Kezdőlap


Cím:	A 30. Nemzetközi Fizikai Diákolimpia feladatainak megoldása
Szerző(k):	Gnädig Péter
Füzet:	1999/november, 492 - 497. oldal	PDF \| MathML
Témakör(ök):	Nemzetközi Fizika Diákolimpia

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

^{$^{*}$}A feladatok szövegét az októberi számunkban közöltük.

Kísérleti forduló

Torziós inga

a) Az összetett rendszer tömegközéppontja a forgástengelytől

\begin{matrix} R (x) = \frac{M_{1} R_{1} + M_{2} (x - l / 2)}{M_{1} + M_{2}} \end{matrix}

távolságra van.
b) Az ingatestet tömegközéppontjának a végétől számított

R (x)

távolságát vízszintes helyzetben mérhetjük meg. Az alkalmas helyen alátámasztott (kiegysúlyozott) ingánál különböző

x_{i}

értékek

R (x_{i})

könnyen mérhető. A mérési adatokat milliméterpapíron ábrázolva, majd azokra egyenest illesztve leolvashatjuk az

R (x) \approx a x + b

összefüggésnek meg felelő

a = M_{2} / (M_{1} + M_{2})

arányt, majd (a megadott

M_{1} + M_{2}

ismeretében) ebből a tömegeket külön-külön is kiszámíthatjuk. Az így mért

M_{1}

és

M_{2}

mérési pontosságára az illesztett egyenes

a

meredekségének bizonytalanságából következtethetünk.
c) Az inga teljes tehetetlenségi nyomatéka az

x

paraméter függvényében:

\begin{matrix} I (x) = I_{1} + I_{2} (x) = M_{2} x^{2} - M_{2} l x + (I_{1} + \frac{M_{2}}{3} l^{2}) . \end{matrix}

d) A függőleges forgástengelyű inga mozgásegyenlete:

\begin{matrix} I (x) \frac{d^{2} θ}{d t^{2}} = - κ (θ - θ_{0}) . \end{matrix}

A vízszintes tengelyű elrendezésnél a fenti mozgásegyenlet jobb oldalát a súlyerő forgatónyomatékának megfelelő taggal kell kiegészítenünk:

\begin{matrix} I (x) \frac{d^{2} θ}{d t^{2}} = - κ (θ - θ_{0}) + (M_{1} + M_{2}) g \cdot R (x) sin θ . \end{matrix}

e) és f) Az egyensúlyt jellemző

θ_{e}

szöget az inga felső végpontjának helyzetét megadó koordinátákból számíthatjuk ki. Ezek a koordináták a rendelkezésre álló háromszögvonalzó és az asztalra terített milliméterpapír segítségével jól mérhetők. Egyensúlyban fennáll a

\begin{matrix} - κ (θ - θ_{0}) + (M_{1} + M_{2}) g \cdot R (x) sin θ = 0 \end{matrix}

összefüggés. Különböző

x_{i}

értékek mellett mérve

ϑ_{e, i}

egyensúlyi szögkitérést és a mérési adatokból kiszámítva az

\begin{matrix} y_{i} = (M_{1} + M_{2}) g \cdot R (x_{i}) sin θ_{e, i} \end{matrix}

mennyiségét,

y_{i}

és

θ_{e, i}

között lineáris kapcsolatot várhatunk:

\begin{matrix} y_{i} = κ θ_{e, i} - κ θ_{0} . \end{matrix}

A mérési adatokra illesztett egyenes meredekségéből

κ

(és annak mérési hibája is) leolvasható.
g) A függőleges tengelyű inga lengésideje és a tehetetlenségi nyomatéka között fennáll az

\begin{matrix} I (x) = \frac{κ T^{2} (x)}{4 π^{2}} \end{matrix}

összefüggés (lásd a megfelelő mozgásegyenletet és annak ismert megoldását). Ez az összefüggés (felhasználva

I (x)

korábban kiszámított alakját) így is felírható:

\begin{matrix} \frac{κ}{4 π^{2}} T^{2} (x) - M_{2} x^{2} = - M_{2} l x + (I_{1} + \frac{M_{2}}{3} l^{2}) . \end{matrix}

A fenti egyenlet bal oldalán mérhető, illetve ismert mennyiségek állnak. Ezek mért értékeit

x

függvényében ábrázolva az illesztett egyenes meredekségéből és tengelymetszetéből a keresett

l

és

I_{1}

meghatározható.
h) A vízszintes tengelyű (a függőlegeshez közeli egyensúlyi helyzetű) inga torziós lengéseinek

T (x)

periódusidejét különböző

x

értékek mellett stopperral mérhetjük. A lengésidő

x

függvényében egyetlen (viszonylag éles) maximummal rendelkező görbével szemléltethető.

Elméleti forduló

1. feladat. Sugárzás elnyelődése gázban.

a) A tartályban levő gáz nyomása a folyamat során nem változik:

\begin{matrix} p = p_{0} + \frac{m g}{r^{2} π} = 102, 3 kPa. \end{matrix}

A gáztörvény szerint

p V = n R T,

ahonnan az állandó nyomáson táguló gázra

\begin{matrix} Δ T = \frac{p Δ V}{n R} = \frac{1, 02 \cdot 10^{5} \cdot 0, 05^{2} π \cdot 0, 03}{0, 1 \cdot 8, 31} = 28, 9 K. \end{matrix}

A gáz tehát 48,9

^{\circ}

C-ra melegszik fel.

b) A

p = p_{0} + (m g / (r^{2} π)

nyomású gáz, miközben a besugárzás hatására az üveglap

Δ s

távolságnyit elmozdul,

W = p Δ V = p_{0} Δ V + m g Δ s = 24 J

munkát végez. Ebből a munkából

0, 24 J

az üveglap helyzeti energiájának növelésére,

23, 8 J

pedig ahhoz szükséges, hogy a dugattyú a légkört egy kicsit ,,megemelje''.

c) A folyamat során elnyelt sugárzási energia (hő):

\begin{matrix} Q = n C_{V} Δ T + W = 60, 1 J + 24, 0 J = 84, 1 J. \end{matrix}

d) A lézer sugárzási teljesítménye (vagyis a gáz által elnyelt teljesítmény)

P = Q / Δ t = 8, 4 W.

A gáz által időegységenként elnyelt fotonok száma

\begin{matrix} \frac{P}{h f} = 2, 2 \cdot 10^{19} s^{- 1} . \end{matrix}

e) Az elnyelt fényenergia

\begin{matrix} η = \frac{m g Δ s}{Q} = 0, 0028 \end{matrix}

része, vagyis mindössze

0, 3 %

-a alakul át az üveglap mechanikai helyzeti energiájává.

f) A tartály elforgatásakor a gáz nyomása is és a hőmérséklete is megváltozik. A nyomás a külső légnyomással fog megegyezni, vagyis

102, 3

kPa-ról

101, 3

kPa-ra csökken. A folyamat során nem közlünk hőt a gázzal, a tágulás tehát adiabatikus, melyre fennáll a

p V^{κ} =

állandó összefüggés, ahol

\begin{matrix} κ = \frac{C_{p}}{C_{V}} = 1 + \frac{R}{C_{V}} \approx 1, 4. \end{matrix}

Ebből és az általános gáztörvényből adódik, hogy a gáz hőmérséklete az elfordítás után

\begin{matrix} T_{1} = 322 K \cdot {(\frac{101, 3}{102, 3})}^{0, 29} \approx 321 K, \end{matrix}

tehát mindössze 1 fokkal hűl le.

2. feladat. V-alakú áramvezető mágneses tere.

a) A mágneses indukcióvektor (a Biot‐Savart-törvény alapján) a

P

pontban a papír síkjára merőlegesen, felfelé mutat.

b) A megadott formula

α = π / 2

esetben (egyenes vezetőre) is igaz. Ekkor viszont az Ampére-törvény értelmében

\begin{matrix} | B | = \frac{μ_{0} i}{2 π d} = k \cdot tg \frac{π}{4}, \end{matrix}

ahonnan a keresett arányossági tényezőre

\begin{matrix} k = \frac{μ_{0} i}{2 π d} . \end{matrix}

c) A

P^{*}

pontban (

P

-nek a csúcspontra vonatkoztatott tükörképében) a mágneses indukció a papír síkjára merőlegesen lefelé mutat. A nagyságát többféle gondolatmenettel is meg tudjuk határozni.
Érvelhetünk úgy, hogy ha

α

helyébe

(π - α)

-t írunk, vagyis a V-alakú vezetéket ,,kifordítjuk'', akkor a

P

pont a vezetékhez képest éppen olyan helyzetbe kerül, mint amilyenben a

P^{*}

pont volt az eredeti vezetékhez képest. Eszerint

\begin{matrix} | B (P^{*}) | = k \cdot tg (\frac{π - α}{2}) = k \cdot ctg \frac{α}{2} . \end{matrix}

Másfajta megfontolással, a végtelen egyenes vezető mágneses terének ismeretét felhasználva is eljuthatunk a fenti eredményhez. Egészítsük ki gondolatban a V-alakú vezetéket egy másik, ugyanakkora árammal átjárt V-alakkal úgy, hogy két egymást metsző végtelen egyenes vezetőt kapjunk. A kérdéses

P^{*}

pont mindkét vezetőtől

d sin α

távolságra van. A két vezeték mágneses terét szuperponálhatjuk, és kihasználhatjuk, hogy a végtelen egyenes vezető mágneses terét ismerjük:

\begin{matrix} | B (P^{*}) | + | B (P) | = 2 \cdot \frac{μ_{0} i}{2 π d sin α}, \end{matrix}

ahonnan

\begin{matrix} | B (P^{*}) | = k \cdot (\frac{2}{sin α} - tg \frac{α}{2}) = k \cdot ctg \frac{α}{2} . \end{matrix}

d) Ha egy

μ

mágneses dipólmomentumú, csapágyazott tengelyű mágnest

B

indukciójú mágneses térben az egyensúlyi helyzetéből kicsiny

φ

szöggel kitérítünk, a mágnesre

\begin{matrix} M (φ) = - μ \cdot B \cdot sin φ \approx - μ \cdot B \cdot φ \end{matrix}

forgatónyomaték hat. Innen (a rezgőmozgás ismert képleteivel összevetve) leolvasható, hogy a torziós lengések periódusideje

\begin{matrix} T = 2 π \sqrt[]{\frac{I}{μ B}} \propto \frac{1}{\sqrt[]{B}} . \end{matrix}

e) A két elméletnek a torziós lengések periódusidejére vonatkozó jóslatának aránya:

\begin{matrix} \frac{T_{Amp\overset{`}{e}re}}{T_{Biot-Savart}} = \sqrt[]{\frac{B_{Biot-Savart}}{B_{Amp\overset{`}{e}re}}} = \sqrt[]{\frac{2 α}{π tg (α / 2)}} . \end{matrix}

Ez az arány

α \to π / 2

szögeknél (vagyis az egyenes vezető határeseténél) 1-hez tart. A másik határesetben, nagyon kicsiny

α

szögeknél (nagyon ,,hegyes'' V-alaknál)

\sqrt[]{4 / π} = 1, 13

, tehát itt sem tér el nagyon a két elmélet jóslata. A mérhetőség feltétele az, hogy a két jóslat legalább 10 százalékkal eltérjen egymástól, vagyis

\begin{matrix} \sqrt[]{\frac{2 α}{π tg (α / 2)}} > 1, 1 \end{matrix}

teljesüljön. Ezt az egyenlőtlenséget közelítőleg (pl. próbálgatással) egy zsebszámológép segítségével könnyen meg lehet oldani, s a kérdéses szögtartományra

α < 0, 77 rad = 44^{\circ}

adódik.

3. feladat. Űrszonda a Jupiter gravitációs terében.

a) A Jupiter keringési sebessége a Nap körül a

\begin{matrix} \frac{V^{2}}{R} = \frac{G M_{S}}{R^{2}} \end{matrix}

mozgásegyenletből számítható:

\begin{matrix} V = \sqrt[]{\frac{G M_{S}}{R}} \approx 1, 306 \cdot 10^{4} m/s. \end{matrix}

(A feladat szövegében megadott adatok között szerepelt a Jupiter pályasugara és keringési ideje. Ebből a két számból is kiszámítható a kérdéses ─ egyenletes körmozgásnak megfelelő ─ sebesség.)

b) A Nap és a Jupiter gravitációs vonzóerejének nagysága akkor egyenlő, ha fennáll

\begin{matrix} \frac{G M m}{x^{2}} = \frac{G M_{S} m}{{(R - x)}^{2}}, \end{matrix}

ahol

x

a Jupitertől mért távolság,

M

pedig a Jupiter tömege. Innen

\begin{matrix} x = \frac{\sqrt[]{M}}{\sqrt[]{M_{S}} + \sqrt[]{M}} R = 0, 02997 R = 2, 333 \cdot 10^{10} m. \end{matrix}

c) A Naphoz rögzített vonatkoztatási rendszerből (ahol a szonda sebessége:

v_{x} = 0;

v_{y} = v_{0}

) egyszerű Galilei-transzformációval térhetünk át a Jupiter

V

sebességgel mozgó vonatkoztatási rendszerébe. Itt

\begin{matrix} v_{x} = V, v_{y} = v_{0}, \end{matrix}

ahonnan

\begin{matrix} v = \sqrt[]{V^{2} + v_{0}^{2}} = 1, 65 \cdot 10^{4} m/s és φ = arc tg \frac{v_{0}}{V} = 0, 653 rad = 37, 4^{\circ} . \end{matrix}

d) A Jupiter vonatkoztatási rendszerében (a Jupitertől elegendően távol, de nem ,,végtelen messze'') a szonda teljes

E

mechanikai energiája jó közelítéssel a mozgási energiájával egyenlő:

\begin{matrix} E \approx \frac{1}{2} m v'^{2} = 112 GJ. \end{matrix}

e) Az űrszonda pályájának polárkoordinátákkal kifejezett egyenlete a Jupiter vonatkoztatási rendszerében:

\begin{matrix} \frac{1}{r} = \frac{G M}{v'^{2} b^{2}} (1 + \sqrt[]{1 + \frac{2 E v'^{2} b^{2}}{G^{2} M^{2} m}} cos θ) . \end{matrix}

(

b

az hiperbola alakú pályagörbe aszimptotáinak távolsága a vonzócentrumtól, az ún. impakt paraméter.) Mivel az

r

vezérsugár nem lehet negatív szám, a mozgás során csak olyan

θ

polárszögek fordulhatnak elő, melyekre

\begin{matrix} cos θ \geq - \frac{1}{\sqrt[]{1 + \frac{2 E v'^{2} b^{2}}{G^{2} M^{2} m}}} . \end{matrix}

Az egyenlőség akkor áll fenn, ha

\begin{matrix} θ = θ_{\pm} = \pm (π - arc cos \frac{1}{\sqrt[]{1 + \frac{2 E v'^{2} b^{2}}{G^{2} M^{2} m}}}) . \end{matrix}

Az eltérülés szöge (lásd a feladat múlt hónapban közölt szövegénél a 9. ábrát)

\begin{matrix} Δ θ = (θ_{+} - θ_{-}) - π = π - 2 arc cos \frac{1}{\sqrt[]{1 + \frac{2 E v'^{2} b^{2}}{G^{2} M^{2} m}}} = π - 2 arc cos \frac{1}{\sqrt[]{1 + \frac{v'^{4} b^{2}}{G^{2} M^{2}}}} . \end{matrix}

f) A szonda akkor kerül a legközelebb a Jupiterhez, amikor

θ = 0.

A legkisebb távolság a bolygótól (a pályagörbe egyenlete szerint):

\begin{matrix} r_{min} = \frac{v'^{2} b^{2}}{G M} {(1 + \sqrt[]{1 + \frac{v'^{4} b^{2}}{G^{2} M^{2}}})}^{- 1}, \end{matrix}

ahonnan a kérdéses legkisebb impakt paraméter

\begin{matrix} b = \sqrt[]{r_{min}^{2} + \frac{2 G M}{v'^{2}} r_{min}} . \end{matrix}

Ugyanez az eredmény közvetlenül is megkapható az energia- és a perdületmegmaradás törvényéből, ha azokat a szonda legtávolabbi és a legközelebbi helyzeteire alkalmazzuk.)
Feltevéseink szerint a szonda nem kerülhet közelebb a Jupiter középpontjához, mint a bolygó sugarának háromszorosa. A fenti összefüggések szerint ennek az a feltétele, hogy

\begin{matrix} b \geq b_{min} = \sqrt[]{9 R_{B}^{2} + \frac{6 G M}{v'^{2}} R_{B}} \approx 7, 0 R_{B} = 4, 9 \cdot 10^{8} m, \end{matrix}

és az ennek megfelelő (legnagyobb) eltérülési szög:

\begin{matrix} Δ θ_{max} = 1, 256 rad = 87, 4^{\circ} . \end{matrix}

g) A Jupiter vonatkoztatási rendszerében a szonda sebessége az eltérítés után is

v'

, iránya pedig

θ_{0} + Δ θ

szöget zár be az

x

tengellyel. A Nap vonatkoztatási rendszerébe egy újabb Galilei-transzformációval térhetünk vissza:

\begin{matrix} v_{x}'' = v' cos (θ_{0} + Δ θ) - V, \end{matrix}

\begin{matrix} v_{y}'' = v' sin (θ_{0} + Δ θ) . \end{matrix}

Innen ‐ algebrai átalakítások után ‐ megkaphatjuk a szonda sebességének nagyságát a Nap koordináta-rendszerében:

\begin{matrix} v'' = \sqrt[]{v_{x}''^{2} + v_{y}''^{2}} = \sqrt[]{v_{0} (v_{0} + 2 V sin Δ θ) + 2 V^{2} (1 - cos Δ θ)} . \end{matrix}

h) A legnagyobb megengedett értékű szögeltérülésnél a szonda végsebessége:

v'' = 2, 62 \cdot 10^{4} m/s

Gnädig Péter

^{$^{*}$}

^{1}