Cím: Az 1998/99. tanévben megrendezett FIZIKA OKTV II. fordulójának feladatmegoldásai
Szerző(k):  Holics László 
Füzet: 2000/január, 47 - 55. 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 fizika I. kategória (szakközépiskolások) feladatai
 
 
1. ábra
 

 
1. feladat. Az ábra szerint egymással szemben rögzítünk két egyforma ,,kilövő szerkezetet", amelyek egy-egy D=800N/m direkciós erejű rugót tartalmaznak. Ezután közéjük helyezünk egy m=0,5kg tömegű, α=15 félnyílásszögű éket úgy, hogy mindegyik rugó Δl0=6cm-rel összenyomódjon. A hengerek és a rugók tömege valamint minden súrlódás elhanyagolható.
a)  Legfeljebb mekkora sebességet érhet el az elengedett ék?
b)  Mekkora lehet az ék maximális emelkedése?

(Számoljunk g=10m/s2-tel!)

 (Jurisits József) 

 
Megoldás. A hengerekre ható erők eredője nulla, ui. a hengerek (az adott közelítésben) tömegtelenek. A hengerre három test hat: a rugó, az ék és a cső fala. A rugóerő a pillanatnyi összenyomódással kifejezve: Fr=DΔl. A cső súrlódásmentes fala csak függőlegesen felfelé ható erőt fejt ki a hengerre. Az egyes hengerek által az ékre kifejtett erő merőleges kell legyen az ék felületére (hiszen nincsen súrlódás). Ez a feltétel akkor teljesül, ha a kérdéses erő függőleges komponensének és a vízszintes komponensének aránya tgα. Eszerint az ékre ható teljes függőleges erő:
F=2DΔltgα-mg.
Az ék sebessége mindaddig nő, amíg a fenti kifejezés pozitív. A sebesség abban a pillanatban maximális, amikor az erők eredője nulla. Ekkor a rugó pillanatnyi összenyomódásának értéke:
Δl1=mg2Dtgα=1,17cm.
A rugó végének elmozdulása ezalatt: Δx=Δl0-Δl1=4,83cm, az ék emelkedése pedig Δy=ctgαΔx=18cm.
Az ék legnagyobb sebességét a munkatétel segítségével kapjuk:
-mgΔy+212D[(Δl0)2-(Δl1)2]=12mvmax2,
ahonnan vmax=1,68m/s.
Ettől kezdve lassulva emelkedik az ék. A kiindulási helyzettől mért emelkedés magasságát szintén a munkatételből kaphatjuk. A kezdő- és végállapotban az ék sebessége nulla, így
212D(Δl0)2-mgh=0,
ahonnan a maximális emelkedési magasság: h=57,6cm. (Feltettük, hogy a rugók a teljes meglazulásukig működtek. Ez valóban teljesül, hiszen a számított emelkedési h magasság nagyobb, mint Δl0/tg15=0,224m.)
 
2. feladat. Szobahőmérsékleten egy V=2 literes szódásszifonban V1=1,6l szódavíz és felette V2=0,4l térfogatú, p=240kPa nyomású CO2 gáz van. Maximálisan mennyi szódavíz engedhető ki a szifonból, ha a külső nyomás p0=100kPa?

(Szobahőmérsékleten a víz felett 100kPa CO2 gáznyomás esetén 1l vízben annyi CO2 gáz oldódik, amelynek térfogata 100kPa nyomásnál v=0,8l; a víz feletti egyéb p nyomásnál az oldott CO2 gáznak a 100kPa nyomásra átszámított térfogata pv/p0. A szifonban levő levegő hatását hanyagoljuk el! A szifon csöve az edény aljáig ér le.)

 (Blészer Jenő) 

 
Megoldás. Határozzuk meg először az 1 liter vízben oldott CO2 tömeghányadát. p0 gáznyomás esetén az oldott szén-dioxid térfogata T=300 K hőmérsékleten (a feladat szövege szerint) v térfogatú, azaz
m0=p0vMRT
tömegű. (M=44g/mol a szén-dioxid moláris tömege.) p gáznyomás esetén oldott CO2 p0 nyomáson, T hőmérsékleten pv/p0 térfogatú, a tömege tehát
m=p0RTpp0vM=pvMRT.
Ezekből a p gáznyomás esetén V*=1 liter vízben oldott CO2 és az őt tartalmazó (ϱ sűrűségű) víz tömeghányada:
μ=mmvíz=mV*ϱ=pvMV*ϱRT=45MϱRTp.(1)

Számítsuk ki a Vö össztérfogatú szifonban levő CO2 össztömegét, ha a gáz V térfogatú és p nyomású:
m(p,V)=mgáztérben+mvízben oldva
azaz
m(p,V)=MpVRT+(Vö-V)ϱμ,
ami (1) felhasználásával
m(p,V)=M5RTp(V+4Vö)(2)
alakra hozható.
A gáz kezdeti nyomása pk=240 kPa, a végső nyomás pv=100 kPa, a kezdeti térfogata Vk=0,4dm3, végső térfogata (Vv) pedig a feladat tulajdonképpeni kérdése. A folyamat elején, illetve végén az oldott CO2 tömeghányada (1) alapján:
μk=45MϱRTpk,illetveμv=45MϱRTpv.

Az oldott CO2 tömegaránya a nyomás csökkenése miatt változik. Közelítsük a folyamat átlagos tömeghányadát számtani középpel*:
μ¯=μk+μv2=45MϱRTpk+pv2.
Az eltávozott ΔV=Vv-Vk térfogatú víz kivisz magával (Vv-Vk)ϱμ¯ tömegű CO2-t. A szén-dioxid össztömegének állandóságát kifejező egyenlet (tömegmérleg):
m(pk,Vk)=m(pv,Vv)+(Vv-Vk)ϱμ¯,
ami (2) felhasználásával:
M5RTpk(Vk+4Vö)=M5RTpv(Vv+4Vö)+45MRTpk+pk2(Vv-Vk).
Innen
Vv=(2pv+3pk)Vk+4(pk-pv)Vö2pk+3pv=1,91dm3.

A palackban végül 100 kPa nyomású gáz maradt, és Vö-Vv=0,09dm3 térfogatú víz nem folyt ki a palackból. A szifonból tehát 1,51 liternyi szódavíz (csaknem a teljes kezdeti vízmennyiség) kiengedhető.
 
3. feladat. Van N darab U0 üresjárási feszültségű, R belső ellenállású egyforma áramforrásunk. Mindegyiket felhasználva telepet készítünk belőlük úgy, hogy először bizonyos számú áramforrást azonos pólussorrendben sorba kapcsolunk egy-egy láncba, majd ezeket a megegyező számú áramforrást tartalmazó láncokat ─ azonos pólusaikat összekötve ─ párhuzamosan kapcsoljuk egymással. A nyert telepre a kivehető teljesítmény szempontjából optimális ellenállású fogyasztót kapcsolunk.
a)  Hány telepet kapcsoljunk egy-egy láncba, azaz milyen telepelrendezést készítsünk, hogy a legnagyobb teljesítményt kapjuk a fogyasztón?
b)  Mekkora ez a teljesítmény, ha N=64, U0=12V, R=2Ω?

 (Légrádi Imre) 

 
Megoldás. Kapcsoljunk sorba s darab áramforrást egy-egy láncba, így k=N/s darab lánc keletkezik (1sN). Egy-egy lánc eredő üresjárási feszültsége U1=sU, eredő belső ellenállása R1=sR.
A párhuzamosan kapcsolt láncokból álló telep eredő belső ellenállása
Rb=R1k=sRN/s=s2RN.
Ha a kivehető teljesítmény szempontjából optimális ellenállású fogyasztót kapcsolunk a telepre, akkor annak ellenállása a telep belső ellenállásával egyezik meg, vagyis
Rf=Rb=s2RN.
A fogyasztón leadott teljesítmény
P=I2Rf=(sU2s2R/N)2s2RN=U2N4R.
Végeredményünkben nem szerepel s, ami azt jelenti, hogy az optimális ellenállású fogyasztón minden esetben ugyanakkora teljesítmény jön létre, függetlenül attól, hogy mekkora s értéke, azaz milyen elrendezésű a telepünk. Számadatainkkal P=1152W.
 
 
A fizika II. és III. kategória (valamennyi gimnazista) feladatai
 
 

2. ábra
 

 
1. feladat. Egy L hosszúságú, m tömegű homogén, vékony rudat egyik végénél fogva csuklósan felfüggesztünk, majd a vízszintesig kitérítjük az ábra szerint. A rudat kezdősebesség nélkül elengedjük. Mekkora és milyen irányú erőt fejt ki a rúd egyik L/2 hosszúságú fele a másik L/2 hosszúságú felére a φ=60-os szögelfordulás pillanatában?
 (Holics László) 

 
Megoldás. A félrúd által kifejtett (a valójában a két fél találkozási pontjában ható) kényszererőt az alsó félrúd tömegközéppontjának mozgásegyenletéből határozhatjuk meg. A mozgásegyenletet érdemes két komponensre, érintőleges (tangenciális) és sugárirányú (normál) vetületre felírni:
Kt+m2gcosφ=m2at,(1)
Kn-m2gsinφ=m2an.(2)

 
3. ábra
 

A K=Kn2+Kt2 kényszererő meghatározásához a normál és tangenciális gyorsulásokat kell a folyamat dinamikájából meghatározni. Ehhez a pillanatnyi szögsebességre és szöggyorsulásra van szükségünk. A szögsebességet a munkatételből, a szöggyorsulást a forgatónyomaték-tételből kaphatjuk meg. Mivel a félrúd szögadatai azonosak az egész rúdéival, érvényesek a következők:
mgL2sinφ=1213mL2ω2,
ahonnan
Lω2=3gsinφ,(3)
valamint
mgL2cosφ=13mL2β,
innen
Lβ=32gcosφ.(4)

 
4. ábra
 

Az (1)‐(4) egyenletekből at=34Lβ és an=34Lω2, ezekből a keresett erő két (derékszögű) komponensének nagyságára
Kt=116mgcosφ,valamintKn=2616mgsinφ
adódik. A kérdéses erő nagysága:
K=116mgcos2φ+262sin2φ=202932mg1,4mg.
A K erőnek a rúdhoz viszonyított ε irányára fennáll:
tgε=KtKn=12630,0222,
ahonnan ε1,27, a vízszintessel bezárt szög pedig α=φ-ε=58,73.
 
5. ábra
 

 
2. feladat. Hőszigetelő falú hengerben V1=3 liter térfogatú, p1=4105 Pa nyomású és T1=1092 K hőmérsékletű héliumgázt egy igen jó hőszigetelő, m=2kg tömegű fal választ el V2=2 liter térfogatú, p2=2,5105 Pa nyomású és T2=1365 K hőmérsékletű héliumgáztól. A válaszfalat elengedjük, ezután a fal súrlódás nélkül mozoghat. Maximálisan mekkora sebességre gyorsul fel a válaszfal?
 (Holics László) 

 
Megoldás. A folyamat adiabatikus. A súlyos fal addig gyorsul, míg a két oldalról ható nyomás éppen egyenlővé nem válik. Mivel a dugattyú hőszigetelő, energiát a gáztól hőcserével nem vesz fel. A dugattyú mozgási energiájának megváltozása a rajta végzett munkák összegével egyenlő (munkatétel):
12mv2=W1+W2.
A két gáz munkája adiabatikus állapotváltozás során belső energiájuk megváltozásának ellentettjével egyenlő, tehát:
12mv2=-ΔE1-ΔE2.
Ismeretes (a hőtan I. főtételéből és a gáztörvényből könnyen megkapható), hogy a gáz belső energiájának megváltozása így is felírható: ΔE=Δ(pV)/(κ-1), ahol κ=cp/cV az ún. fajhőhányados. Ezt felhasználva esetünkben (a második állapothoz tartozó értékeket vesszővel jelölve):
12mv2=p1V1+p2V2κ-1-p'1V'1+p'2V'2κ-1.
Mivel a legnagyobb sebesség elérésekor nem gyorsul a fal, a két gáz nyomása éppen megegyezik, vagyis p'1=p'2=pk közös érték egy pillanatra, és az össztérfogat a dugattyú (fal) elmozdulásával nem változik (V'1+V'2=V1+V2), ezért egyenletünk így alakul:
12mv2=p1V1+p2V2κ-1-pk(V1+V2)κ-1.
A közös pk nyomást az adiabatikus állapotváltozás egyenletéből (p1/κV=állandó) határozhatjuk meg:
p11/κV1=pk1/κV'1,
p21/κV2=pk1/κV'2,
Ezeket összeadva (és figyelembe véve, hogy az össztérfogat változatlan) kapjuk, hogy
p11/κV1+p21/κV2=pk1/κ(V1+V2),
ahonnan (felhasználva, hogy héliumra κ=53) a közös nyomás
pk=(p11/κV1+p21/κV2)κ(V1+V2)κ=3,37105Pa.
Ezt az eredményt a fal mozgási energiájának képletébe írva a keresett sebességre végül v=5,016m/s5m/s adódik.
 
3. feladat. A jobb oldali ábrán látható ellenálláslánc a bal oldali ábrán látható ,négypólusból" n számút tartalmaz. R1=1Ω és R2=6Ω. Az ellenálláslánc egy Rx ellenállással van lezárva.
 
6. ábra

 

a)  Mekkora legyen az Rx ellenállás értéke, hogy az A és B pontok között mérhető eredő ellenállás értéke független legyen a bekapcsolt négypólusok n számától?
b)  Az ellenállásláncot az a) kérdésben meghatározott Rx ellenállással zárjuk le, és az A és B pontok közé UAB=3V kapocsfeszültségű telepet kapcsolunk. A lánc most n=21 négypólust tartalmaz. Határozzuk meg ebben az esetben az Rx ellenállásra eső feszültséget!

 (Szegedi Ervin) 

 
Megoldás. a)  Ha a feladat első részében megfogalmazott feltétel teljesíthető, akkor n=0 és n=1 esetén is teljesül, tehát az A és B pontok között mérhető eredő ellenállás e két esetben egyenlő. Az ábra alapján:
Rx=R1+R2RxR2+Rx,(1)
 
7. ábra
 

A kérdéses Rx-re egy másodfokú egyenletet kapunk:
Rx2-R1Rx-R1R2=0,
amelynek megoldása: Rx=3Ω.
Meg kell vizsgálnunk, hogy Rx=3Ω esetén valóban teljesül-e, hogy RAB független a bekapcsolt négypólusok számától! Tekintsük az utolsó négypólust és az azt lezáró Rx ellenállást! Ezek eredője az (1) feltétel alapján Rx. Ekkor viszont az utolsó előtti négypólus végeredményben szintén Rx ellenállással van lezárva, ami ismét azt jelenti, hogy az eredő Rx. Az eljárást mindaddig folytathatjuk, amíg az első négypólushoz érünk. Ez ismét Rx eredő ellenállású hálózatrésszel van lezárva, tehát az A és B pontok között az eredő ellenállás valóban Rx, értéke független a bekapcsolt négypólusok számától.
b)  Az utolsó tagon (vagyis az Rx ellenálláson) eső feszültség kiszámításához meg kell határoznunk az Rx ellenálláson átfolyó áram erősségét.
 
8. ábra
 

Az első R1 ellenálláson átfolyó áram erőssége UAB=3V és RAB=3Ω miatt I1=UAB/RAB=1A. Vizsgáljuk meg ezután egy tetszőleges (mondjuk a j-edik) négypólust. Az R1 ellenálláson folyó áram erőssége legyen Ij, az Rx ellenálláson folyó áram erőssége pedig Ij+1. Ekkor a csomóponti törvény szerint az R2 ellenálláson Ij-Ij+1 áram folyik át, és a huroktörvény szerint fenn kell álljon, hogy
Ij+1Ij-Ij+1=R2Rx.
Innen az áramerősségek arányára
Ij+1Ij=R2Rx+R2=23
adódik, melyből I1 ismeretében rendre kiszámolhatók a lánc egyes elemein átfolyó áramerősségek:
I2=23I1,I3=23I2=(23)2I1,...In=(23)n-1I1.
Ezzel az n=21 tagú láncot lezáró Rx ellenálláson átfolyó áram: I22=1A(23)21=0,2mA, az ellenálláson eső feszültség pedig RxI22=0,6mV.
Holics László


 
 
A fizika I. kategória végeredménye
 
 

*1.Walsch, Thomas William (Szeged, Déri Miksa Ipari Szki., 11. évf.), 
tanára: Varjasiné Balla Edit;
*2.Tomon Sándor (Bp., Puskás Tivadar Távközlési Techn., 11. évf.), 
tanára: Alapiné Ecseri Éva;
*3.Belicza András (Bp., Puskás Tivadar Távközlési Techn., 11. évf.), 
tanára: Szabó Gábor;
 


4. Belicza Zsolt (Bp., Puskás T. Távk. Techn., 12. évf.), tanára: Szigligeti Márta; 5. Hegedűs Zoltán Csaba (Miskolc, Andrássy Gyula Műsz. Szki. 11. évf.), tanárai: Gonda Gáspár, Dobos Zsolt.
 
 
A fizika II. kategória végeredménye
 
 

*1. Felföldi Zsolt (Fazekas Mihály Fővárosi Gyakorló Gimn., 12. évf.), 
tanára: Horváth Gábor;
*2. Végh László (Debrecen, Fazekas Mihály Gimn., 12. évf.), 
tanárai: Lakatos Tibor, Szegedi Ervin;
*3. Terpai Tamás (Fazekas Mihály Fővárosi Gyakorló Gimn., 12. évf.), 
tanára: Horváth Gábor;
 


4. Tóth Bálint (Fazekas M. Főv. Gyak. Gimn., 12. évf.), tanára: Horváth Gábor;
5. Patakfalvi Zsolt (Fazekas M. Főv. Gyak. Gimn., 12. évf.), tanárai: Horváth Gábor, Dvorák Cecília; 6. Buella Csaba (Tiszaújváros, Eötvös J. Gimn. és Szki., 12. évf.), tanára: Magyari Árpád; 7. Lukács László (Miskolc, Földes F. Gimn., 12. évf.), tanára: Gregáné Ursán Zsuzsanna; 8. Németh András (Fazekas M. Főv. Gyak. Gimn., 12. évf.), tanárai: Horváth Gábor, Dvorák Cecília; 9. Gulyás Nándor (Mezőkovácsháza, Hunyadi J. Gimn., 12. évf.), tanárai: Sallai István, Varga István; 10. Pilászy István (Bp., Piarista Gimn., 12. évf.), tanára: Urbán János.

 
 
A fizika III. kategória végeredménye
 
 

*1. Hegedűs Ákos (Pécs, Ciszterci Rend Nagy Lajos Gimnáziuma, 11. évf.), 
tanárai: Orovica Márkné, Kotek László;
*2. Máthé András (Budapest, ELTE Apáczai Csere János Gyakorló Gimn., 11. évf.), tanára: Flórik György;
*3. Rácz Balázs (Budapest, Veres Péter Gimn., 12. évf.), tanára: Varga Mária;

 

4‐5. Gáspár Merse Előd (Fazekas M. Főv. Gyak. Gimn., 11. évf.), tanára: Horváth Gábor; Gönci Balázs (Bp., Móricz Zs. Gimn., 12. évf.), tanára: Horányi Gábor; 6. Buday Tamás (Debrecen, KLTE Gyak. Gimn., 11. évf.), tanárai: Kovács Miklós, Szegedi Ervin; 7. Madarász Tamás (Bp., ELTE Radnóti M. Gyak. Gimn., 12. évf.); tanára: Szalóki Dezső; 8‐9. Ispánovity Péter Dusán (Bp., ELTE Radnóti M. Gyak. Gimn., 12. évf.); tanára: Honyek Gyula; Rozsonday Gerzson (Debrecen, KLTE Gyak. Gimn., 12. évf.), tanárai: Kirsch Éva, Szegedi Ervin; 10‐11. Kajtár Márton (Fazekas M. Főv. Gyak. Gimn., 11. évf.), tanára: Horváth Gábor; Madarász Ádám (Bp., ELTE Radnóti M. Gyak. Gimn., 11. évf.); tanára: Kiss László.


*Felsőbb matematikai módszerekkel a folyamat részletesebben is elemezhető, s ennek eredménye azt mutatja, hogy az alkalmazott közelítés jogos.