Kezdőlap


Cím:	A 29. Nemzetközi Fizikai Diákolimpia feladatainak megoldása
Szerző(k):	Honyek Gyula , Vankó Péter
Füzet:	1998/november, 497 - 504. 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.

Az elméleti feladatok megoldása ^{$^{*}$}

1. feladat. a) A hasáb gördülése közben, az egymást követő becsapódásokkor nagy erők lépnek fel a lejtővel érintkező élek (pl. az 1.1 ábrán

A

-val jelölt él) mentén. Ezek az erők pillanatszerűen lecsökkentik a hasáb érintés előtti

ω_{i}

szögsebességét a becsapódást közvetlenül követő

ω_{f}

értékre. Észrevehetjük azonban, hogy a hasábra ható erők nem változtatják meg az

A

pontra számítható perdületet, ami saját- és pályaperdületből áll:

\begin{matrix} I ω_{i} + M a \cdot \frac{1}{2} a ω_{i} = I ω_{f} + M a \cdot a ω_{f} . \end{matrix}

I

tehetetlenségi nyomaték megadott értékének behelyettesítése után azonnal megkapjuk az eredményt:

\begin{matrix} s = \frac{ω_{f}}{ω_{i}} = \frac{11}{17} . \end{matrix}

1.1. ábra

b) A test

K

mozgási energiája az ütközés előtt is és a becsapódást követően is a hasáb egy-egy oldaléle körüli forgásból számítható. A mozgási energiák aránya:

\begin{matrix} r = \frac{K_{f}}{K_{i}} = \frac{\frac{1}{2} I' ω_{f}^{2}}{\frac{1}{2} I' ω_{i}^{2}} = \frac{ω_{f}^{2}}{ω_{i}^{2}} = s^{2} = \frac{121}{289} . \end{matrix}

c) A hasáb következő éle akkor érinti a lejtőt, ha energiája elegendő ahhoz, hogy súlypontját ,,átemelje" pályájának legmagasabb pontján. Az 1.2 ábráról leolvasható, hogy a súlypont emelkedése

a - a cos (30^{\circ} - θ)

, ahol

θ

a lejtő hajlásszöge. Ha az érintés előtti minimális energiát

δ \cdot M g a

alakban írjuk fel, akkor a kritikus esetre a következő egyenlet adható:

\begin{matrix} M g a [1 - cos (30^{\circ} - θ)] = r δ \cdot M g a, amiből δ = \frac{1 - cos (30^{\circ} - θ)}{r} . \end{matrix}

1.2. ábra

d) Tegyük fel, hogy a hasáb úgy mozog, hogy az érintés előtti mozgási energiája már felvette az állandósult

K_{i,0} = κ \cdot M g a

értéket. Az állandósult mozgásnak az a feltétele, hogy a becsapódásonként a mozgási energia vesztesége éppen egyenlő legyen az egy-egy lépésre eső helyzeti energia csökkenéssel. Az 1.3 ábra alapján:

\begin{matrix} M g a sin θ = (1 - r) κ \cdot M g a, azaz κ = \frac{sin θ}{1 - r} . \end{matrix}

1.3. ábra

e) Minél kisebb egy lejtő hajlásszöge, annál kisebb egy-egy lépésben a hasáb helyzeti energiájának csökkenése, másrészt annál nagyobb a súlypont emelkedéséből származó ,,fékező korlát''. A kettő egyenlősége (a két előző alkérdés eredményének egybevetése) adja meg az állandósult mozgásra még alkalmas

θ_{0}

minimális hajlásszöget:

\begin{matrix} \frac{sin θ_{0}}{1 - r} = \frac{1 - cos (30^{\circ} - θ_{0})}{r}, \end{matrix}

amiből a kérdéses szögre meglepően kicsiny érték,

θ_{0} = 6, 6^{\circ}

adódik.

Megjegyzés. A feladat

a)

része úgy is megoldható, hogy felírjuk a a becsapódáskor bekövetkező sebesség- és szögsebesség-változásokat a fellépő erők és forgatónyomatékok segítségével. Ezek az erők olyan nagyok, hogy mellettük a hasábra ható nehézségi erő elhanyagolható.

2. feladat. a) A jég megolvasztásához szükséges hőt a Föld mélyéből érkező hőáram fedezi:

L_{j} ϱ_{j} A d = J_{Q} A t

(

t = 1

év), amiből az évente megolvadó jégréteg vastagsága:

d \approx 6 mm

.
b) A jégtábla alján a nyomás a külső légnyomás

(p_{0})

és a jég súlyából származó hidrosztatikai nyomás összege:

\begin{matrix} p_{j} (x) = p_{0} + ϱ_{j} g [y_{2} (x) - y_{1} (x)] = p_{0} + ϱ_{j} g h_{0} + ϱ_{j} g x (tg β - tg α) . \end{matrix}

A jégtábla alján vékony vízréteget képzelhetünk el, ami akkor nem folyik egyik irányba sem, ha a felette lévő jégréteg nyomása megegyezik a víz nyomásával.

x = 0

-nál a víz nyomása

p_{j} (0) = p_{0} + ϱ_{j} g h_{0}

, magasabban pedig a hidrosztatikai nyomásnak megfelelően kisebb:

\begin{matrix} p_{v} (x) = p_{0} + ϱ_{j} g h_{0} - ϱ_{v} g x tg α . \end{matrix}

A víz és a jég nyomása akkor lesz

x

-től függetlenül egyenlő, ha

ϱ_{j} (tg β - tg α) = - ϱ_{v} tg α

, azaz

\begin{matrix} s = \frac{tg β}{tg α} = \frac{ϱ_{j} - ϱ_{v}}{ϱ_{j}} = - 0, 091. \end{matrix}

Egyensúlyi állapotban tehát a jégréteg felső felületének süllyednie kell, ha az alatta lévő talaj emelkedik (2.1 ábra).
Ha a sziklatalaj menetét az

y_{1} = 0, 8 x

egyenlet írja le, továbbá a jég vastagsága az

x_{0} = 0

helyen

h_{0} = 2 km

, akkor a jégfelszínt leíró egyenlet:

y_{2} = 2 km - 0, 073 x

(2.2 ábra). A két egyenes az

x_{P} = 2, 3 km

y_{P} = 1, 8 km

koordinátájú pontban metszi egymást.

2.1. ábra

2.2. ábra

c) Mivel a víz sűrűsége nagyobb a jégénél, így olvadáskor a keletkezett víz kisebb térfogatot foglal el, és a jégtábla felszínén (éppen a megolvadt kúp alakú víztömeg felett) fordított kúp alakú bemélyedés jön létre. A behorpadás legnagyobb

h

mélységét a

b)

alkérdésre adott válasz alapján számíthatjuk ki:

\begin{matrix} h = | r tg β | = \frac{Δ ϱ}{ϱ_{j}} r tg α \approx 91 m . \end{matrix}

A felszínen kialakult bemélyedést a 2.3 ábra mutatja.

2.3. ábra

d) A jégréteg aljára behatoló forró magma miatt nagy mennyiségű jég olvad meg. A folyamatot három lépésben képzelhetjük el. Először a magma-benyomulás helyén lévő

V_{1} = \frac{1}{3} π r^{2} h_{1}

térfogatú jég olvad meg, és a keletkező víz elfolyik. Második lépésben fordított kúp alakú benyomódás jön létre a jégréteg felszínén, miközben a magma-benyomulás felett keletkező víz folyamatosan elfolyik. Ez a szakasz a nyomás-egyensúly kialakulásáig tart, a horpadás

h_{2}

mélységét az előző alkérdésekre adott válaszok alapján számíthatjuk ki:

\begin{matrix} V_{2} = \frac{1}{3} π r^{2} h_{2} = \frac{1}{3} π r^{2} h_{1} \frac{Δ ϱ}{ϱ_{j}} . \end{matrix}

Feltételezhetjük, hogy a magma-benyomulás anyaga még ekkor is igen meleg, tehát a magma további jégmennyiséget olvaszt meg, ami viszont már nem folyik el, hiszen a megolvadása nem befolyásolja a kialakult nyomás-egyensúlyt. A harmadik lépésben elolvadó jég térfogatát is kezelhetjük egy kúp térfogataként:

V_{3} = \frac{1}{3} π r^{2} h_{3}

, amelyből a magma-benyomulás felett

h_{3}' = \frac{ϱ_{j}}{ϱ_{v}} h_{3}

magasságú ,,vízkúp" jön létre. A ,,vízkúp" tovább növeli a felszíni behorpadás mélységét, amit szintén az előző alkérdésekre adott válaszok szerint határozhatunk meg. Az olvadási folyamat végére létrejövő horpadás teljes

h

mélységét így írhatjuk fel:

\begin{matrix} h = \frac{Δ ϱ}{ϱ_{j}} (h_{3} + h_{3}') = \frac{Δ ϱ}{ϱ_{j}} \cdot H, \end{matrix}

amelyből a vízkúp tetőpontjának

H

magasságát a jégtábla alapjának eredeti szintjéhez képest már könnyen kiszámíthatjuk:

H = 1, 1 km

. A magma-behatolás

h_{1}

magasságát kalorimetrikus egyenlet alapján határozhatjuk meg (a magma belső energiacsökkenése fedezi a jég megolvasztásához szükséges hőt):

\begin{matrix} \begin{matrix} (L_{k} + c_{k} Δ T) \frac{1}{3} π r^{2} h_{1} ϱ_{k} = L_{j} \frac{1}{3} π r^{2} (h_{1} + h_{2} + h_{3}) ϱ_{j} = \\ = L_{j} \frac{1}{3} π r^{2} [h_{1} ϱ_{j} + h_{2} Δ ϱ + (H - h_{1}) ϱ_{v}] . \end{matrix} \end{matrix}

A szükséges behelyettesítések és számítások elvégzése után a magma-behatolás magasságára

h_{1} = 103 m

adódik. A magma-behatolás és a visszamaradt víztömeg alakját a 2.4 ábra mutatja. A keletkezett és elfolyt víztömegeket ezek után már igen könnyű meghatározni, hiszen

V_{1} + V_{2} + V_{3}

adja a teljes elolvadt jégtérfogatot, míg

V_{1} + V_{2}

azt a jégtérfogatot, amiből a megolvadt víz elfolyt. A numerikus számítások szerint a keletkezett teljes víztömeg:

m_{t} = 2, 9 \cdot 10^{11} kg

, míg az elfolyt víz tömege:

m' = 2, 7 \cdot 10^{10} kg

2.4. ábra

3. feladat
a) A közös centrumtól távolodó két objektum látszólagos szögsebességét könnyen meghatározhatjuk, ha látószögüket az idő függvényében ábrázoljuk, és a kapott egyenesek meredekségét leolvassuk. Ha 1-es index jelöli a bal oldali, 2-es index pedig a jobb oldali forrást, akkor

ω_{1} = 9, 54 \cdot 10^{- 13}

rad/s, illetve

ω_{2} = 4, 88 \cdot 10^{- 13}

rad/s értékekre jutunk. A rádióforrások

v'_{⊥}

transzverzális (keresztirányú) sebességét a szögsebesség és az

R = 12, 5 kpc = 3, 86 \cdot 10^{20}

m távolság szorzataként számíthatjuk ki:

v'_{1, ⊥} = 3, 68 \cdot 10^{8} m/s \approx 1, 23 c

v'_{2, ⊥} = 1, 88 \cdot 10^{8} m/s \approx 0, 63 c

, ahol

c

a fénysebesség.
b) Egyszerű számításaink alapján arra a meglepő eredményre jutottunk, mintha a bal oldali objektum fénynél sebesebben (!) mozogna. A probléma körültekintőbb tárgyalása érdekében képzeljünk el egy fényforrást, ami

v

sebességgel mozog egy tőle távoli

O

megfigyelő irányához képest

φ

szögben (3.1 ábra). A sebesség nagyságát jelölje

v = β c

. A fényforrás távolságát a megfigyelő

R

-nek méri, szögsebességét

ω

-nak észleli. Tekintsük a forrás mozgását

Δ t

ideig, miközben az

A

pontból az

A'

pontba jut:

r_{A A'} = r_{A'} - r_{A} = v Δ t

3.1. ábra

Jelölje

Δ t'

A

-ból, illetve

A'

-ből induló jelek beérkezésének időbeli különbségét az

O

pontban. Mivel

A

és

A'

távolsága különböző, a fénysebesség pedig véges:

\begin{matrix} Δ t' = Δ t + \frac{r_{A'} - r_{A}}{c} . \end{matrix}

Kis

Δ t

idők esetén

v Δ t ≪ r_{A} = R

, tehát

\begin{matrix} r_{A'} - r_{A} \approx - v Δ t cos φ . \end{matrix}

Mindezek figyelembe vételével

\begin{matrix} Δ t' \approx Δ t (1 - β cos φ), (β = v / c) . \end{matrix}

Így a forrás

O

-beli látszólagos keresztirányú sebessége

\begin{matrix} v'_{⊥} = \frac{Δ x}{Δ t'} = \frac{Δ x}{Δ t (1 - β cos φ)} = \frac{c β sin φ}{1 - β cos φ}, \end{matrix}

ahol felhasználtuk, hogy a megfigyelő vonatkoztatási rendszerében a valódi keresztirányú sebesség

v'_{⊥} = Δ x / Δ t = c β sin φ

. Az

O

-ban észlelhető szögsebesség:

\begin{matrix} ω = \frac{v'_{⊥}}{R} = \frac{c β sin φ}{R (1 - β cos φ)} . \end{matrix}

c) Ha feltételezzük, hogy a két objektum egy egyenes mentén, azonos nagyságú sebességgel távolodik egymástól, akkor a következő összefüggéseket írhatjuk fel a látszólagos szögsebességekre:

\begin{matrix} ω_{1} = \frac{c β sin φ}{R (1 - β cos φ)}, ω_{2} = \frac{c β sin φ}{R (1 + β cos φ)} . \end{matrix}

A megadott, illetve mért numerikus értékek segítségével a fenti két kifejezésből egyszerű algebrai átalakításokkal

φ

és

β

értéke kiszámítható:

φ = 68, 8^{\circ}

β = 0, 89

. Megnyugodhatunk tehát, hiszen az észlelt rádióforrások mindössze a fénysebesség

89 %

-ával mozognak.
d) A látszólagos keresztirányú sebesség akkor lehet nagyobb vagy egyenlő a fénysebességnél, ha a

β sin φ \geq 1 - β cos φ

feltétel teljesül, ami a vizsgált esetben fenn is áll. Ez a feltétel a következő alakba írható át:

\begin{matrix} β \geq f (φ) = {[\sqrt[]{2} sin (φ + π / 4)]}^{- 1} . \end{matrix}

(β, φ)

síkon az egyenlőség jelöli ki azt a tartományt, amin belül a feltétel teljesül (3.2 ábra).

3.2. ábra

e) Könnyen meggyőződhetünk arról, hogy a

b)

alkérdés válaszában megadott

\begin{matrix} v'_{⊥} = \frac{c β sin φ}{1 - β cos φ} \end{matrix}

kifejezésnek a fizikailag értelmes szögtartományban adott

β

esetén akkor van maximuma, ha

φ_{{max}_{}^{}} = arc cos β

. Eszerint a látszólagos keresztirányú sebesség végtelenhez tarthat, ha

β

megközelíti az 1-et, ami persze azt is jelenti, hogy

φ

nullához tart, vagyis a mozgó objektum a megfigyelő felé mozog közel fénysebességgel.
f) A relativisztikus Doppler-eltolódás egyenleteit kell kezelnünk:

\begin{matrix} \frac{λ_{1,2}}{λ_{0}} = \frac{1 \pm β cos φ}{\sqrt[]{1 - β^{2}}} . \end{matrix}

A szög kiejtésével kell

β

-t kifejeznünk, amit a két egyenlet összeadásával, majd rendezésével tehetünk meg:

\begin{matrix} β = \sqrt[]{1 - \frac{4 λ_{0}^{2}}{{(λ_{1} + λ_{2})}^{2}}}, \end{matrix}

tehát a kérdéses szám:

α = 4

. A

c)

alkérdésre adott válasz két egyenletében

φ

és

β

voltak az ismeretlenek,

R

-et más mérésekből meghatározott, adott értéknek vettük. Ha viszont a legutóbbi összefüggésünket harmadik egyenletnek tekintjük, ami közvetlenül megadja

β

értékét, akkor

φ

mellett az

R

távolság is meghatározható.

Honyek Gyula

A kísérleti feladat megoldása

I. rész. Mágneses árnyékolás vizsgálata.
A mérésnek ebben a részében a versenyzők feladata az árnyékolást leíró (a feladat szövegében megadott) képletben szereplő

α

együttható frekvenciafüggésének meghatározása volt. Ehhez különböző frekvenciákon különböző vastagságú aluminium fóliával kellett méréseket végezni. A mérés maga nagyon egyszerű: a rendelkezésre álló digitális műszerekkel a frekvenciát és a mérőtekercsben indukálódott feszültséget lehetett mérni ‐ itt legfeljebb a helyes méréstartomány megválasztására kellett figyelni. A versenyzőknek talán azt volt a legnehezebb eldönteni, hogy a rendelkezésre álló idő alatt hány különböző frekvencián és hány különböző fóliavastagság esetében mérjenek.
A mérési adatok kiértékelése is elég hosszadalmas munka. A megadott képlet alapján egy adott frekvencián

\begin{matrix} e^{- α d} = \frac{B}{B_{0}} = \frac{U}{U_{0}}, azaz ln U = ln U_{0} - α d \end{matrix}

kifejezést kapjuk, tehát ha

ln U

-t

d

függvényében ábrázoljuk, akkor az elmélet szerint a mérési pontoknak a mérés hibahatárán belül egy

- α

meredekségű egyenesen kell lenniük. Ezt a grafikont minden egyes mért frekvenciánál el kell készíteni, a mérési pontokra egyenest kell illeszteni, az egyenesek meredekségét le kell olvasni. Ezután lehet ábrázolni

α

-t

f

függvényében.

II. rész Mágneses fluxus-csatolás vizsgálata.
A feladat második részében a versenyzők a méréssel kapcsolatos elméleti feladatokat is kaptak. Az 1. kérdésben az önindukciós együtthatókat és a csatolási tényezőt megadó összefüggéseket kellett igazolniuk. Az önindukciós együtthatók definiciója közismert, a csatolási tényező képletét pedig a feladat szövegében megadott összefüggésekkel könnyen igazolhatjuk:

\begin{matrix} ε_{B} = c ω N_{B} (N_{B} I_{B} - k N_{A} I_{A}) = 0, \end{matrix}

amiből

k = (N_{B} I_{B}) / (N_{A} I_{A})

adódik.
A definiáló összefüggések alapján könnyen összerakhatóak a mérési kapcsolások:

4. ábra

Megjegyzés. A kapcsolás megtervezésekor érdemes figyelembe venni, hogy a digitális feszültségmérők 1 M

Ω

-nál nagyobb belső ellenállásukkal ,,sokkal ideálisabbak", mint az árammérők.

A 2. és 3. kérdésre ehhez hasonlóan, a feladat szövegében megadott összefüggésekbe való behelyettesítéssel és rendezéssel lehet válaszolni. Ezt az olvasóra bízzuk. A keresett összefüggések:

\begin{matrix} I_{p} = I_{A} = \frac{ε_{A}}{ω L_{A} (1 - k^{2})}, \frac{U_{A}}{U_{B}} = \frac{N_{A}^{2} - k N_{A} N_{B}}{N_{B}^{2} - k N_{A} N_{B}} . \end{matrix}

A 4. és az 5. feladat két korábbi feltevés számszerű igazolása volt. Az önindukciós együttható menetszámtól való függését három eredmény (

L_{A}

L_{B}

és

L_{A + B}

) összevetésével igazolhatjuk. Az

L / N^{2}

érték mindhárom esetben hibahatáron belül megegyezik. A primer tekercs 2‐3

Ω

-os ohmos ellenállása pedig valóban elhanyagolható a tekercs

ω L (1 - k^{2})

induktív ellenállásának kb.

100 Ω

-os értékéhez képest.
A 6. feladat a ferritmag relatív permeabilitásának meghatározása volt. A ferritmagon vékony papírlapok segítségével két rést lehetett létrehozni. Az Ampre-féle gerjesztési törvényt alkalmazva mindkét esetre:

\begin{matrix} \begin{matrix} N I_{1} = \oint \frac{1}{μ} B d l = \frac{2 l}{μ_{0} μ_{r}} B_{1} a rés nélküli esetben, \\ illetve \\ N I_{2} = \oint \frac{1}{μ} B d l = (\frac{2 l}{μ_{0} μ_{r}} + \frac{2 d}{μ_{0}}) B_{2} a rést tartalmazó mag esetére . \end{matrix} \end{matrix}

Felhasználva, hogy

U_{1} = ω N B_{1} A

, illetve

U_{2} = ω N B_{2} A

és hogy

L_{1} = U_{1} / ω I_{1}

, illetve

L_{2} = U_{2} / ω I_{2}

azt kapjuk, hogy

\begin{matrix} μ_{r} = \frac{l}{d} (\frac{L_{2}}{L_{1}} - 1), \end{matrix}

ahol

l

a ferritmag középvonalának hossza,

d

pedig a papír vastagsága.

μ_{r}

numerikus értékének meghatározásához a geometriai adatokon kívül már csak a rést tartalmazó vasmagon lévő tekercs önindukciós együtthatóját kellett megmérni.

Vankó Péter

^{$^{*}$}A feladatok szövege múlt havi számunkban olvasható.