A 2001. áprilisi számban kitűzött fizika elméleti feladatok megoldásai
A közöltek csak megoldásvázlatok, esetleg csak végeredmények. A maximális pontszám eléréséhez általában ennél részletesebb megoldás szükséges. A részletes megoldásokat a beküldött dolgozatok alapján a KöMaL-ban folyamatosan közöljük.
P. 3426. Két egymás melletti pályán közlekedő vonat egyike 90 km-t tesz meg óránként, a másik 10 métert másodpercenként. Az egyik vonatban ülő utas azt észleli, hogy a másik vonat 8 másodperc alatt halad el mellette. Mekkora a másik vonat hossza? (3 pont)
Jedlik Ányos verseny, Nyíregyháza
Megoldás. A két vonat sebessége 25 m/s, illetve 10 m/s, így a relatív sebességük 15 m/s, ha azonos, illetve 35 m/s, ha ellentétes irányba haladnak. Ennek megfelelően a másik vonat hossza vagy 8.15=120 m, vagy 8.35=280 m.
P. 3427. Egy utasszállító repülőgép a kifutópályáról 180 km/h sebességgel emelkedik fel, és egyenes vonalú pályán egyenletesen gyorsulva 40 másodperc alatt 2000 méter magasságra jut, miközben sebessége 540 km/h-ra növekszik.
a) Emelkedés közben mekkora és milyen irányú a repülőgép gyorsulása?
b) Emelkedéskor az utastér padlóján lévő börönd nem csúszik meg. Legalább mekkora a tapadási súrlódási együttható? (Tételezzük fel, hogy a padló síkja párhuzamos a sebességgel!) (4 pont)
Párkányi László verseny, Pécs
Megoldás. a) Az emelkedés kezdetekor a sebesség v1=50 m/s, t=40s mulva v2=150 m/s. Az átlagsebesség (v1+v2)/2=100 m/s, tehát a 40 s alatt a gép 4000 m-t tesz meg. Közben 2000 m-t emelkedik, így az emelkedés szöge alpha=30o. Ez egyben a gyorsulás iránya is. A gyorsulás nagysága a=(v2-v1)/t=2,5 m/s2. b)
A bőröndre ható súrlódási erő S=ma+mgsinalpha, miközben a bőröndöt N=mgcosalpha erő nyomja a repülő padlójához. Ebből
μ≥gsinα+agcosα≈0,87.
P. 3428. Vékony, m tömegű pálca egyik végéhez merőlegesen kis tengelyt erősítettünk. A tengely az ábrán látható vízszintes sínpáron súrlódásmentesen csúszhat. Labilis egyensúlyi helyzetéből a pálca valamerre eldől.
a) Lesz-e a sínpárra ható nyonóerő valamikor nulla?
b) Elválik-e dőlés közben a pálca tengelye a síntől?
c) Mekkora a nyomóerő a 0o-os, 90o-os és 180o-os elfordulás pillanatában? (5 pont)
Közli: Holics László, Budapest
Megoldás. Súrlódás hiányában a sín csak függőleges (N nagyságú)erővel hat a pálcára, ennek megfelelően a súlypont egy függőleges egyenes mentén mozog. Jelölje az ℓ hosszúságú, m tömegű és Θ=mℓ2/12 tehetetlenségi nyomatékú pálca súlypontja elmozdulását x, a súlypont sebességét v, gyorsulását a, a pálcának a függőlegessel bezárt szögét phi, szögsebességét omega, szöggyorsulását pedig beta! A gyorsulásra és szöggyorsulásra igaz, hogy
ma=mg-N,
Θβ=Nℓ2sinφ,
és amíg a pálca vége a síneken mozog
x=ℓ2(1−cosφ),
v=ℓ2ωsinφ,
a=ℓ2ω2cosφ+ℓ2βsinφ.
Az energia-megmaradás törvénye szerint
mg(1−cosφ)=12mv2+12Θω2.
Ezekből
N=3(cosφ−1)2+1(3sin2φ+1)2mg.
a) Ez a kifejezés mindig pozitív (jóllehet phi=61o-nál majdnem nullára, kb. -re csökken),
b) tehát a pálca tengelye nem válik el a síntől.
c) A nyomóerő értéke a kérdéses helyzetekben rendre mg, 14mg és 13mg.
P. 3429. Egy pingpongozó úgy mozgatja fel-le az ütőt, hogy a labda mindig 40 cm magasra pattan fel az ütőről. Az ütközési szám 0,5. Mekkora az ütő sebessége, amikor megüti a labdát? (A labda tömege sokkal kisebb, mint az ütőé, és a légellenállás elhanyagolható.) (4 pont)
Közli: Varga István, Békéscsaba
Megoldás. Mivel a labda ugyanolyan magasra pattan vissza, mint amilyenről leesett, az ütközéskor a labda v sebességének csak az iránya változik meg, a nagysága nem. Az ütő u sebessége az ütközéskor (a nagy tömegarány miatt) nem változik, így a relatív sebesség ütközés előtt u+v, utána pedig u-v. Ezek aránya az ütközési szám:
k=u−vu+v,
ahonnan
u=1+k1−kv=3v.
Esetünkben v=√2gh=2,8 m/s, azaz u=8,4 m/s.
P. 3430. A Pireneusokban 1969 óta működtetnek egy napkohót, melyben 63 darab 30 m2-es tükör vetíti a napfényt egy kis helyre. Legalább mennyi energiát összpontosítottak a tükrök, ha 1 perc alatt 1 cm vastag, kezdetben 35 oC-os vaslapba 15 cm sugarú lyukat olvasztottak a napsugarak? Legalább mekkora a napkohó teljesítménye? (3 pont)
,,Keresd a megoldást!'' verseny, Szeged
Megoldás. Ha a lemez vastagsága d=0,01 m, a lyuk sugara r=0,15 m, akkor az olvasztásra fordított energia
Eolv=(r2pid)rho(cDeltaT+colv).
Itt rho=7860 kg/m3 a vas sűrűsége, c=0,4648 kJ/kg oC a fajhője, colv=272,2 kJ/kg az olvadáshő, végül DeltaT=1501 oC az olvadáspont és a kezdeti hőmérséklet különbsége, tehát Eolv=5,4 MJ. Mivel a vas a hő egy részét elvezeti, ennél több energiát kellett egy perc alatt összpontosítani, így a teljesítmény legalább 90 kW.
P. 3431. Egy kádban
T0=80 oC-os víz van, a környezet
T*=20 oC-os. A víz hőmérséklete az idő
függvényében:
T(t)=T*+(T0-T*)e-t, ahol
a hűlésre jellemző állandó. Az
első 5 percben a hőmérséklet 10 oC-kal csökken. Ezután mennyi
idő múlva töltsünk a kádba még ugyanannyi 10 oC-os vizet, hogy
a keverék hőmérséklete a leghamarabb érje el a 30 oC-ot? (5
pont)
Közli: Simon Péter, Pécs
Megoldás. A hűlési képlet szerint bármely t2>t1-re
T(t2)=T∗+(T(t1)−T∗)e−α(t2−t1),
azaz
T(t1)−T(t2)=(T(t1)−T∗)(1−e−α(t2−t1)).
Ebből látszik, hogy adott időtartam alatt a víz hőmérséklete annál többet csökken, minél magasabb hőmérsekletről indul a hűlése. Eszerint először hagyni kell hűlni, és akkor kell hideg vizet bekeverni, amikor azzal épp beállítjuk a kívánt véghőmérsékletet, azaz akkor, amikor a kád vize 50 oC-os. A
T(t1)=T∗+(T0−T∗)e−αt1
[t1=5 perc, T(t1)=70 oC] és a
T(t2)=T∗+(T(t1)−T∗)e−α(t2−t1)
[T(t2)=50 oC] egyenletekből
t2−t1=t1ln(T(t1)−T∗T(t2)−T∗)ln(T0−T∗T(t1)−T∗).
Eszerint az első öt perc után még t2-t1=14 perccel kell a hideg vizet a kádba önteni.
P. 3432. Egy szabályos tetraéder csúcsaiban egyforma fémgömbök helyezkednek el. A gömbök nem érnek össze. Egyetlen (A) gömbre vitt 20 nC töltés azt ugyanakkora potenciálra tölti fel, mintha A-nak és egy másik gömbnek adnánk 15-15 nC töltést. Mekkora egyenlő töltéseket kellene adnunk A-nak és két másiknak, és mekkorát mind a négy gömbnek, hogy az A gömb potenciálja mindig ugyanakkora legyen? (6 pont)
Közli: Bihary Zsolt, Irvine, California
Megoldás. A probléma lineáris voltából következik, hogy ha tudjuk egy bizonyos (I) töltéselrendezés esetén a gömbök potenciáljait, és egy másik (II) esetben ugyancsak ismerjük a potenciálokat, akkor a két töltéselrendezés ,,szuperpozíciójában'' mindegyik gömb potenciálja az (I) és a (II) eseteknek megfelelő potenciálok összege lesz. Az is igaz, hogy ha valamelyik töltéselrendezésben az összes töltés nagyságát lambda-szorosra növeljük, akkor a potenciálok is lambda-szorosra változnak.
A feladat szövege szerint ha QA=QB=15 nC (és a többi gömb töltetlen), akkor UA nagysága egy bizonyos U0, és QA=QC=15 nC esetén (a tetraéder szimmetriája miatt) UA ugyancsak U0. Szuperponáljuk egymásra ezt a két töltéselrendezést, és vonjuk ki belőlük azt, amikor csak az A gömbnek van 15 nC töltése. Ilyenkor QA=QB=QC=15 nC (a negyedik gömb töltetlen), és az A gömb potenciálja UA=U0+U0−1520U0=54U0. Ha azt akarjuk, hogy A potenciálja éppen U0 legyen, a töltéseket 45 arányban csökkentenünk kell, tehát QA=QB=QC=12 nC.
Hasonló módon kaphatjuk meg, hogy mind a négy gömböt 10 nC-ra töltve az A gömb potenciálja éppen U0 lesz. Megjegyzés: Ha a gömbök távolsága sokkal nagyobb lenne, mint a sugaruk, akkor az elektromos terüket a pontszerű töltés közelítésében számíthatnánk. Jelen esetben (a megadott számadatokkal) ez nem is teljesül, a gömbök mérete és a távolságuk összemérhető, emiatt egymást erősen polarizálják. A töltéseloszlások és az elektromos mező csak nagyon bonyolult módon számítható ki, de szerencsére ezekre -- a fenti gondolatmenetet követve -- nincs szükség.
P. 3433. Egy régi voltmérő az 1 V-os méréshatáron 0,7 V-nak, a 10 V-os méréshatáron 2,6 V-nak méri ugyanannak a telepnek a feszültségét. Mit mutat a voltmérő 100 V-os méréshatáron? (4 pont)
Romániai feladat nyomán
Megoldás. Ezek a voltmérők egy ideális (tehát végtelen ellenállású) voltmérővel párhuzamosan kötött Rv ellenállásként képzelhetők el. A méréshatár 10-szeres (100-szoros) kiterjesztésekor a voltmérő elé 9Rv (99Rv) előtétellenállást kötünk, így az ideális műszer a 10Rv (100Rv) ellenállás tizedén (századán) eső feszültséget méri.
Ha a telep belső ellenállása Rt, feszültsége pedig U, a műszer a különböző méréshatárokon (azt is figyelembe véve, hogy a számlapot a méréshatártól függően átskálázzuk) rendre
U1=URvRt+Rv,
U10=U10RvRt+10Rv,
U100=U100RvRt+100Rv
értékeket mutat. Ezekből
U100=10U111U1−U10U10=3,6 V.
A telep feszültsége is kiszámítható: U=3,7 V.
P. 3434. Határozzuk meg az ábrán látható, csupa 1 kOmega-os ellenállásból álló végtelen hálózat eredő ellenállását az A és C, illetve az A és B pontok között! (6 pont)
Közli: Gnädig Péter, Budapest
Megoldás. A megoldás során két dolgot használunk ki:
(i) A hálózat egy öt ellenállásból álló blokk végtelen ismétléséből áll, így az első blokk leválasztása után maradó rész tulajdonságai az eredetiével azonosak.
(ii) A három pólusú hálózat három -- csillag alakba kötött --ellenálással helyettesíthető. (A helyettesítő kapcsolás lehet delta-kapcsolás is.)
Jelölje a csillagba kötött ellenállások közös pontját O-val, és legyen az RAO=RCO=R, illetve RBO=r. Nyilván RAC=2R és RAB=R+r. Ezekre (i) szerint (minden ellenállást kOmega egységben mérve) az
1RAC=12R=12+12(1+R),
illetve az
1RAB=1R+r=1+1(1+R)+111+r+12+R
egyenletek írhatók fel, melyeket megoldva
RAC=√5−1≈1,236 kΩ,
és
RAB=√5+√214−1≈0,705 kΩ.
P. 3435. A hálózati váltófeszültségre egy 0,2 H induktivitású és 62,8 Omega ohmos ellenállású tekercset kapcsoltunk.
a) Mekkora kapacitású kondenzátor kapcsolható sorba a tekerccsel anélkül, hogy a hasznos teljesítmény megváltozna? Változik-e a teljesítménytényező értéke?
b) Javítható-e a teljesítménytényező azáltal, hogy a tekerccsel párhuzamosan egy kondenzátort kapcsolunk? Növelhető-e 1-re a teljesítménytényező? (4 pont)
Vermes Miklós verseny, Sopron
Megoldás. a) Az RL körbe még egy C kapacitást kötve általában mind az impedancia, mind pedig a teljesítménytényező megváltozik:
ZRL=√(Lω)2+R2⟹ZRLC=√(Lω−1/Cω)2+R2
cosφRL=R√(Lω)2+R2⟹cosφRLC=R√(Lω−1/Cω)2+R2.
Ha most az U2cosphi/Z hasznos teljesítmény nem változik, akkor
(Lω−1Cω)2=(Lω)2,
azaz
C=12Lω2=25,3 μF.
Ilyenkor mind az impedancia, mind a teljesítménytényező változatlan, csak az ellenállás induktív helyett kapacitív lesz.
b) Igen, javítható! Az RL ágban folyó IRL=U/ZRL áram fázisa phiRL értékkel késik a feszültségéhez képest, míg a C ágban folyó IC=UComega áramé 90o-kal siet. Ha tehát IC=IRLsinphiRL, a két áram összege fázisban van a feszültséggel, azaz a teljesítménytényező éppen 1. Ebből
C=L(Lω)2+R2=25,3 μF.
Megjegyzés. A hasznos teljesítmény ilyenkor sem változik, csak most az RL ág áramának azt a részét, amely a meddő teljesítményt okozná, nem a hálózat, hanem a C kondenzátor szolgáltatja.
P. 3436. Nevenincs csillag egyik bolygója hosszú, henger alakú. A bolygó átlagsűrűsége ugyanakkora, mint a Földé, sugara is megegyezik a Föld sugarával, tengelyforgási ideje pedig éppen 1 nap.
a) Mekkora az első kozmikus sebesség ennél a bolygónál?
b) A bolygó felszíne felett milyen magasan keringenek az ottani távközlési szinkron-műholdak?
c) Mekkora a második kozmikus sebesség ennél a bolygónál? (5 pont)
Közli: Horányi Gábor, Budapest
Megoldás. Egy nagyon (,,végtelenül'') hosszú henger körül a gravitációs erőtér hengerszimmetrikus, és mindkét végtől távol radiális, azaz a tengelyre merőleges. A gravitációs erőtörvény és a Coulomb-törvény analógiáját felhasználva megállapíthatjuk, hogy egy m tömegből kilépő erővonalak száma (azaz a gravitációs gyorsulás és a rá merőleges felület szorzata) 4pif.m. Eszerint egy L magasságú, r sugarú henger palástján kilépő g-vonalak száma és a hengerben található tömeg kapcsolata:
g2rpiL=4pifR2piDrho,
azaz
g(r)=2πfR2ρr.
a)
A fenti erőtörvény szerint a körpályán keringés sebessége a sugártól függetlenül, így a bolygó felszínén is
v=√2fR2πρ,
tehát a bolygón ez az első kozmikus sebesség. Ez a Földre érvényes vF=√4R2πfρ/3=7,9 km/s értéknél √3/2-szer nagyobb, mintegy 9,7 km/s. b)
Az r sugarú pályán a keringési idő Tr=2pir/v, tehát ha egy nap T0 hosszú, a szinkronműhold pályasugara
r0=T0v2π=R√T20fρ2π.
A Föld esetében ez a távolság r0,F=R3√T20fρ/3π, azaz
r0=√2r30,F3R≈1,33⋅108 m
. A távközlési szinkronműholdak tehát r0-R=1,27.108 m magasan keringenek a hosszú, henger alakú bolygó felszíne felett. c)
A második kozmikus sebesség, azaz a bolygóról való szökési sebesség nagyon nagy, hogy pontosan mekkora, az a bolygó hosszától függ. Végtelen hossz esetén a szökési sebesség is végtelen nagy, egy r-1-es erőtérbol ugyanis nem lehet megszökni. Ennek belátására tekintsük a távolságoknak egy mértani haladvány szerint növekvő sorozatát: rn=alphanr0 (alpha>1 és mondjuk r0=R). Az rn-1 magasságból az rn magasságba való feljutáshoz szükséges E(rn-1arrowrn) energia független az n-től: ahogy n nő, amennyire csökken az erő, annyira nő az út. Végül is az r0 magasságból az rN magasságba való feljutáshoz E(r0arrowrN)=NE(r0arrowr1) energia kell. Már ebből is látszik, hogy véges energiával csak véges magasságra lehet feljutni. (Ugyanez integrálszámítással is belátható.)
Ha a bolygó nem végtelen hosszú (a hossza mondjuk H), akkor amíg a végeitől távol vagyunk, és r≪H, addig az erőtörvény 1/r-es, de ha már r≃H, az erőtörvény jellege megváltozik, és r≫H esetén a megszokott 1/r2-es lesz. Egy ilyen bolygóról már véges nagyságú kezdősebességgel indulva is meg lehet szökni, csak az r≫H magasságba való feljutáshoz szükséges energia ,,megdobja" a költségeket.
Integrálszámítás segítségével belátható, hogy a második kozmikus sebesség az első kozmikus sebességnek kb. √2⋅ln(H/R)-szerese. Ez a faktor még H≫R esetén sem túlságosan nagy (pl. H=10R-nél vII/vI kb. 3, és H=1000R-nél sem nagyobb 10-nél).