A 2001. májusi 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. 3437. 2 cm vastag, 0,5 kg/dm3 sűrűségű fakorong úszik a vizen.
a) Milyen vastag, ugyanolyan alapterületű alumíniumkorongot tehetünk a tetejére, hogy a fa ne legyen teljesen a víz alatt?
b) Mi a válasz akkor, ha alulra erősítjük fel az alumíniumkorongot? (3 pont)
Közli: Holics László, Budapest
Megoldás. Utaljon az 1-es index a fa-, a 2-es az alumíniumkorong adataira, és legyen rho a víz sűrűsége!
a) Határesetben, amikor a fakorong éppen bemerül a vízbe,
d1rho1+d2rho2=d1rho, azaz d2=d1(rho-rho1)/rho2. Adatainkkal (rho1=0,5 kg/dm3, rho2=2,7 kg/dm3, =1 kg/dm3,
d1=2 cm) az alumíniumkorong vastagsága:
d2=0,37 cm.
b) Ilyenkor d1rho1+d2rho2=(d1+d2)rho, azaz
d2=d1ρ−ρ1ρ2−ρ=0,59 cm.
P. 3438. Rézből és nikkelből 1:1 arányú ötvözetet készítünk. Mekkora lesz az így keletkező ötvözet sűrűsége, ha a két fém térfogatváltozás nélkül elegyedik? (4 pont)
Közli: Tasnádi Péter, Budapest
Megoldás. A feladat szövegéből nem derül ki, hogy a keverési arány a tömegek arányára vonatkozik-e, vagy esetleg a térfogatok arányára utal. Vizsgáljuk meg mindkét esetet!
Ha a tömegarány 1:1, akkor
ˉρ1=2mm/ρ1+m/ρ2=2ρ1ρ2ρ1+ρ2.
Mivel rho1=8920 kg/m3, rho2=8900 kg/m3 ˉρ1=8910 kg/m3.
Ha a térfogatarány 1:1, akkor
ˉρ2=Vρ1+Vρ22V,
azaz ˉρ2=8910 kg/m3.
Megjegyzés. Bár ˉρ1 és ˉρ2 elvileg különböző mennyiségek, esetünkben a kétféle érték azért ilyen közeli (a különbség sim0,01 kg/m3, ami sim10−4%), mert a két ötvözött anyag sűrűsége is nagyon közel van egymáshoz.
P. 3439. Egy 200 N/m rugóállandójú rugón két 1 kg-os test függ egy 10 cm hosszú fonállal összekötve, az ábrán látható módon. A fonalat elégetjük. Mekkora lesz a távolság a két test között, amikor a felső test először kerül legmagasabb helyzetébe?
(4 pont)
Közli: Szabó Zoltán, Budapest
Megoldás. A fonal elégetésekor a felső test a fölötte h=(mg/k) magasan levő pont körül T=2π√m/k periódusidejű, A=(mg/k)(=h) amplitúdójú harmonikus rezgőmozgásba kezd, míg az alsó test szabadon esik. A felső tömeg mozgásának legmagasabb pontja a kiindulás fölött 2A-val van, ezt a test T/2 idő alatt éri el először. Ezalatt az alsó test s=gT2/8 utat tesz meg, így a két test távolsága ekkor d=(mg/k)(2+pi2/2)+d0approx44 cm.
P. 3440. Légpárnás asztalon a kezdetben nyújtatlan, l0 hosszúságú húzó-nyomó rugó egyik vége rögzített, a másik végéhez egy m tömegű kis korongot erősítünk. Meglökjük a korongot a rugó hosszára merőlegesen, v0 kezdősebességgel. A kialakuló mozgás során a rugó legnagyobb megnyúlása Deltal=l0/10. Mekkora a rugóállandó? Vázoljuk fel a korong középpontjának pályagörbéjét!
(5 pont)
Közli: Simon Péter, Pécs
Megoldás. Amikor a rugó megnyúlása a legnagyobb, a sebesség éppen merőleges a sugárra, így a perdület megmaradása alapján
m0l0v0=m(l0+Deltal)v.
Ugyanakkor az energia-megmaradás tétele szerint
12k(Δl)2+12mv2=12mv20.
Innen
k=mv20(2l0+Δl)Δl(l0+Δl)2≈20mv20l0Δl.
A korong tömegközéppontjának mozgása jó közelítéssel egy omega=v0/(l0+Deltal/2) szögsebességű egyenletes körmozgásra, és sugár irányban T=2π√m/k periódusidejű harmonikus rezgőmozgásra bontható. A rezgés egy periódusa alatt a rugó szögelfordulása
Φ=2π√mk⋅v0l0(1+120)=2π√20(1+120)≈2π4,7.
A korong középpontja tehát egy l0 belső és l0+Δl=1,1l0 külső sugarú körgyűrűben periodikusan ki-be mozog, pályája azonban nem zárt görbe, mert egy körülfordulás alatt 4,7 (tehát nem egész számú) rezgést végez.
P. 3441. Bizonyos mennyiségű egyatomos ideális gáz kétféleképpen jut el az ábrán látható A állapotból a B állapotba: vagy az AB, vagy az ACB úton. Az ACB úton a gáz által felvett hő csak 90 %-a az AB úton felvett hőnek. Kezdetben (az A állapotban) a gáz hőmérséklete 150 K. Mekkora a gáz hőmérséklete a C állapotban, és mekkora a B állapotban?
(5 pont)
Megoldás. A gáz adatai az egyes pontokban: TA=T0, pA=p0, VA=V0; TC=4T0, pC=p0, VC=4V0; TB=xT0, pB=xp0/4, VB=4V0, a mólok száma pedig mindig n. Feladatunk az x meghatározása. A hőfelvétel az ACB úton
QACB=ncp(TC-TA)+ncV(TB-TC).
Az AB úton felvett hő a belső energia megváltozásának és a tágulási munkának az összege, azaz
QAB=ncv(TB−TA)+pA+pB2(VB−VA).
A QACB=0,9QAB egyenletből (felhasználva, hogy cp=5R/2, cv=3R/2 és p0V0=nRT0) x=8 adódik, tehát TB=8T0=1200oK.
Közli: Kotek László, Pécs
P. 3442. A 2ℓ hosszúságú tükör percenként 10-et fordul a tükör O felezőpontján átmenő, az ábra síkjára merőleges tengely körül. Az O középpontú, R sugarú kör A pontjában egy fényforrás, a B pontjában egy megfigyelő van (AOBszog=90o).
a) Milyen görbén mozog az A pontszerű fényforrás tükörbeli látszólagos képe?
b) Milyen sebességgel mozog A látszólagos képe?
c) Mekkora az R/ℓ arány, ha a B megfigyelő a tükör phi=15o-os állásánál pillantja meg először a fényforrást?
d) Egyfolytában mennyi ideig láthatja a megfigyelő a tükörben a fényforrást ilyen R/ℓ arány mellett?
(5 pont)
Közli: Gálfi László, Budapest
Megoldás. a) Az A fényforrás látszólagos képe az adott körön mozog.
b) A képe 1/(2f) idő alatt 2pi.2f szögsebességgel fut be egy teljes kört, majd 1/(2f) ideig nincs kép, és ez ismétlődik.
Az ábráról (kihasználva, hogy egy adott húrhoz tartozó kerületi szög a középponti szög fele) leolvasható, hogy
ℓ=R(cosφ0−sinφ0).
c) Esetünkben phi0=15o, így ℓ/R=1/√2.
d) Ha a B megfigyelő A képét phi0=15o-nál pillantja meg, a kép phi1=90o-15o=75o-nál fut ki a tükörből, ennek megfelelően a kép (phi1-phi0)/2pif=1 s ideig látható egyfolytában.
P. 3443. Egy 100 eV mozgási energiájú elektron a lemezekkel 30o-os szöget bezáró sebességgel lép be két sűrű fémrácsból kialakított síkkondenzátor lemezei közé, és 45o-os szögben lép ki a lemezek közül.
Mekkora a kondenzátor feszültsége, és mekkora mozgási energiával hagyja el az elektron a kondenzátort?
(4 pont)
Közli: Varga István, Békéscsaba
Megoldás. A kondenzátoron való áthaladáskor a sebesség lemezekkel párhuzamos komponense nem változik, azaz
vcos30∘=v′cos45∘.
A felvett energia:
12mv′2−12mv2=Ue
azaz
Ue=12mv2(cos230∘cos245∘−1)=12E0=50 eV.
Így U=50 V, és az elektron 32E0=150 eV energiával hagyja el a kondenzátort.
P. 3444. Egy ,,szuperellipszis'' egyenlete: (x/a)4+(y/b)4=1, ahol a és b a féltengelyek hossza.
Egy szuperellipszis keresztmetszetű homogén hengert nagyobb féltengelyével
függőleges helyzetben vízszintes asztallapra állítunk. Határozzuk meg
(numerikus, geometriai vagy analitikus módszerekkel), hogy mekkora szögű kibillentésig stabil az
ábrán látható helyzet! Ábrázoljuk phi-t a b/a ,,lapultsági arány'' függvényében!
(6 pont)
Közli: Gnädig Péter, Budapest
Megoldás. Tekintsük a szuperellipszis (x,y) és (x+Δx,y+Δy) pontjain átmenő húrját! Ennek meredeksége
mh=ΔyΔx.
Ha a Deltax-et es a Deltay-t minden határon túl csökkentjük (úgy hogy az (x+Δx,y+Δy) pont végig rajta marad a szuperellipszisen), a húr az (x,y) pontba húzható érintőbe, mh pedig az érintő mé meredekségébe megy át. Ennek kiszámításához felhasználjuk, hogy mind az (x,y), mind az (x+Δx,y+Δy) pont rajta van a szuperellipszisen, azaz
(xa)4+(yb)4=1,
és
(x+Δxa)4+(y+Δyb)4=1.
E két egyenlet különbségéből
mh=ΔyΔx=−b4(4x3+6x2(Δx)+4x(Δx)2+(Δx)3)a4(4y3+6y2(Δy)+4y(Δy)2+(Δy)3).
Ha most Deltax-et és Deltay-t minden határon túl csökkentjük, ezek a mennyiségek és hatványaik nullává válnak, miközben a (Deltay/Deltax) hányados véges marad, így
\displaystyle m_{\rm é}=-{b^4x^3\over a^4y^3}.
A szuperellipszis középpontjából az \displaystyle (x,\,y) ponthoz húzott sugár meredeksége
\displaystyle m_{\rm s}={y\over x}.
A szuperellipszist kibillentve az egészen addig visszabillen, amíg az érintőnek az hosszabb szimmetriatengely felé mutató fele és az érintési ponthoz tartozó sugár hegyesszöget zárnak be egymással. A stabilitás határa az a pont, amelyben a sugár és az érintő merőlegesek egymásra, azaz
1+méms=0.
Innen a kérdéses \displaystyle phi szög tangense
\displaystyle {\rm tg}\,\varphi={x\over y}={a^2\over b^2}.
Megjegyzés. Érdekes, hogy a ,,csúcsára'' állított szuperellipszis tetszőlegesen nagy b/a lapultsági arány mellett stabil egyensúlyi helyzetben van, magától nem borul fel, hiszen a kritikus \displaystyle phi szög nem nulla (jóllehet b/a növelésével \displaystyle phi egyre kisebbé válik)! Ezzel a tulajdonsággal nem csak a feladatban szereplő alakú test, hanem minden (x/a)n+(y/b)n=1 egyenlettel leírt ,,hengeres test'' rendelkezik, amennyiben n>2.
Naiv (és hibás) érveléssel ennek az állításnak éppen az ellenkezőjére lehet következtetni. Képzeljünk el egy adott méretarányú szuperellipszist, melynek tömegközéppontja b magasan van az asztal lapja fölött. Ha a szuperellipszis legmélyebb pontjában a görbületi sugár R, és a testet egy kicsit kibillentjük, akkor az R-nél alacsonyabban fekvő pontjai az asztal síkjától eltávolodnak, az R-nél magasabban fekvők viszont közelednek az asztalhoz. A stabilitás feltétele nyilván az, hogy b<R teljesüljön.
Tételezzük fel, hogy a csúcsára állított szuperellipszisünk valamilyen a és b féltengelyek esetén stabil egyensúlyban van. Növeljük meg b-t n-szeresére, ekkor az R görbületi sugár n-edrészére csökken, s ha n elegendően nagy, akkor nb>R/n fog teljesülni, az ilyen méretarányú test tehát instabil.
Hol a hiba ebben a ,,levezetésben''?