Cím: 1987. évi fizika OKTV
Szerző(k):  Vermes Miklós 
Füzet: 1987/október, 321 - 327. 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 verseny három kategóriában folyt le. Az I. kategóriában a szakközépiskolai tanulók versenyeztek. A II. kategóriába tartozott minden III. osztályos tanuló (kivéve a speciális, ill. komplex tantervű osztályok tanulóit), továbbá a fizikából fakultáción részt nem vevő IV. osztályos tanulók. A III. kategóriába tartozott minden további IV. osztályos tanuló és a speciális, ill. komplex III. osztályos tanulók. A II. és a III. kategóriában a feladatok ugyanazok voltak.

 

A II. és III. kategória feladatai
I. forduló

 

1. Kezdetben a vékony üvegcső mindegyik szárában egyenlő magasan áll a higany (1. ábra). A légköri levegő 76 cm magas higanyoszlop nyomásával tart egyensúlyt. Ezután a jobboldali szár felett növeljük a levegő nyomását, amíg 232,8 cm-es higanyoszlop nyomásával lesz egyenlő. Hogyan állnak most az egyes oszlopokban a higanyszintek?
 
 
1. ábra
 

(Lugosi Erzsébet)

 
Megoldás. A levegő hosszát, a nyomásokat a higanyoszlopok hosszával mérjük ( 2. ábra).
 
 
2. ábra
 

A nyomásnövelés után a higanyoszlopok magassága az egyes szárakban x, y, z, v. Az elzárt levegő nyomása p. Boyle-Mariotte törvénye szerint:
(16+152)76=(16+304-y-z)p.
A szárakban a nyomáskülönbségek:
76+v-z=p,p+y-x=232,8.


A higanytérfogatok állandósága miatt:
v+z=152,y+x=152.


Az egyenletrendszer megoldása: x=12,8 cm, y=139,2 cm, z=60,8 cm, p=106,4 cm Hg.
 
2. Egy 8 kg tömegű, 20cm2 alapterületű henger lóg dugattyújánál felfüggesztve (3 ábra). A hengerben 27C hőmérsékletű hélium van. A hőmérséklet lassan csökken. Mennyi hőt kell a héliumtól elvonni, hogy a gázoszlop eredetileg 11,2 dm-es hossza 8,96 dm-re rövidüljön? A külső légnyomás 105 Pa, g=10m/s2. A hélium állandó térfogat melletti molhője Cv=12300J/kmol K.
 
 
3. ábra
 

(Vermes Miklós)

 
Megoldás. A henger súlyából származó nyomás 80:20=4N/cm2. Kezdetben és mindvégig a hélium nyomása 10-4=6N/cm2. A lehűlés előtt a hőmérséklet 273+27=300K volt, a lehűlés után T lett. A gáztörvény szerint:
8,9611,2=T300,innenT=240K.

A hélium eredeti térfogata 2010-41,12=0,00224m3, végső térfogata 2010-40,896=0,00179m3. A hélium normáltérfogata V0. A gáztörvény szerint:
10V0273=60,0024300,innenV0=0,001223m3,


a hélium mennyisége: 0,001223:22,4=5,4610-5 kmol. Az I. főtétel szerint: ΔE=ΔQ+ΔW. A gáz energiájának megváltozása:
ΔE=123005,4610-5(240-300)=-40,3joule.
A gázon végzett munka:
ΔW=pΔV=6104(0,00224-0,00179)=27joule.
Behelyettesítve az I. főtételbe:
-40,3=ΔQ+27,innenΔQ=-67,3joule.

 
3. Egy α=16,25 hajlásszögű lejtőn M=1,6 kg tömegű test van (4. ábra). A súrlódási együttható μ=0,2. A lejtőre helyezett testet elengedjük, és ebben a pillanatban v=12 m/s sebességgel vízszintesen belelövünk egy m=0,4 kg tömegű golyót. Mennyivel csúsznak feljebb a lejtőn? (g=10m/s2.)
 
 
4. ábra
 

(Lugosi Erzsébet)

 
Megoldás. Az ütközésnél fellépő erőkhöz képest a gravitációs erők elhanyagolhatók. A tömegekre ható külső erő az Fn erő, amelyet a lejtő merőleges irányban fejt ki és μFn súrlódási erő ( 5. ábra).
 
 
5. ábra
 


Mindkettő az ütközés Δt ideje alatt átlagos erő. Közvetlenül az ütközés után a két test együttes sebessége v0. Alkalmazzuk az impulzustörvényt a lejtővel párhuzamos és a lejtőre merőleges irányokban!
Párhuzamosan: (m+M)v0=mvcosα-μFnΔt;

merőlegesen: mvsinα=FnΔt.
FnΔt kiküszöbölésével: v0=mv(cosα-μsinα)M+m=2,17m/s.

A mozgást fékező gyorsulás: a=g(sinα+μcosα)=0,427g=4,27m/s2. A lejtőn felfelé megtett út: s=v02/2a=0,499 méter.
 
4. Egy vízszintes pályán m tömegű kiskocsi áll, rajta L=2 m magas, ugyancsak m tömegű rögzített oszlop áll (6. ábra). Ennek végéhez szintén m tömegű és L=2 m hosszú rúd kapcsolódik egy csuklóval. A rudat vízszintes helyzetből elengedjük. Mekkora sebességgel csapódik a rúd vége az oszlophoz? (g=10m/s2)
 
 
6. ábra
 

(Honyek Gyula)

 

Megoldás. Jelöljük az ütközés pillanatában a rúd közepének a talajhoz viszonyított sebességét v-vel ( 7. ábra). Az impulzusmegmaradás törvényének értelmében ekkor a kocsi sebessége v/2. A rúd középpontjának a kocsihoz viszonyított sebessége v+v/2=3v/2. A rúd végpontjának a kocsihoz viszonyított sebessége 23v2=3v.
 
 
7. ábra
 

A v sebességet az energiamegmaradás törvényével számítjuk:
mgL2=mv22+12ω2112mL2+12(2m)(v2)2.
A rúd szögsebességét a középpontnak a kocsihoz viszonyított sebességéből számítjuk:
ω=3v/2L/2=3vL.
Behelyettesítve az energiatételbe kapjuk a rúd középpontjának a talajhoz viszonyított sebességére: v=23gL, és ezzel a rúd végpontjának a kocsihoz viszonyított sebessége:
3v=2gL=8,94m/s.

 

II. forduló

 

1. Függőleges tengely körül forgó vízszintes rúdon m=0,6 kg tömegű test csúszhat (8. ábra). A testet egy rugó kapcsolja a tengelyhez. A rugó eredeti hossza L=0,2 m és rugóállandója D=5 N/m. A szögsebesség w=2,5s-1, (g=10m/s2).
 
 
8. ábra
 


Mekkora állandó sugarú körpályán maradhat meg a test abban az esetben,
 
a) amikor a súrlódási együttható μ=1/12
 
b) és amikor a súrlódási együttható μ=0,25?
 
c) Hogyan alakulnak a viszonyok ω=3,3s-1 szögsebességnél, ω=1/12, ill. ω=0,25 esetében?
 
(Nagy László)

 
Megoldás. r sugarú körpályán maradáshoz mω2r nagyságú erő kell.
 
 
9.a ábra
 

A 9.a ábra grafikonján a vastag vonal mutatja ω=2,5s-1 esetében a körmozgáshoz szükséges erőt r függvényében: F=3,75r. Ezt az erőt a rugó D(r-L)=5r-1 ereje hozza létre, ennek r-től való függését a vékony, folytonos vonal tünteti fel. A metszéspont tünteti fel a 3,75r=5r-1 egyenletből a súrlódás nélküli esetben létrejövő r=0,8 m állandó sugarat. Feladatunkban a rugó erejéhez hozzájárul a súrlódási erő.
a) μ=1/12 esetében a lehetséges legnagyobb súrlódási erő μmg=0,5 newton.

Az egyensúly feltétele a szélső esetben:
+0,5 newtonhoz tartozóan: 3,75r=5r-1+0,5, innen r=0,4 méter;
-0,5 newtonhoz tartozóan: 3,75r=5r-1-0,5, innen r=1,2 méter.
A létrejövő sugár értéke lehet:
0,4<r<1,2.

A metszéspontokat a 9.a ábrán a szaggatott egyenesek hozzák létre.
 
b) μ=0,25 esetében a maximális súrlódási erő μmg=1,5 newton. Az egyensúly feltétele a szélső esetekben:
+1,5 newtonhoz tartozóan: 3,75r=5r-1+1,5, innen r=-0,4 méter;
-1,5 newtonhoz tartozóan: 3,75r=5r-1-1,5, innen r=2 méter.

Állandó sugarú körmozgás lehetséges (elvben), ha
0<r<2.
A negatív sugárra vonatkozó rész nem valósítható meg. A rugó 0,2 méter alatt összenyomott állapotban volna. A 9.a ábrán pontozott vonalak tartoznak ehhez az esethez.
 
 
9.b ábra
 

c) ω=3,3s-1 esetében a 9.b ábra rajzán a vastag vonal tünteti fel a körmozgáshoz szükséges erő függését r sugártól: F=6,534r. μ=1/12 esetében a rugó és a súrlódás együttes + 5r-1±0,5 ereje nem ad pozitív r-hez tartozó metszéspontot, ilyen esetben nem jöhet létre állandó sugarú körmozgás. μ=0,25 esetében
6,534r=5r-1±1,5egyenlet gyökei
r=0,33 méter és r=-1,63 méter. Ekkor 0 és 0,33 méter között lehetséges állandó sugarú körmozgás.
 
2. Adva van egy félkör alakú vályú és benne egy A-tól mélyebben fekvő B pontba vezető lejtő. (10. ábra).
 
 
10. ábra
 

Bebizonyítandó: bárhol legyen is a félkörön az AB íven egy C pont, az ACB lejtőn hamarabb ér el egy test A-ból B-be, mint az eredeti AB lejtőn! C-ben az irányváltozás nem jár a sebesség nagyságának megváltoztatásával. A súrlódástól eltekintünk.
(Kovacsics Csaba)

 
Megoldás. Megrajzoljuk az A és C pontokon átmenő függőleges átmérőjű félkört ( 11. ábra). Ez az eredeti lejtőt D-ben metszi. Az ismeretes mértani hely szerint a mozgás ideje az AD és az AC lejtőkön ugyanannyi. Ezután a DB és CB utak megtevéséhez szükséges időt kell összehasonlítanunk.
 
 
11. ábra
 

Rajzoljuk meg a DCB pontokon átmenő kört. Ebben a DB nagyobb középponti szöghöz tartozik, mint CB, tehát a DB út hosszabb, mint a CB út. Azonkívül a CB út minden pontja mélyebben van, mint a DB út bármely pontja, tehát a CB úton bármely ponton nagyobb a sebesség, mint a DB úton. Mindez azt jelenti, hogy a CB úton rövidebb a menetidő, mint DB úton, és ezzel az állítás be van bizonyítva.
 
3. Egyik végén zárt, 0,2cm2 alapterületű üvegcsövet nyitott végével felfelé függőlegesen tartunk (12. ábra). A csőben 0,25 cm hosszú folyékony éteroszlopot 19 cm hosszú higanyoszlop zár el. A hőmérséklet 35C (az éter forrponja). Hogyan helyezkedik el a higanyoszlop, ha a csövet megfordítjuk úgy, hogy nyitott vége legyen lefelé? A folyékony éter sűrűsége 0,7g/cm3, relatív molekulatömege 74.
(Vermes Miklós)

 
Megoldás. Kezdetben a nyomás 5/4 légköri nyomás, ekkor az éter folyékony. Megfordítva a nyomás 3/4 légköri nyomás, az éter elpárolog telítetlen gőzzé.
 
 
12. ábra
 

Az éter mennyisége 0,20,25=0,05cm3, tömege 0,050,7=0,035 gramm, vagyis 0,035:74=0,000473 mol. Normálállapotban ennek 2,241044,7310-4=10,6cm3 a térfogata. Keressük, mennyi ennek a térfogata a mi körülményeink között. A gáztörvény szerint:
110,6273=0,75V273+35,
az étergőz térfogata V=15,9cm3. A gőzzel megtöltött rész hossza: 15,90,2=79,5 cm.
 
4. Kör alakú vezetőhurok egyharmad részének ellenállása 5 ohm, kétharmad részének ellenállása 2 ohm. A kör területe 0,3m2 (13. ábra). A két rész találkozási helyeiről sugárirányú huzalokkal a kör középpontjába kisméretű ampermérőt kapcsolunk, melynek ellenállása 0,5 ohm. A kör síkjára merőleges homogén mágneses indukció az időben egyenletesen változik:
Bt=0,4T/s.

 
 
13. ábra
 

a) Mekkora áramot jelez az ampermérő?
b) Az ampermérőt ideális voltmérővel cseréljük fel. Ez mekkora feszültséget jelez?
(Nagy László)
 
Megoldás. a) Jelöljük a műszer ellenállását R-rel. Az indukált elektromotoros erő a műszer és az 5 ohmos ellenállás áramkörében 0,10,4=0,04 volt, ez fedezi az áramkörben az ellenállásokon létrejövő feszültségeséseket. Az 5 ohmos ellenállásban A-tól B felé I1, a műszeren átvezető R ellenálláson át A-tól B felé I erősségű áram folyik, ezért:
0,04=5I1-RI.
A 2 ohmos ellenállásban B-től A felé I2 erősségű áram folyik, és ebben az áramkörben az indukált feszültség 0,20,4=0,08 volt, ezért:
0,08=2I2+RI.
Az áramelágazás törvénye szerint: I1+I=I2.

Az egyenletrendszer megoldása:
I1=0,08+0,12R10+7R,I2=0,4+0,12R7+R,I=0,327+R.


Az ampermérő R=0,5 ohmos ellenállása esetében: I1=0,0104 amper, I2=0,0341 amper, I=0,0237 amper. Ez utóbbit mutatja az ampermérő A-tól B felé mutató irányban.
b) Az ampermérőre jutó feszültségkülönbség:
IR=0,32R10+R=0,3210/R+7.
R= ellenállású mérőműszer esetében a feszültség:
0,32:7=0,0457volt.
Ennyit mutat a voltmérő. A feszültség pozitív vége az A-ból kiinduló vezetéken van.
 

III. forduló

 

A versenyzők híg cinkjodid oldatot elektrolizáltak, és megfigyelték a fajlagos ellenállás időtől való függését. Az oldat hígulása következtében az ellenállás nőtt, és ezt a folyamatot kellett megvizsgálni. A feladat részletes ismertetése a Fizika tanítása című folyóiratban jelenik meg.
 

Az 1987. évi tanulmányi verseny eredménye

 

II. kategória

 

1. díj: Cynolter Cábor (Budapest, Fazekas M. Gyak. Gimn., IV. o. t., tanára: Horváth Gábor)
2. díj: Vargay Péter (Debrecen, Fazekas M. Gimn., IV. o. t.. tanárai: Szegedi Ervin és Takács Kálmán)
3. díj: Benczúr András (Budapest, Fazekas M. Gyak. Gimn., IV. o. t., tanára: Horváth Gábor)
 
A további helyezettek: 4. Drasny Gábor (Bp., Fazekas M., Gyak. G., III. o. t., t.: Horváth Gábor), 5. Keleti Tamás (Bp., Fazekas M. Gyak. G., III. o. t., t.: Horváth Gábor), 6. Tasnádi Tamás, (Bp., I. István G., IV. o. t., t.: Moór Ágnes), 7. Gyuris Viktor (Bp., Fazekas M. Gyak. G., IV. o. t., t.: Horváth Gábor), 8. Pál Gábor (Bp., Árpád G., IV. o. t., t.: Székely György), 9. Vadász Dénes (Miskolc, Földes F. G., IV. o. t., t.: Dolák Gabriella), 10. Lang András (Győr, Révai M. G., III. o. t., t.: Székely László és Jagudits György).
Elsőfokú dicséretet 13, másodfokú dicséretet 4 tanuló kapott.
 

III. kategória

 

1 díj: Zaránd Gergely (Budapest, Piarista Gimn., IV. o. t., tanára: Görbe László)
2 díj: Vasy András (Budapest, Apáczai Csere J. Gimn., III. o. t., tanára: Zsigri Ferenc)
3. díj: Balogh Péter (Mezőkövesd, I. László Gimn., IV. o. t., tanára: Rácz György)
 
A további helyezettek: 4. Rösner Vilmos (Bp., Apáczai Csere J. G., III. o. t., t.: Kelemen László), 5. Horváth András (Győr, Révai M. G., IV. o. t., t.: Székely László, Nikházy László és Takács István), 6. Juhász Attila (Debrecen, Kossuth L. G., IV. o. t., t.: Nagy Lászlóné), 7. Károlyi György (Bp., Radnóti M. G., IV. o. t., t.: Tomcsányi Péter), 8. Englert Rolland (Paks, Vak Bottyán G., IV. o. t., t.: Czuczor Miklós), 9. Csáki Csaba (Bp., Apáczai Csere J. G., III. o. t., t.: Kelemen László), 10. Márkus Csaba (Sárvár, Tinódy S. G., IV. o. t., t.: Tóth János).
Elsőfokú dicséretet 18, másodfokú dicséretet 26 tanuló kapott.
Vermes Miklós