Kezdőlap


Cím:	1987. évi fizika OKTV
Szerző(k):	Vermes Miklós
Füzet:	1987/október, 321 - 327. oldal	PDF \| MathML
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:

\begin{matrix} (16 + 152) \cdot 76 = (16 + 304 - y - z) \cdot p . \end{matrix}

A szárakban a nyomáskülönbségek:

\begin{matrix} 76 + v - z = p, \\ p + y - x = 232,8. \end{matrix}

A higanytérfogatok állandósága miatt:

\begin{matrix} v + z = 152, \\ y + x = 152. \end{matrix}

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,

20 {cm}^{2}

alapterületű henger lóg dugattyújánál felfüggesztve (3 ábra). A hengerben

27^{\circ}

C 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

10^{5}

Pa,

g = 10 {m/s}^{2}

. A hélium állandó térfogat melletti molhője

C_{v} = 12 300 J/kmol K

3. ábra

(Vermes Miklós)

Megoldás. A henger súlyából származó nyomás

80 : 20 = 4 {N/cm}^{2}

. Kezdetben és mindvégig a hélium nyomása

10 - 4 = 6 {N/cm}^{2}

. A lehűlés előtt a hőmérséklet

273 + 27 = 300 K

volt, a lehűlés után

T

lett. A gáztörvény szerint:

\begin{matrix} \frac{8,96}{11,2} = \frac{T}{300}, innen T = 240 K . \end{matrix}

A hélium eredeti térfogata

20 \cdot 10^{- 4} \cdot 1,12 = 0,00224 m^{3}

, végső térfogata

20 \cdot 10^{- 4} \cdot 0,896 = 0,00179 m^{3}

. A hélium normáltérfogata

V_{0}

. A gáztörvény szerint:

\begin{matrix} \frac{10 V_{0}}{273} = \frac{6 \cdot 0,0024}{300}, innen V_{0} = 0,001 223 m^{3}, \end{matrix}

a hélium mennyisége:

0,001 223 : 22,4 = 5,46 \cdot 10^{- 5}

kmol. Az I. főtétel szerint:

Δ E = Δ Q + Δ W

. A gáz energiájának megváltozása:

\begin{matrix} Δ E = 12 300 \cdot 5,46 \cdot 10^{- 5} (240 - 300) = - 40,3 joule . \end{matrix}

A gázon végzett munka:

\begin{matrix} Δ W = p \cdot Δ V = 6 \cdot 10^{4} \cdot (0,00224 - 0,00179) = 27 joule . \end{matrix}

Behelyettesítve az I. főtételbe:

\begin{matrix} - 40,3 = Δ Q + 27, innen Δ Q = - 67,3 joule . \end{matrix}

3. Egy

α = 16, 25^{\circ}

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 = 10 {m/s}^{2}

4. ábra

(Lugosi Erzsébet)

Megoldás. Az ütközésnél fellépő erőkhöz képest a gravitációs erők elhanyagolhatók. A tömegekre ható külső erő az

F_{n}

erő, amelyet a lejtő merőleges irányban fejt ki és

μ F_{n}

súrlódási erő ( 5. ábra).

5. ábra

Mindkettő az ütközés

Δ t

ideje alatt átlagos erő. Közvetlenül az ütközés után a két test együttes sebessége

v_{0}

. Alkalmazzuk az impulzustörvényt a lejtővel párhuzamos és a lejtőre merőleges irányokban!
Párhuzamosan:

(m + M) v_{0} = m v cos α - μ F_{n} \cdot Δ t

;

merőlegesen:

m v sin α = F_{n} Δ t

F_{n} \cdot Δ t

kiküszöbölésével:

v_{0} = \frac{m v (cos α - μ sin α)}{M + m} = 2,17 m/s

.

A mozgást fékező gyorsulás:

a = g (sin α + μ cos α) = 0,427 g = 4,27 {m/s}^{2}

. A lejtőn felfelé megtett út:

s = v_{0}^{2} / 2 a = 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 = 10 {m/s}^{2})

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 = 3 v / 2

. A rúd végpontjának a kocsihoz viszonyított sebessége

2 \cdot \frac{3 v}{2} = 3 v

7. ábra

v

sebességet az energiamegmaradás törvényével számítjuk:

\begin{matrix} m g \cdot \frac{L}{2} = \frac{m v^{2}}{2} + \frac{1}{2} ω^{2} \cdot \frac{1}{12} m L^{2} + \frac{1}{2} (2 m) {(\frac{v}{2})}^{2} . \end{matrix}

A rúd szögsebességét a középpontnak a kocsihoz viszonyított sebességéből számítjuk:

\begin{matrix} ω = \frac{3 v / 2}{L / 2} = \frac{3 v}{L} . \end{matrix}

Behelyettesítve az energiatételbe kapjuk a rúd középpontjának a talajhoz viszonyított sebességére:

v = \frac{2}{3} \sqrt[]{g L}

, és ezzel a rúd végpontjának a kocsihoz viszonyított sebessége:

\begin{matrix} 3 v = 2 \sqrt[]{g L} = 8,94 m/s. \end{matrix}

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 = 2,5 s^{- 1}

(g = 10 {m/s}^{2})

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 = 3,3 s^{- 1}

szögsebességnél,

ω = 1 / 12

, ill.

ω = 0,25

esetében?

(Nagy László)

Megoldás.

r

sugarú körpályán maradáshoz

m ω^{2} r

nagyságú erő kell.

9.a ábra

A 9.a ábra grafikonján a vastag vonal mutatja

ω = 2,5 s^{- 1}

esetében a körmozgáshoz szükséges erőt

r

függvényében:

F = 3,75 r

. Ezt az erőt a rugó

D (r - L) = 5 r - 1

ereje hozza létre, ennek

r

-től való függését a vékony, folytonos vonal tünteti fel. A metszéspont tünteti fel a

3,75 r = 5 r - 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

μ m g = 0,5

newton.

Az egyensúly feltétele a szélső esetben:

+ 0,5

newtonhoz tartozóan:

3,75 r = 5 r - 1 + 0,5

, innen

r = 0,4

méter;

- 0,5

newtonhoz tartozóan:

3,75 r = 5 r - 1 - 0,5

, innen

r = 1,2

méter.
A létrejövő sugár értéke lehet:

\begin{matrix} 0,4 < r < 1,2. \end{matrix}

A metszéspontokat a 9.a ábrán a szaggatott egyenesek hozzák létre.

μ = 0,25

esetében a maximális súrlódási erő

μ m g = 1,5

newton. Az egyensúly feltétele a szélső esetekben:

+ 1,5

newtonhoz tartozóan:

3,75 r = 5 r - 1 + 1,5

, innen

r = - 0,4

méter;

- 1,5

newtonhoz tartozóan:

3,75 r = 5 r - 1 - 1,5

, innen

r = 2

méter.

Állandó sugarú körmozgás lehetséges (elvben), ha

\begin{matrix} 0 < r < 2. \end{matrix}

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

ω = 3,3 s^{- 1}

esetében a 9.b ábra rajzán a vastag vonal tünteti fel a körmozgáshoz szükséges erő függését

r

sugártól:

F = 6,534 r .

μ = 1 / 12

esetében a rugó és a súrlódás együttes +

5 r - 1 \pm 0,5

ereje nem ad pozitív

r

-hez tartozó metszéspontot, ilyen esetben nem jöhet létre állandó sugarú körmozgás.

μ = 0,25

esetében

\begin{matrix} 6,534 r = 5 r - 1 \pm 1,5 egyenlet gyökei \end{matrix}

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

A B

íven egy

C

pont, az

A C B

lejtőn hamarabb ér el egy test

A

-ból

B

-be, mint az eredeti

A B

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

A D

és az

A C

lejtőkön ugyanannyi. Ezután a

D B

és

C B

utak megtevéséhez szükséges időt kell összehasonlítanunk.

11. ábra

Rajzoljuk meg a

D C B

pontokon átmenő kört. Ebben a

D B

nagyobb középponti szöghöz tartozik, mint

C B

, tehát a

D B

út hosszabb, mint a

C B

út. Azonkívül a

C B

út minden pontja mélyebben van, mint a

D B

út bármely pontja, tehát a

C B

úton bármely ponton nagyobb a sebesség, mint a

D B

úton. Mindez azt jelenti, hogy a

C B

úton rövidebb a menetidő, mint

D B

úton, és ezzel az állítás be van bizonyítva.

3. Egyik végén zárt,

0,2 {cm}^{2}

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

35^{\circ}

C (az éter forrponja). Hogyan helyezkedik el a higanyoszlop, ha a csövet megfordítjuk úgy, hogy nyitott vége legyen lefelé? A folyékony éter sűrűsége

0,7 {g/cm}^{3}

, 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

0,2 \cdot 0,25 = 0,05 {cm}^{3}

, tömege

0,05 \cdot 0,7 = 0,035

gramm, vagyis

0,035 : 74 = 0,000473

mol. Normálállapotban ennek

2,24 \cdot 10^{4} \cdot 4,73 \cdot 10^{- 4} = 10,6 {cm}^{3}

a térfogata. Keressük, mennyi ennek a térfogata a mi körülményeink között. A gáztörvény szerint:

\begin{matrix} \frac{1 \cdot 10,6}{273} = \frac{0,75 V}{273 + 35}, \end{matrix}

az étergőz térfogata

V = 15,9 {cm}^{3}

. A gőzzel megtöltött rész hossza:

\frac{15,9}{0,2} = 79,5

cm.

4. Kör alakú vezetőhurok egyharmad részének ellenállása

5

ohm, kétharmad részének ellenállása

2

ohm. A kör területe

0,3 m^{2}

(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:

\begin{matrix} \frac{B}{t} = 0,4 T/s . \end{matrix}

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

0,1 \cdot 0,4 = 0,04

volt, ez fedezi az áramkörben az ellenállásokon létrejövő feszültségeséseket. Az

5

ohmos ellenállásban

A

-tól

B

felé

I_{1}

, a műszeren átvezető

R

ellenálláson át

A

-tól

B

felé

I

erősségű áram folyik, ezért:

\begin{matrix} 0,04 = 5 I_{1} - R I . \end{matrix}

2

ohmos ellenállásban

B

-től

A

felé

I_{2}

erősségű áram folyik, és ebben az áramkörben az indukált feszültség

0,2 \cdot 0,4 = 0,08

volt, ezért:

\begin{matrix} 0,08 = 2 I_{2} + R I . \end{matrix}

Az áramelágazás törvénye szerint:

I_{1} + I = I_{2}

.

Az egyenletrendszer megoldása:

\begin{matrix} I_{1} = \frac{0,08 + 0,12 R}{10 + 7 R}, I_{2} = \frac{0,4 + 0,12 R}{7 + R}, \\ I = \frac{0,32}{7 + R} . \end{matrix}

Az ampermérő

R = 0,5

ohmos ellenállása esetében:

I_{1} = 0,0104

amper,

I_{2} = 0,0341

amper,

I = 0,0237

amper. Ez utóbbit mutatja az ampermérő

A

-tól

B

felé mutató irányban.
b) Az ampermérőre jutó feszültségkülönbség:

\begin{matrix} I R = \frac{0,32 R}{10 + R} = \frac{0,32}{10 / R + 7} . \end{matrix}

R = \infty

ellenállású mérőműszer esetében a feszültség:

\begin{matrix} 0,32 : 7 = 0,0457 volt . \end{matrix}

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