Cím:	A 47. Nemzetközi Fizikai Diákolimpia elméleti feladatainak megoldása
Szerző(k):	Szász Krisztián ,  Vankó Péter ,  Vigh Máté
Füzet:	2016/november, 489 - 498. oldal	PDF  |  MathML
Témakör(ök):	Nemzetközi Fizika Diákolimpia, Cikkek

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre. 1   Elméleti feladatok   1. feladat. Két mechanikai probléma A rész. Elrejtett korong A.1. Egyensúlyban a testre ható erők és forgatónyomatékok eredője nulla. Az utóbbi feltétel a lejtővel való $P$ érintkezési pontra nézve úgy teljesíthető, ha a rendszer $C$ tömegközéppontja éppen a $P$ pont felett helyezkedik el (1. ábra). Alkalmazzuk a $PCS$ háromszögre a szinusztételt: $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{\text{sin}\left({180}^{\circ }-\phi \right)}{\text{sin}\alpha }=\frac{r_1}{b}\mathrm{,}}\end{array}$ ebből $\begin{array}{c}{\displaystyle b=\frac{r_1\text{sin}\alpha }{\text{sin}\phi }\mathrm{.}}\end{array}$   1. ábra   A.2. A korong $\phi$ szögkitérésekor a nehézségi erő forgatónyomatéka $Mgb\text{sin}\phi$, iránya pedig olyan, hogy a kitérést csökkenteni igyekszik. A forgómozgás egyenlete tehát a következő alakot ölti: $\begin{array}{c}{\displaystyle {\Theta }_S\ddot{\phi }=-Mgb\text{sin}\phi \mathrm{.}}\end{array}$ Kis szögekre $\text{sin}\phi \approx \phi$, így egy harmonikus rezgőmozgás (fizikai inga) mozgásegyenletét kapjuk: $\begin{array}{c}{\displaystyle \ddot{\phi }=-{\omega }^2\phi \mathrm{,}\text{ahol}\omega =\sqrt[]{\frac{Mgb}{{\Theta }_S}}\mathrm{.}}\end{array}$ A rezgés periódusideje a körfrekvenciával $T=2\pi /\omega$ kapcsolatban áll, így a tehetetlenségi nyomaték kifejezhető: $\begin{array}{c}{\displaystyle {\Theta }_S=\frac{T^2}{4{\pi }^2}Mgb\mathrm{.}}\end{array}$ A.3. Gondolkozhatunk úgy, hogy egy ${\varrho }_1$ sűrűségű, $r_1$ sugarú tömör (tehát lyuk nélküli) korong és egy ${\varrho }_2-{\varrho }_1$ sűrűségű, $r_2$ sugarú korong közös tömegközéppontjának helyét kell meghatároznunk. A távolságokat a nagyobb korong $S$ középpontjától mérve a tömegközéppont helyét megadó egyenlet: $\begin{array}{c}{\displaystyle b=\frac{\left({\varrho }_2-{\varrho }_1\right)r_2^2\pi h_2}{M}d\mathrm{,}\text{amiből}d=\frac{Mb}{\left({\varrho }_2-{\varrho }_1\right)r_2^2\pi h_2}\mathrm{.}}\end{array}$ A.4. Egy $m$ tömegű, $r$ sugarú korong tehetetlenségi nyomatéka $\frac{1}{2}m{R}^2$. Ennek és a Steiner-tételnek a felhasználásával írhatjuk, hogy $\begin{array}{c}{\displaystyle {\Theta }_S=\underset{\text{nagy korong}}{\overset{}{\underbrace{\frac{1}{2}{\varrho }_1{r}_1^4\pi h_1}}}+\underset{\text{kis korong a Steiner-tétellel}}{\overset{}{\underbrace{\left({\varrho }_2-{\varrho }_1\right)r_2^2\pi h_2\left(\frac{r_2^2}{2}+d^2\right)}}}\mathrm{.}}\end{array}$ A $d$-re az előző részfeladatban kapott eredményt felhasználva: $\begin{array}{c}{\displaystyle {\Theta }_S=\frac{1}{2}{\varrho }_1{r}_1^4\pi h_1+\frac{1}{2}\left({\varrho }_2-{\varrho }_1\right)r_2^4\pi h_2+\frac{M^2{b}^2}{\left({\varrho }_2-{\varrho }_1\right)r_2^2\pi h_2}\mathrm{.}}\end{array}$ A.5. Írjuk fel a teljes rendszer tömegét: $\begin{array}{c}{\displaystyle M={\varrho }_1{r}_1^2\pi h_1+\left({\varrho }_2-{\varrho }_1\right)r_2^2\pi h_2\mathrm{.}}\end{array}$ Ebből kifejezhetjük a $\left({\varrho }_2-{\varrho }_1\right)r_2^2\pi h_2$ tagot, és beírhatjuk az A.4. részfeladat végeredményébe. A ${\Theta }_S$-re korábban kapott formulát is felhasználva: $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{T^2}{4{\pi }^2}Mgb=\frac{1}{2}{\varrho }_1{r}_1^4\pi h_1+\frac{1}{2}\left(M-{\varrho }_1{r}_1^2\pi h_1\right)r_2^2+\frac{M^2{b}^2}{M-{\varrho }_1{r}_1^2\pi h_1}\mathrm{.}}\end{array}$ Ebből kifejezhető $r_2$: $\begin{array}{c}{\displaystyle r_2=\sqrt[]{\frac{2}{M-{\varrho }_1{r}_1^2\pi h_1}\left(\frac{T^2}{4{\pi }^2}Mgb-\frac{M^2{b}^2}{M-{\varrho }_1{r}_1^2\pi h_1}-\frac{1}{2}{\varrho }_1{r}_1^4\pi h_1\right)}\mathrm{.}}\end{array}$ Ennek ismeretében az össztömegből $h_2$ megkapható: $\begin{array}{c}{\displaystyle h_2=\frac{M-{\varrho }_1{r}_1^2\pi h_1}{\left({\varrho }_2-{\varrho }_1\right)r_2^2\pi }\mathrm{.}}\end{array}$   B rész. Forgó űrállomás B.1. A forgó űrhajó padlóján álló, $m$ tömegű testre az $mR{\omega }_0^2$ centrifugális erő hat. Ez akkor egyezik meg a test $m{g}_{\text{F}}$ földi súlyával, ha az űrállomás szögsebessége ${\omega }_0=\sqrt[]{g_{\text{F}}/R}$. B.2. Egy rugón rezgő test körfrekvenciája ${\omega }_{\text{F}}=\sqrt[]{k/m}$. B.3. Az űrhajón a mesterséges gravitáció egyenesen arányos a forgástengelytől mért távolsággal: $g\left(r\right)=r{\omega }_0^2$. A rugóra akasztott testet az egyensúlyi helyzetéből sugárirányban kifelé $x$ távolsággal kitérítve, arra nemcsak a rugóerő növekménye, hanem az effektív gravitációs tér megváltozásából származó erő is hat: $\begin{array}{c}{\displaystyle -kx+mx{\omega }_0^2=m\mathrm{<mover\; accent="true">x<mo>¨</mo></mover>}\mathrm{,}}\end{array}$ ami éppen olyan, mint egy $k^{*}=k-m{\omega }_0^2$ effektív direkciós erejű rugón rezgő test mozgásegyenlete, a rezgés körfrekvenciája tehát $\omega =\sqrt[]{k/m-{\omega }_0^2}$.   B.4. Az $M_{\text{F}}$ tömegű, $R_{\text{F}}$ sugarú Föld felszíne felett $h$ magasságban a gravitációs gyorsulás: $\begin{array}{c}{\displaystyle g_{\text{F}}\left(h\right)=\gamma \frac{M_{\text{F}}}{{\left(R_{\text{F}}+h\right)}^2}=\gamma \frac{M_{\text{F}}}{R_{\text{F}}^2}{\left(1+\frac{h}{R_{\text{F}}}\right)}^{-2}=g_{\text{F}}\left(0\right){\left(1+\frac{h}{R_{\text{F}}}\right)}^{-2}\mathrm{.}}\end{array}$ Mivel $h/R_{\text{F}}\ll 1$, alkalmazhatjuk a kis $\epsilon$ mennyiségekre érvényes ${\left(1+\epsilon \right)}^n\approx 1+n\epsilon$ lineáris közelítést: $\begin{array}{c}{\displaystyle g_{\text{F}}\left(h\right)\approx g_{\text{F}}\left(0\right)\left(1-\frac{2h}{R_{\text{F}}}\right)\mathrm{.}}\end{array}$ A földi gravitációs mezőben tehát az egyensúlyi helyzetéből $x$ távolságra kitérített test mozgásegyenlete $\begin{array}{c}{\displaystyle -kx+m{g}_{\text{F}}\frac{2x}{R_{\text{F}}}=m\mathrm{<mover\; accent="true">x<mo>¨</mo></mover>}\mathrm{,}}\end{array}$ amiből a rezgés körfrekvenciája $\begin{array}{c}{\displaystyle \widetilde{{\omega }_{\text{F}}}=\sqrt[]{\frac{k}{m}-\frac{2g_{\text{F}}}{R_{\text{F}}}}\mathrm{.}}\end{array}$ B.5. Az előző két részfeladat eredményéből látszik, hogy $\omega$ és $\widetilde{{\omega }_{\text{F}}}$ akkor egyezik meg, ha ${\omega }_0^2=2g_{\text{F}}/R_{\text{F}}$. A B.1. kérdés eredményét felhasználva ez azt jelenti, hogy az űrállomás sugarának hossza éppen a földsugár fele: $R=R_{\text{F}}/2$. B.6. A feladat megoldható inerciarendszerben is, ehelyett mi most a rövidebb, forgó koordináta-rendszerbeli leírást választjuk. A $H\ll R$ magasságból elengedett test ,,függőlegesen lefelé'' (azaz sugárirányban kifelé) mutató sebessége $t$ idejű esés után jó közelítéssel $v_y=R{\omega }_0^{2}t$. Az emiatt ,,vízszintes'' (érintő-)irányban ható Coriolis-erő nagysága tehát $F_{\text{C}}=2m{v}_y{\omega }_0=2mR{\omega }_0^{3}t$, a gyorsulás pedig $F_{\text{C}}/m$. A $v_x$ vízszintes sebességkomponenst az idő függvényében ennek a gyorsulásnak az integrálásával lehet meghatározni: $\begin{array}{c}{\displaystyle v_x\left(t\right)=\underset{0}{\overset{t}{\int }}2R{\omega }_0^{3}t\text{'}\text{d}t\text{'}=R{\omega }_0^3{t}^2\mathrm{.}}\end{array}$ Behelyettesítve az esés $T=\sqrt[]{2H/\left(R{\omega }_0^2\right)}$ idejét, megkapjuk a vízszintes sebességkomponenst a becsapódáskor: $\begin{array}{c}{\displaystyle v_x=2H{\omega }_0\mathrm{.}}\end{array}$ A vízszintes elmozdulást a $v_x\left(t\right)$ függvény integrálja adja meg: $\begin{array}{c}{\displaystyle d_x\left(t\right)=\underset{0}{\overset{t}{\int }}{v}_x\left(t\text{'}\right)\text{d}t\text{'}=\frac{1}{3}R{\omega }_0^3{t}^3\mathrm{.}}\end{array}$ A $t=T$ helyettesítéssel kapjuk meg a teljes vízszintes elmozdulást: $\begin{array}{c}{\displaystyle d_x=\frac{1}{3}\sqrt[]{\frac{8H^3}{R}}\mathrm{.}}\end{array}$ B.7. A mozgást inerciarendszerből a legegyszerűbb leírni. A $H=R\left(1-\text{cos}\phi \right)$ magasságú toronyból a test ${\omega }_{0}R\text{cos}\phi$ kezdősebességgel érintőirányban indul (2. ábra), és egyenes vonalú egyenletes mozgással halad egészen az űrállomás padlójáig. A mozgás ideje: $\begin{array}{c}{\displaystyle t=\frac{R\text{sin}\phi }{{\omega }_{0}R\text{cos}\phi }=\frac{\text{tg}\phi }{{\omega }_0}\mathrm{.}}\end{array}$ A test akkor érkezik éppen a torony aljához, ha ezalatt az idő alatt az űrállomás éppen $\phi$ szöggel fordul el, azaz $t=\phi /{\omega }_0$. Az időre kapott két egyenlet összevetéséből a $\phi =\text{tg}\phi$ egyenletet kapjuk. Ennek végtelen sok megoldása van: az első a triviális $\phi =0$, a többi pedig csak numerikusan határozható meg. A következő gyök $3\pi /2$ körüli érték, ami a nem releváns $H>R$ eredményre vezet. Az $5\pi /2$ környékén lévő harmadik gyök az, amit keresünk. Zsebszámológéppel a pontosabb $\phi \approx 7\mathrm{,}725$ radián értéket kaphatjuk. Ennek a szögnek a felhasználásával meghatározhatjuk a torony magasságát: $H\approx 0\mathrm{,}871R$.   2. ábra   B.8. Mivel az $y$ irányú Coriolis-erőt elhanyagolhatjuk, ebben az irányban a test harmonikus rezgőmozgást végez $d$ amplitúdóval. A kezdeti feltételeket is figyelembe véve: $y\left(t\right)=-d\text{cos}\omega t$. Az $y$ irányú sebességre ennek deriválásával $v_y\left(t\right)=d\omega \text{sin}\omega t$ értéket kapunk, amellyel az $x$ irányú Coriolis-erő (az űrállomás szögsebességvektorát a papír síkjába befelé mutatónak választva): $\begin{array}{c}{\displaystyle F_x\left(t\right)=-2m{v}_y\left(t\right){\omega }_0=-2m{\omega }_{0}d\omega \text{sin}\omega t\mathrm{.}}\end{array}$ A test gyorsulása $x$ irányban tehát éppen olyan, mint egy harmonikus oszcillátoré. Az $x$ irányú elmozdulást a gyorsulás kétszeri integrálásával kapjuk: $\begin{array}{c}{\displaystyle x\left(t\right)=\frac{2{\omega }_{0}d}{\omega }\text{sin}\omega t+c_{1}t+c_2\mathrm{,}}\end{array}$ ahol $c_1$ és $c_2$ integrálási állandók. A $t=0$ időpillanatban a test $x$ irányú sebessége és $x$ koordinátája is nulla, ebből $c_1=-2{\omega }_{0}d$ és $c_2=0$ adódik, tehát: $\begin{array}{c}{\displaystyle x\left(t\right)=\frac{2{\omega }_{0}d}{\omega }\left(\text{sin}\omega t-\omega t\right)\mathrm{.}}\end{array}$ A pálya vázlatos rajza a 3. ábrán látható.   3. ábra     2. feladat. Nemlineáris dinamika elektromos áramkörökben A rész. Stacionárius állapotok és instabilitások A.1. A kért adatok a grafikonról leolvashatók: ${\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle R_{\text{be}}}& {\displaystyle =1\mathrm{,}00\Omega \mathrm{,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle R_{\text{ki}}}& {\displaystyle =10\mathrm{,}0\Omega \mathrm{,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle I_0}& {\displaystyle =6\mathrm{,}00\text{A}\mathrm{,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle R_{\text{k}}}& {\displaystyle =2\mathrm{,}00\Omega \mathrm{.}}\hfill \end{array}}$ A.2. Az áramkörre felírva a huroktörvényt: $\begin{array}{c}{\displaystyle \text{E}=IR+U\mathrm{,}\text{amiből}I=\frac{\text{E}-U}{R}\mathrm{.}}\end{array}$ Az áramkör stacionárius állapotait ennek az egyenesnek és az áramkör $I$‐ $U$ karakterisztikájának metszéspontjai adják meg. $R=3\mathrm{,}00\Omega$ esetében mindig 1 metszéspont van, $R=1\mathrm{,}00\Omega$ esetében pedig $\text{E}$ értékétől függően 1, 2 vagy 3 metszéspont lehetséges. A.3. A stacionárius megoldás a középső ágra esik, így használhatjuk az arra vonatkozó összefüggést: ${\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle I_{\text{st}}}& {\displaystyle =\frac{\text{E}-R_{\text{k}}{I}_0}{R-R_{\text{k}}}=3\mathrm{,}00\text{A}\mathrm{,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle U_{\text{st}}}& {\displaystyle =R_{\text{k}}\left(I_0-I_{\text{st}}\right)=6\mathrm{,}00\text{V}\mathrm{.}}\hfill \end{array}}$ A.4. A huroktörvény alapján: $\begin{array}{c}{\displaystyle \text{E}=RI+U_{\text{X}}+L\frac{\text{d}I}{\text{d}t}=RI+R_{\text{k}}\left(I_0-I\right)+L\frac{\text{d}I}{\text{d}t}\mathrm{,}}\end{array}$ amiből $\begin{array}{c}{\displaystyle L\frac{\text{d}I}{\text{d}t}=\text{E}-R_{\text{k}}{I}_0-\left(R-R_{\text{k}}\right)I\mathrm{.}}\end{array}$ Eszerint, ha $I>I_{\text{st}}$, akkor $\text{d}I/\text{d}t<0$, azaz az áramerősség csökken, ha $I<I_{\text{st}}$, akkor $\text{d}I/\text{d}t>0$, azaz az áramerősség nő, tehát a stacionárius állapot stabil.   B rész. Bistabil, nemlineáris áramköri elemek a fizikában: rádióadó B.1. Az oszcilláció a 4. ábrán látható.   4. ábra   A versenyzőktől a következő magyarázatokat várták el (a maximális pontszámhoz ezek közül legalább hármat): 1. A feszültség az ugrás közben állandó, mert a kondenzátor feszültsége nem változhat pillanatszerűen. 2. A közbülső ág nem lehet része az oszcillációs ciklusnak, mert az ottani állapotok stabilak. 3. Azért történnek ugrások az $I$‐ $U$ karakterisztika töréspontjainál, mert ezekben a pontokban nincs más lehetősége a rendszernek. 4. A rendszer a bekapcsolt ágon balra mozog, mert így közelít a stacionárius állapothoz (amely azonban nem része az $I$‐ $U$ grafikonnak). 5. A rendszer a kikapcsolt ágon jobbra mozog, mert így közelít a stacionárius állapothoz (amely azonban nem része az $I$‐ $U$ grafikonnak). B.2. Mivel a nemlineáris áramköri elem a bekapcsolt ág és a kikapcsolt ág között ugrál, a feszültsége ilyen alakban írható fel: $U_{\text{X}}=R_{\text{be/ki}}{I}_{\text{X}}$. Az áramkör mindkét ágon soros $RC$-körként viselkedik $C$ kapacitással és $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{R_{\text{be/ki}}R}{R_{\text{be/ki}}+R}}\end{array}$ ellenállással (hiszen az $R$ ellenállás és az $X$ elem párhuzamosan vannak kötve). Az áramkör időtényezője: $\begin{array}{c}{\displaystyle {\tau }_{\text{be/ki}}=\frac{R_{\text{be/ki}}R}{R_{\text{be/ki}}+R}C\mathrm{.}}\end{array}$ Ha a be- vagy a kikapcsolt ágat a töréspontokon túl is meghosszabbítanánk, akkor az áramkör hosszú idő után a stacionárius állapotba érkezne, és a feszültsége $\begin{array}{c}{\displaystyle U_{\text{be/ki}}\left(\infty \right)=\frac{R_{\text{be/ki}}}{R_{\text{be/ki}}+R}\text{E}}\end{array}$ lenne. A nemlineáris elemen eső feszültség az állandósult állapot $U_{\text{be/ki}}\left(\infty \right)$ feszültségének és az exponenciálisan lecsengő feszültségtagnak az összege: $\begin{array}{c}{\displaystyle U_{\text{X}}\left(t\right)=U_{\text{be/ki}}\left(\infty \right)+\left[U_{\text{be/ki}}\left(0\right)-U_{\text{be/ki}}\left(\infty \right)\right]e^{-\frac{t}{{\tau }_{\text{be/ki}}}}\mathrm{.}}\end{array}$ A rendszer által a bekapcsolt ágon töltött idő (egy ciklusban): $\begin{array}{c}{\displaystyle t_{\text{be}}={\tau }_{\text{be}}\text{ln}\frac{U_{\text{k}}-U_{\text{be}}\left(\infty \right)}{U_{\text{t}}-U_{\text{be}}\left(\infty \right)}=2\mathrm{,}41\cdot {10}^{-6}\text{s}\mathrm{,}}\end{array}$ a kikapcsolt ágon töltött idő pedig $\begin{array}{c}{\displaystyle t_{\text{ki}}={\tau }_{\text{ki}}\text{ln}\frac{U_{\text{ki}}\left(\infty \right)-U_{\text{t}}}{U_{\text{ki}}\left(\infty \right)-U_{\text{k}}}=3\mathrm{,}67\cdot {10}^{-6}\text{s}\mathrm{.}}\end{array}$ Az oszcilláció teljes periódusideje tehát: $T=t_{\text{be}}+t_{\text{ki}}=6\mathrm{,}08\cdot {10}^{-6}\text{s}$. B.3. Hanyagoljuk el a kikapcsolt ágon felhasznált energiát! A bekapcsolt ágon felhasznált energiát közelítsük a következőképp: $\begin{array}{c}{\displaystyle E\approx \frac{1}{R_{\text{be}}}{\left(\frac{U_{\text{t}}+U_{\text{k}}}{2}\right)}^2{t}_{\text{be}}=1\mathrm{,}2\cdot {10}^{-4}\text{J}\mathrm{.}}\end{array}$ A teljesítmény ebből (közelítőleg): $\begin{array}{c}{\displaystyle P=\frac{E}{T}\approx 20\text{W}\mathrm{.}}\end{array}$ B.4. A rádiójel hullámhossza: $\lambda =cT=1\mathrm{,}82\cdot {10}^3\text{m}$. Az antenna optimális hossza $\lambda /4$ (vagy $3\lambda /4$, $5\lambda /4$, stb.) A feltételeknek megfelelő egyetlen lehetséges választás: $s=\lambda /4=456\text{m}$.   C rész. Bistabil, nemlineáris áramköri elemek a biológiában: neurisztor C.1. Ha a telep feszültsége $\text{E}\text{'}=12\mathrm{,}0\text{V}$, az állandósult állapot a kikapcsolt ágon lesz: $\begin{array}{c}{\displaystyle U\text{'}=\frac{R_{\text{ki}}}{R+R_{\text{ki}}}\text{E}\text{'}=9\mathrm{,}23\text{V}\mathrm{.}}\end{array}$ Ha a telep feszültségét ismét $\text{E}=15\mathrm{,}0\text{V}$ értékre növeljük, akkor a rendszer állapota elkezd jobbra mozogni a kikapcsolt ágon (ugyanúgy, mint a B részben). Ha a telep feszültsége még azelőtt újra lecsökken, hogy az elem feszültsége eléri a küszöbfeszültséget, akkor a rendszer egyszerűen visszamegy a stacionárius állapotba. Az $X$ áramköri elem áramának időfüggését az 5. ábrán vázoltuk.   5. ábra   Ha viszont az elem feszültsége eléri a küszöbfeszültséget, akkor a rendszer felugrik a bekapcsolt ágra, és végigjár egy teljes oszcillációs ciklust (hiszen $\tau <T$), mielőtt visszaérkezik a stacionárius állapotba. Az $X$ áramköri elem áramának időfüggése vázlatosan a 6. ábrán látható.   6. ábra   C.2. A kritikus idő a küszöbfeszültség eléréséhez szükséges idő (amit a B.2 részben megismert módon számíthatunk ki): $\begin{array}{c}{\displaystyle {\tau }_{\text{k}}={\tau }_{\text{ki}}\text{ln}\frac{U_{\text{ki}}\left(\infty \right)-U\text{'}}{U_{\text{ki}}\left(\infty \right)-U_{\text{k}}}=9\mathrm{,}36\cdot {10}^{-7}\text{s}\mathrm{.}}\end{array}$ C.3. Mivel $\tau >{\tau }_{\text{k}}$, a rendszer végrehajt egy oszcillációt, tehát az áramkör ilyenkor neurisztor.   3. feladat. A Nagy Hadronütköztető A rész. Az LHC gyorsító A.1. Az energiamegmaradás törvénye szerint: $\begin{array}{c}{\displaystyle eU=\frac{m{c}^2}{\sqrt[]{1-\frac{v^2}{c^2}}}-m{c}^2\mathrm{.}}\end{array}$ Ezt megoldva $v$-re: $\begin{array}{c}{\displaystyle v=c\cdot \sqrt[]{1-{\left(\frac{m_{\text{p}}{c}^2}{m_{\text{p}}{c}^2+eU}\right)}^2}\mathrm{.}}\end{array}$ A.2. A fenti eredményt felhasználva: $\begin{array}{c}{\displaystyle \Delta =1-\frac{v}{c}=1-\sqrt[]{1-{\left(\frac{m_{\text{e}}{c}^2}{m_{\text{e}}{c}^2+eU}\right)}^2}\mathrm{.}}\end{array}$ Mivel $m_{\text{e}}{c}^2\ll eU$, így $\begin{array}{c}{\displaystyle \Delta \approx \frac{1}{2}{\left(\frac{m_{\text{e}}{c}^2}{eU}\right)}^2=3\mathrm{,}63\cdot {10}^{-11}\mathrm{.}}\end{array}$ A.3. Mivel a részecskék impulzusának csak az iránya változik, az impulzus nagysága állandó, a körmozgás dinamikai feltétele: $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{\text{d}p}{\text{d}t}=p\frac{v}{r}=\frac{m_{\text{p}}{v}^2}{r\sqrt[]{1-\frac{v^2}{c^2}}}=evB\mathrm{.}}\end{array}$ Az energia: $\begin{array}{c}{\displaystyle E=\frac{m_{\text{p}}{c}^2}{\sqrt[]{1-\frac{v^2}{c^2}}}\mathrm{.}}\end{array}$ Ezekből (felhasználva, hogy $r=L/\left(2\pi \right)$ és $v\approx c$): $\begin{array}{c}{\displaystyle B=\frac{2\pi E}{ecL}=5\mathrm{,}50\text{T}\mathrm{.}}\end{array}$ A.4. Keressük a kisugárzott teljesítmény képletét $P_{\text{s}}=a^{\alpha }{q}^{\beta }{c}^{\gamma }{\epsilon }_0^{\delta }$ alakban. A megfelelő dimenziók: $\begin{array}{c}{\displaystyle \left[P_{\text{s}}\right]=\frac{\text{kg}\cdot {\text{m}}^2}{{\text{s}}^3}\mathrm{,}\left[a\right]=\text{<math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mrow><mfrac><mrow><mi>m</mi></mrow><mrow><mrow><msup><mrow><mi>s</mi></mrow><mrow><mn>2</mn></mrow></msup></mrow></mrow></mfrac></mrow></math>}\mathrm{,}\left[q\right]=\text{C}\mathrm{,}\left[c\right]=\text{<math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mrow><mfrac><mrow><mi>m</mi></mrow><mrow><mi>s</mi></mrow></mfrac></mrow></math>}\mathrm{,}\left[{\epsilon }_0\right]=\frac{{\text{C}}^2\cdot {\text{s}}^2}{\text{kg}\cdot {\text{m}}^3}\mathrm{.}}\end{array}$ A tömeg, a töltés, a hosszúság és az idő mértékegységének összevetéséből rendre a $\begin{array}{c}{\displaystyle \delta =-\mathrm{1,}\beta +2\delta =\mathrm{0,}\alpha +\gamma -3\delta =\mathrm{2,}-2\alpha -\gamma +2\delta =-3}\end{array}$ egyenleteket kapjuk. Ezekből $\alpha =2$, $\beta =2$, $\gamma =-3$, $\delta =-1$, vagyis a sugárzási teljesítmény: $\begin{array}{c}{\displaystyle P_{\text{t}}\sim \frac{a^2\cdot e^2}{c^3\cdot {\epsilon }_0}\mathrm{.}}\end{array}$ A.5. Egyetlen részecske által kisugárzott teljesítmény: $\begin{array}{c}{\displaystyle P_{\text{s}}=\frac{1}{\sqrt[]{1-\frac{v^2}{c^2}}}\frac{1}{6\pi }\frac{a^2\cdot e^2}{c^3\cdot {\epsilon }_0}\mathrm{.}}\end{array}$ Felhasználva az $E$ energia A.3.-ban megadott alakját, valamint, hogy $a\approx c^2/r$ és $r=L/\left(2\pi \right)$: $\begin{array}{c}{\displaystyle P_{\text{s}}={\left(\frac{E}{m_{\text{p}}{c}^2}\right)}^4\frac{2\pi e^{2}c}{3{\epsilon }_0{L}^2}=7\mathrm{,}94\cdot {10}^{-12}\text{W}\mathrm{.}}\end{array}$ A teljes kisugárzott teljesítmény: $\begin{array}{c}{\displaystyle P_{\text{t}}=2\cdot 2808\cdot 1\mathrm{,}15\cdot {10}^{11}\cdot P_{\text{s}}=5\mathrm{,}13\text{kW}\mathrm{.}}\end{array}$ A.6. A relativisztikus mozgásegyenlet: $\begin{array}{c}{\displaystyle F=e\frac{U}{d}=\text{állandó}=\frac{\text{d}p}{\text{d}t}=\frac{p_{\text{vég.}}-p_{\text{kezd.}}}{T}\mathrm{.}}\end{array}$ Felhasználva a végsebesség A.1.-beli alakját és hogy $p_{\text{vég.}}=m_{\text{p}}v/\sqrt[]{1-v^2/c^2}$, továbbá $p_{\text{kezd.}}=0$: $\begin{array}{c}{\displaystyle T=\frac{m_{\text{p}}cd}{eU}\sqrt[]{{\left(1+\frac{eU}{m_{\text{p}}{c}^2}\right)}^2-1}=218\text{ns}\mathrm{.}}\end{array}$   B rész. Részecskeazonosítás B.1. A $v=\ell /t$ és a $p=mv/\sqrt[]{1-v^2/c^2}$ összefüggésekből: $\begin{array}{c}{\displaystyle m=\frac{p}{\ell c}\sqrt[]{c^2{t}^2-{\ell }^2}\mathrm{.}}\end{array}$ B.2. A repülési idők különbsége: $\begin{array}{c}{\displaystyle \Delta t=3\cdot 150\text{ps}=4\mathrm{,}5\cdot {10}^{-10}\text{s}\mathrm{.}}\end{array}$ A B.1. részből $\begin{array}{c}{\displaystyle t=\frac{\ell }{c}\sqrt[]{{\left(\frac{mc}{p}\right)}^2+1}\mathrm{.}}\end{array}$ A kaon és a pion adatait felhasználva: $\begin{array}{c}{\displaystyle \Delta t=\frac{\ell }{c}\left(\sqrt[]{0\mathrm{,}{498}^2+1}-\sqrt[]{0\mathrm{,}{135}^2+1}\right)\mathrm{,}}\end{array}$ ahonnan $\ell =1\mathrm{,}25\text{m}$ adódik. B.3. A nyomkövetési csőben megtett körív hossza: Csak keresztirányú $p_{\text{T}}$ impulzus van, és a relativisztikus mozgásegyenlet $p\left(v/r\right)=evB$, a nyaláb irányára merőleges (transzverzális) impulzus: $p_{\text{T}}=erB$. Felhasználva B.1. eredményét: $\begin{array}{c}{\displaystyle m=\frac{eB}{c}\sqrt[]{{\left(\frac{ct}{2\text{arcsin}\frac{R}{2r}}\right)}^2-r^2}\mathrm{.}}\end{array}$ B.4. A megadott adatokat behelyettesítve B.3. eredményébe a tömegekre ${\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle m_{\text{A}}}& {\displaystyle =1\mathrm{,}673\cdot {10}^{-27}\text{kg}=938\mathrm{,}65\text{MeV}/c^2\mathrm{,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle m_{\text{B}}}& {\displaystyle =0\mathrm{,}240\cdot {10}^{-27}\text{kg}=134\mathrm{,}88\text{MeV}/c^2\mathrm{,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle m_{\text{C}}}& {\displaystyle =1\mathrm{,}667\cdot {10}^{-27}\text{kg}=935\mathrm{,}10\text{MeV}/c^2\mathrm{,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle m_{\text{D}}}& {\displaystyle =0\mathrm{,}890\cdot {10}^{-27}\text{kg}=499\mathrm{,}44\text{MeV}/c^2}\hfill \end{array}}$ adódik. Ezek alapján az A és C részecske proton, a B részecske pion, D pedig kaon. 1Az elméleti feladatok szövegét a múlt havi számunkban közöltük. A kísérleti feladatokat a következő havi számunkban közöljük.