A 4. ábra mutatja a mozgás lefolyását: két ciklust kis körív köt össze.

4. ábra

2. Egy

d = 2 μ m

rácsállandójú rácsra

λ = 0, 5 μ m

hullámhosszú fény esik úgy, hogy a beeső fénysugarak

φ = 30^{\circ}

-os szöget zárnak be a rács síkjára merőleges egyenessel. (A fénysugarak merőlegesek a rács réseire.) Mekkora szöget zárnak be az eredeti iránnyal az első erősítések felé haladó fénysugarak?
(Radnai Gyula)

Megoldás. A síkhullám az

A_{1} A_{2}

síkba egyenlő fázisban érkezik (5. ábra). Az

α

szög irányába menő síkhullám minden részének egyező fázisban kell lennie, ha erősítés jön létre. Első erősítés esetében az

A_{2} B_{2} - A_{1} B_{1}

útkülönbség éppen 1 hullámhossz:

\begin{matrix} d sin (α + φ) - d sin φ = λ . \end{matrix}

Vagyis

\begin{matrix} d sin (α + φ) = λ + d sin φ . \end{matrix}

Adatainkkal

sin (α + φ) = 0, 75

α + φ = 48, 59^{\circ}

és

α = 18, 59^{\circ}

5.a ábra

5.b ábra

Az eredeti irány másik oldalán az útkülönbség:

\begin{matrix} A_{1} B_{1} - A_{2} B_{2} = d sin φ - d sin (φ - β) = λ . \end{matrix}

Ekkor

d sin (φ - β) = d sin φ - λ

, adatainkkal:

\begin{matrix} sin (φ - β) = 0, 25, φ - β = 14, 48^{\circ} és β = 15, 52^{\circ} . \end{matrix}

Figyelemre méltó, hogy a két oldalon az első erősítések iránya nem ugyanaz. Röntgensugarak hullámhosszának a meghatározását egy alkalommal elvégezték úgy, hogy karcolt üvegrácsra igen ferdén ejtették be a sugarakat, mert ilyenkor sokkal nagyobb a rács felbontóképessége. Néhány könyvben az az állítás olvasható, hogy ferde beesés esetében a rácsállandó vetületével kell számolni, ez azonban téves állítás.

3. Egy

U

alakú csőben folyadék van egyensúlyban (6. ábra). Ezután a bal oldalt szár alá igen nagy tömegű golyót helyezünk. Hogyan változnak meg a folyadékszintek?
(Károlyházy Frigyes)

6.a ábra

6.b ábra

Megoldás. A közlekedő edény folyadékfelszínei nívófelületen helyezkednek el, ezek eredetileg vízszintes síkok. A nagy tömegű golyó odahelyezése után a nívófelületek jobboldalt mélyebbre kanyarodnak, tehát a szint a bal oldali szárban emelkedik, a jobb oldaliban csökken

A verseny eredménye

I. díjat hárman kaptak egyenlő helyezésben: Kaiser András, a budapesti Fazekas Mihály Gimnázium IV. o. tanulója, tanára Horváth Gábor. Kós Géza, budapesti Berzsenyi Dániel Gimnázium IV. o. tanulója, tanára Pappné Kovács Katalin és Pfeil Tamás, a budapesti ELTE‐TTK 1. éves matematikus hallgatója, aki Dunaújvárosban a Münnich Ferenc Gimnáziumban érettségizett mint Székelyi Sándorné tanítványa.
II. díjat kapott Tasnádi Tamás, a budapesti I. István Gimnázium III. o. tanulója, tanára Moór Ágnes.
III. díjat hárman kaptak egyenlő helyezésben: Matyasi Gábor a kazincbarcikai Ságvári Endre Gimnázium IV. o. tanulója, tanára Pászty Györgyné, Német-Buhin Ákos, honvéd, aki a budapesti Fazekas Mihály Gimnáziumban érettségizett mint Tóth László tanítványa és Papp Zoltán, a budapesti József Attila Gimnázium IV. o. tanulója, tanára Sarkadi Ildikó.
Dicséretet hárman kaptak egyenlő helyezésben: Balogh Péter, a mezőkövesdi I. László Gimnázium III. o. tanulója, tanára Rácz György, Czigány Zsolt, a zalaegerszegi Zrínyi Miklós Gimnázium IV. o. tanulója, tanára Németh László és Sass Balázs, a budapesti Árpád Gimnázium III. o. tanulója, tanára Székely György.