Kezdőlap


Cím:	Beszámoló az 1996-97. tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Versenyről
Szerző(k):	Holics László
Füzet:	1998/február, 109 - 117. 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 fizika OKTV-t az előző évek gyakorlatához hasonlóan az elmúlt tanévben is három kategóriában és három fordulóban rendezték meg. Az első (iskolai) és a második (megyei) fordulón elméleti problémákat, a harmadik fordulón pedig mérési feladatokat oldottak meg a versenyzők. A végső sorrendet a második és a harmadik fordulóban elért pontszám összege alapján állapította meg a versenybizottság.

Az alábbiakban ismertetjük a verseny II. fordulójának feladatait és azok megoldását.^{$^{*}$} Az elméleti forduló feladatairól és azok megoldásairól Holics László: Versenyfeladatok II. című könyvében (TypoTeX Kiadó, 1997.) olvasható részletes beszámoló.

Az I. kategória (szakközépiskolások) feladatai

1. feladat.

L = 1 m

hosszúságú, vékony, homogén pálca egyik végéhez

(A)

a pálcára merőleges tengely van erősítve, amelynél fogva egy kampóra függesztettük. A pálcát a vízszintesig kitérítjük, majd kezdősebesség nélkül elengedjük. A kampó olyan (kisméretű) körívet alkot, hogy a pálca elhagyja a kampót amikor a függőlegessel

α = 30^{\circ}

-os szöget alkot.
Mekkora szöget alkot a pálca a vízszintessel abban a pillanatban, amikor középpontja

(S)

a kampótól való elválás után a legmagasabbra kerül?

(Holics László)

Megoldás. Amikor a pálca elválik a kampótól, tömegközéppontja ferde hajítást végez. Közben a pálca a már megszerzett szögsebességével egyenletesen forog (a homogén nehézségi erőnek nincs a tömegközéppontra vonatkoztatva forgatónyomatéka). Meghatározzuk a tömegközéppont (S) elváláskori pillanatnyi sebességének nagyságát és irányát valamint a pálca szögsebességét, a hajítás emelkedési idejét, majd ebből a pálca szögelfordulását, végül a vízszintessel bezárt szögét.
A munkatételből:

\begin{matrix} m g Δ h = \frac{1}{2} Θ_{A} ω^{2}, \end{matrix}

ahonnan a szögsebesség:

\begin{matrix} ω = \sqrt[]{\frac{3 g}{L} cos α} . \end{matrix}

Innen a tömegközéppont sebessége:

v = L ω / 2.

A hajítás szöge ugyancsak

α

. Ezzel a hajítás sebességének függőleges összetevője:

v_{y} = v sin α .

Az emelkedés ideje (a maximális magasság elérésének pillanata a hajítás kezdetétől számítva):

\begin{matrix} Δ t_{em} = \frac{v_{y}}{g} = \frac{1}{2} \sqrt[]{\frac{3 L}{g cos α}} \cdot sin α . \end{matrix}

A pálca szögelfordulása ezalatt:

\begin{matrix} Δ φ = ω \cdot Δ t_{em} = \sqrt[]{\frac{3 g}{L} cos α} \cdot \frac{1}{2} \sqrt[]{\frac{3 L}{g} cos α} \cdot sin α = \frac{3}{2} cos α sin α = \frac{3}{4} sin 2 α . \end{matrix}

A pálca vízszintessel bezárt hajlásszöge a ferde hajítás kezdetén:

ε = (π / 2) - α = 60^{\circ},

kérdéses pillanatban pedig:

\begin{matrix} ε = ε_{0} - Δ φ = \frac{π}{3} - \frac{3}{4} sin 2 α = \frac{π}{3} - \frac{3}{4} sin 60^{\circ} = 0,398 rad = 22, 8^{\circ} . \end{matrix}

2. feladat. Az

A B = 1 m

hosszú, szakasz végpontjaiban két

Q = 10^{- 6} C

nagyságú pozitív töltés van rögzítve. A szakasz egyik felezőmerőlegesének valamely

C

pontjából nyugalomból elengedünk egy

m = 1 g

tömegű és

Q^{*} = - 10^{- 6} C

töltésű pontszerű testet. Ez a test az

A B

szakaszra

v = 3 m/s

sebességgel érkezik.

a)

Milyen messze van a

C

pont az

A B

szakasztól?

*	$b)$ Milyen mozgást végez a test? Ábrázoljuk közelítően az erőt az $A B$ szakasztól való távolság függvényében!

*	$c)$ A test mozgása során hol veszi fel a sebesség és a gyorsulás legnagyobb és a legkisebb értékét? Mekkorák ezek az értékek? (A folyamat légüres térben és súlytalanság állapotában megy végbe.)

(Blészer Jenő)

Megoldás.

a)

A testre ható erők eredője az

A B

szakaszra merőleges, tehát a test az

A B

szakaszt az

F

felezőpontban éri el. Keressük a

C F

szakasz hosszát.
Írjuk fel a

C

és

F

pontbeli energiákat! (A numerikus számításnál SI egységeket használunk.)

C

-ben a mozgási energia nulla, a helyzeti energia pedig

\begin{matrix} E_{C}^{(h)} = 2 \cdot k \frac{Q Q^{*}}{\sqrt[]{d^{2} + x^{2}}} = - \frac{18 \cdot 10^{- 3}}{\sqrt[]{0, 5^{2} + x^{2}}}, \end{matrix}

ahol

d = \frac{1}{2} A B

. Az

F

pontban a mozgási energia:

\begin{matrix} E_{F}^{(m)} = \frac{1}{2} m v^{2} = 4, 5 \cdot 10^{- 3} J, \end{matrix}

a helyzeti energia pedig

\begin{matrix} E_{F}^{(h)} = 2 \cdot k \frac{Q Q^{*}}{d} = - 36 \cdot 10^{- 3} J . \end{matrix}

Az energiamegmaradás törvénye szerint

\begin{matrix} - 36 \cdot 10^{- 3} + 4, 5 \cdot 10^{- 3} = - \frac{18 \cdot 10^{- 3}}{\sqrt[]{0, 5^{2} + x^{2}}}, \end{matrix}

ahonnan a keresett

x = F C

távolságra

0, 277 m = 27, 7 cm

adódik.

b)

A test az

F

pontot elhagyva az energiamegmaradás törvénye alapján a felező merőlegesen továbbhaladva egy olyan

C'

pontig jut el, amelyre

F C' = 27, 7 cm

, és ott visszafordul. A mozgás ezután ismétlődik, azaz

27, 7 cm

amplitúdójú rezgőmozgás jön létre, amely azonban nem harmonikus rezgés, mert az eredő erő a kitéréssel nem egyenesen arányos.
Az

F_{e}

eredő erő az

y

kitérés függvényében így adható meg:

\begin{matrix} F_{e} (y) = 1, 8 \cdot 10^{- 2} \frac{y}{{(0,25 + y^{2})}^{3 / 2}} . \end{matrix}

Zsebszámológép segítségével értéktáblázatot készíthetünk és ábrázolhatjuk is az eredő erőt (6. ábra). Látható, hogy viszonylag nagy kitérés-tartományban az erőfüggvény lineárisnak tekinthető, itt tehát harmonikus rezgést végezhet a test.

c)

A sebesség a szélső helyzetekben zérus, az

A B

szakasz felezőpontjában pedig maximális,

3 m / s

nagyságú. Az

y = 0

értékhez tartozó eredő erő

F_{e} = 0

, itt a gyorsulás

a = 0

. A legnagyobb kitéréshez

(y = 0,277 m)

tartozó eredő erő:

F_{e}^{max} = 0,0267 N,

és itt a legnagyobb a gyorsulás:

a_{{max}_{}^{}} = F_{e}^{max} / m = 26,7 {m/s}^{2} .

3. feladat. Egy ideális gázzal körfolyamatot végzünk. Az egyes részfolyamatokhoz tartozó hőkapacitások a következők:
1. részfolyamat:

T

(Szvetnik Endre)

Megoldás.

a)

Mivel

\begin{matrix} \frac{c_{p}}{c_{V}} = \frac{f + 2}{f} = \frac{14}{10} = \frac{7}{5}, \end{matrix}

f = 5

-nek kell lennie, tehát a gáz 2 atomos.

b)

Az állandó nyomáshoz tartozó hőkapacitás minden ideális gáznál nagyobb, mint az állandó térfogathoz tartozó, így a második részfolyamat az izochor, a harmadik részfolyamat pedig az izobár. (Az első azért nem lehet izobár, noha nagyobb a második folyamat hőkapacitásánál, mert nem állandó érték.)
A

p - V

állapotsíkon az első részfolyamat nem ábrázolható egyértelműen a hőkapacitás átlagértékének a részletekre vonatkozó információszegénysége miatt, a gázzal közölt hő azonban így is meghatározható. Mivel a körfolyamat során

Δ E = 0

, a gáz által végzett munka a felvett hővel egyenlő. Az I. főtétel szerint:

Δ E_{b} = Q_{gázzal} + W_{gázon} = 0,

azaz

W_{gázon} = - Q_{gázzal},

és így

W_{gáz  által} = Q_{gázzal} .

Ezzel a hatásfok:

\begin{matrix} \begin{matrix} η = \frac{W_{gáz által}}{Q_{fel}} = \frac{Q_{gázzal}}{Q_{fel}} = \\ = \frac{13 \cdot (4 T - T) + 10 \cdot (2 T - 4 T) + 14 \cdot (T - 2 T)}{13 \cdot (4 T - T)} = \frac{5}{39} \approx 0,13 = 13 % . \end{matrix} \end{matrix}

(Az

η = \frac{Q_{fel} - Q_{le}}{Q_{fel}}

összefüggésből is ez adódik, hiszen a negatív közölt hő nagysága a leadott hő.)

c)

A gáz által végzett munkát az első főtételből határozzuk meg.

\begin{matrix} \begin{matrix} Δ E_{b} = - W_{gáz  által} + Q_{gázzal}, \\ W_{gáz által} = Q_{gázzal} - Δ E_{b} = \\ = 13 \frac{egység}{K} \cdot (4 T - T) + 10 \frac{egység}{K} \cdot (3 T - 4 T) - 10 \frac{egység}{K} \cdot (3 T - T) = 9 \frac{egység}{K} T . \end{matrix} \end{matrix}

Kihasználtuk, hogy

Δ E_{b} = C_{V} Δ T

bármilyen folyamat esetén. A hatásfok meghatározásánál már meghatároztuk a gáz által az egész körfolyamat alatt végzett munkát:

W_{gáz  által} = 5 egység \cdot T

, tehát a kérdezett hányados:

\begin{matrix} \frac{W_{gáz  által (T \to 3 T)}}{W_{gáz  által (kör)}} = \frac{9 T}{5 T} = \frac{9}{5} = 1,8. \end{matrix}

A II. és III. kategória (valamennyi gimnazista) feladatai

1. feladat. Egy

m

tömegű, könnyen gördülő kiskocsihoz

l

hosszúságú, lazán lelógó fonalat kötöttünk, amelynek a másik vége egy

2 m

tömegű kiskocsihoz szerelt

D

direkciós erejű csavarrugóhoz csatlakozik az ábra szerint. A rugó összenyomásra is működik és tengelye mindig egyenes marad. A

2 m

tömegű kocsit

v_{0}

sebességgel meglökjük.

a)

A fonál megfeszülésétől számítva
mennyi idő múlva ér a hátsó kocsi a rugóhoz?

b)

Mennyi idő múlva feszül meg ismét a fonál?
(

m = 8 kg

D = 23,3 N / m

l = 1 m

v_{0} = 2 m/s

(Holics László)

Megoldás.

a)

A fonál első megfeszülésétől első meglazulásáig tulajdonképpen egy ,,rugalmas ütközés'' megy végbe (nem a szokásos rugalmas ,,tolás'', hanem rugalmas ,,rántás'' formájában). Erre külső erők hiányában az impulzus, disszipatív erők hiányában pedig a mechanikai energia megmaradása érvényes.

Ez az ütközés egy fél harmonikus rezgésből áll. Térjünk át tömegközépponti koordináta-rendszerre! A fonál megfeszülése pillanatától az

m_{1}

, illetve

m_{2}

tömegű kiskocsi valamekkora

t

idő alatt

Δ x_{1}

, illetve

Δ x_{2}

utat tesz meg. A tömegközéppont mozgásának tétele alapján:

\begin{matrix} \frac{Δ x_{1}}{Δ x_{2}} = \frac{m_{2}}{m_{1}} . \end{matrix}

(1)

Ugyanakkor a rugó által (mindkét testre) kifejtett erő nagysága:

\begin{matrix} F = D (Δ x_{1} + Δ x_{2}) . \end{matrix}

(2)

(1)-ből

Δ x_{2}

-t kifejezve és (2)-be írva:

\begin{matrix} F = D (Δ x_{1} + \frac{m_{1}}{m_{2}} Δ x_{1}) = D \frac{m_{1} + m_{2}}{m_{2}} Δ x_{1} = D_{1}^{*} Δ x_{1} . \end{matrix}

(3)

Ezzel az

m_{1}

tömegű (és hasonlóképpen szimmetrikusan az

m_{2}

tömegű) kocsi fél rezgésideje:

\begin{matrix} t_{1} = \frac{T}{2} = π \sqrt[]{\frac{m_{1}}{D_{1}^{*}}} = \sqrt[]{\frac{m_{1} m_{2}}{D (m_{1} + m_{2})}} = \sqrt[]{\frac{2 m}{3 D}} = \sqrt[]{\frac{16 kg}{3 \cdot 23,3 N / m}} = 1,5 s . \end{matrix}

Megjegyzés. Ugyanezt a számszerű eredményt kapjuk az

m_{2}

tömeg kocsira is, amelyre

D_{2}^{*} = 3 D

, míg

D_{1}^{*} = \frac{3}{2} D

volt.

A két kocsi egymáshoz viszonyított (relatív) sebessége a félrezgés kezdetéig

v_{rel} = v_{0} = 2 m/s

volt, így a félrezgés befejezésekor a szimmetria miatt ennek

- 1

-szerese, tehát a hátsó kocsinak a rugóval való ütközéséig még eltelik

\begin{matrix} t_{2} = \frac{l}{v_{0}} = \frac{1 m}{2 m/s} = 0, 5 s \end{matrix}

idő. A fonál megfeszülésétől a rugóval való ütközésig tehát összesen

t = t_{1} + t_{2} = 1, 5 s + 0, 5 s = 2 s

telik el.

b)

Mivel a folyamat tükrös (a rugó összenyomódásától ellazulásáig a periódusidő másik fele telik el,) és a relatív sebesség

- 1

-szerese a kezdeti értéknek, a fonál a kocsi rugóval való érintkezésétől számítva a fonál másodszori megfeszüléséig ugyancsak

2

s, a fonál első megfeszülésétől számítva pedig összesen

4

s idő telik el.

2. feladat. Egy téglalap alakú, homogén tömegeloszlású, elhanyagolható ellenállású zárt vezetőkeret egyik szimmetriatengelye körül foroghat. A keret homogén, síkjára merőleges,

B

indukciójú, időben állandó mágneses mezőben nyugszik és benne nem folyik áram. A keret egyik oldalát meglökjük és a keret forogni kezd. A keret területe

A

, önindukciós tényezője

L

. A tengely súrlódása elhanyagolható.

a)

Hogyan változik a keretben folyó áram erőssége az elfordulás szögének függvényében?

b)

Határozza meg, hogy a keret mely helyzetében maximális a mágneses mezőnek a keretre ható forgatónyomatéka!

(Szegedi Ervin)

Megoldás.

a)

A megoldás egyik kulcsa, hogy a keret ellenállása elhanyagolható. Ez azt jelenti, hogy a keret anyagának belsejében az elektromos térerősség (makroszkópikusan értve) nulla, mert különben végtelen nagy áramnak kellene folynia. Alkalmazzuk Maxwell II. törvényét a keret mentén:

\begin{matrix} \sum_{}^{◯} \vec{E} Δ \vec{s} = - \frac{Δ Φ}{Δ t} = 0. \end{matrix}

A keret által körülvett teljes mágneses fluxus tehát nem változhat a mozgás során. Mivel a kezdeti fluxusérték

Φ = B \cdot A

volt, ezért ugyanennyi kell legyen a keret bármely helyzetében.
Egy

φ

szögű helyzetben a keret fluxusa egyrészt a

B

indukciójú mezőtől származik (

B \cdot A \cdot cos φ

), másrészt a keretben indukálódott

i

áram által keltett mágneses tértől (

L \cdot i

). A teljes fluxus tehát:

B \cdot A \cdot cos φ + L \cdot i

. A fluxus állandósága miatt azonban:

B \cdot A = B \cdot A \cdot cos φ + L \cdot i

. Innen az áramerősség:

i = \frac{B \cdot A}{L} (1 - cos φ)

. A maximális áramerősség

cos φ = - 1

-nél, azaz

φ = π

-nél adódik:

\begin{matrix} i_{max} = \frac{2 B \cdot A}{L} . \end{matrix}

Megjegyzés. A

φ = π

-nél létrejövő

i_{max} \cdot L = 2 B \cdot A

összefüggés érthető is, hiszen a külső tértől származó fluxus (a keret átfordulása miatt)

- B \cdot A

, ezért a ,,saját'' fluxusnak

+ 2 B \cdot A

-nak kell lennie, hogy a teljes fluxus

+ B \cdot A

maradjon.

b)

A keretre mozgás közben

M (φ) = - B \cdot A \cdot i \cdot sin φ

forgatónyomaték hat. Felhasználva az áramerősségre kapott összefüggést, a forgatónyomaték így írható:

\begin{matrix} M (φ) = - \frac{{(B \cdot A)}^{2}}{L} \cdot sin φ (1 - cos φ) . \end{matrix}

A forgatónyomatékot vizsgálva látható, hogy

180^{\circ}

-os elfordulásig fékező nyomaték hat, ezt követően pedig átfordulást segítő. Megállapítható tehát, hogy a

φ = π

helyzet a ,,holtpont'', ha a keret ezt a helyzetet (instabil egyensúlyi helyzet) eléri, akkor már túl is fordul. Az

M (φ)

kifejezés szélsőértékeit megkaphatjuk, ha függvény néhány helyettesítési értékét zsebszámológéppel kiszámítjuk, és ezek alapján ábrázoljuk a függvényt. A 12. ábrán látható, hogy a ,,maximális fékező forgatónyomaték'' a függvény minimumhelyénél, kb.

120^{\circ}

-nál lép fel.

Megjegyzés. A függvény szélsőértéke differenciálszámítással is megkereshető. A

\frac{d M}{d φ} = 0

egyenlet megoldása megadja a minimum (és a maximum) helyét. Ez a feltétel a

2 \cdot cos^{2} φ - cos φ - 1 = 0

másodfokú egyenletre vezet, amelynek (számunkra lényeges) megoldása:

cos φ = - \frac{1}{2}

, azaz

φ = \frac{2 π}{3} rad = 120^{\circ} .

3. feladat. Egy henger belsejébe jó hővezető, rögzített fal

p_{0}

nyomású,

V_{0}

térfogatú,

T_{0} = 280 K

hőmérsékletű héliumgázt zár be. A fal másik oldalán ugyancsak

p_{0}

nyomású,

V_{0}

térfogatú,

T_{0}

hőmérsékletű héliumgáz van, amelyet egy dugattyú zár el a külső levegőtől. A henger és a dugattyú hőszigetelő anyagú és elhanyagolható hőkapacitású. A dugattyú lassú benyomásával a jobb oldali gázt

V_{0} / 2

térfogatra nyomjuk össze. Határozzuk meg ebben az állapotban a gázok hőmérsékletét!

(Szegedi Ervin)

Megoldás. A jó hővezető fal és a lassú benyomás biztosítja, hogy a két gáz hőmérséklete egymással mindig megegyezik. Közbenső állapotban az állapothatározókat jelöljük az ábra szerint! Vizsgáljuk az összenyomás egy elemi részfolyamatát!
A teljes rendszerre felírt I. főtétel alapján (mivel

Q_{összes} = 0

\begin{matrix} \frac{f}{2} \cdot 2 N k Δ T = - p Δ V, \end{matrix}

ami átrendezve ilyen alakot ölt:

\begin{matrix} \frac{2 f}{2} N k Δ T = - p Δ V . \end{matrix}

(1)

Írjuk fel még a jobb oldali gáz állapotegyenletét is:

\begin{matrix} p V = N k T . \end{matrix}

(2)

Vegyük észre, hogy az (1) és (2) egyenletek egy

N

részecskés,

2 f

szabadsági fokú ideális gáz adiabatikus állapotváltozásának egyenletei.
Megjegyzés. A bal oldali gáz termikus kölcsönhatása a jobb oldalival abban nyilvánul meg ‐ a jobb oldali gáz szempontjából ‐ , hogy megduplázódik a részecskék energiatároló szabadsági fokainak száma. Gondoljuk meg, hogy ez elég természetes, hiszen a gázok közötti energiaátadás miatt a munkával közölt energia fele akkora hőmérsékletváltozást okoz a jobb oldali gáznak, mint a tiszta adiabatikus kölcsönhatásban.

A vizsgált folyamatban tehát a jobb oldali gázra:

p V^{κ} =

állandó, vagy más alakban:

T V^{κ} =

állandó, ahol most

\begin{matrix} κ = \frac{2 f + 2}{2 f} = \frac{f + 1}{f} . \end{matrix}

Héliumra

f = 3

, vagyis

κ = \frac{4}{3} .

A keresett hőmérséklet tehát:

\begin{matrix} T = T_{0} {(\frac{V_{0}}{V})}^{\frac{1}{3}} = T_{0} \cdot 2^{\frac{1}{3}} = 1, 26 T_{0} = 352,8 K . \end{matrix}

A verseny végeredménye

I. kategória: 1. Szénási Tamás (Budapest, Puskás Tivadar Távközlési Techn., IV. o.t.), tanára: Beregszászi Zoltán; 2. Brezniczky János (Eger, Wigner Jenő Műszaki Informatikai Középiskola, IV. o.t.), tanára: Nagyné Fodor Zsuzsanna; 3. Schieber András (Budapest, Puskás Tivadar Távközlési Techn., IV. o.t.), tanára: Beregszászi Zoltán.

II. kategória: 1. Kersch Péter (Aszód, Petőfi S. Gimn., III. o.t.), tanárai: Kovács István, Kersch Gyula; 2. Frenkel Péter (Fazekas M. Főv. Gyak. Gimn., IV. o.t.), tanára: Horváth Gábor; 3. Zawadowski Ádám (Fazekas M. Főv. Gyak. Gimn., III. o.t.), tanára: Horváth Gábor.

III. kategória: 1. Kovács Gábor (Sopron, Berzsenyi D. Evangélikus Líceum, IV. o.t.), tanárai: dr. Lang Jánosné, Piacsek István; 2. Sexty Dénes (Eger, Neumann J. Közgazd. Szki. és Gimn, IV. o.t.), tanára: Pecsenye Pálné; 3. Nyakas Péter (Zalaegerszeg, Zrínyi M. Gimn., IV. o.t.), tanára: Vadvári Tibor.

Holics László

^{$^{*}$}*