![]() |
A 2002. decemberi számban kitűzött fizika elméleti feladatok megoldása |
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. 3571. Belül üres fémkocka külső élhosszúsága 5 mm, falvastagsága 1 mm. A fém sűrűsége 8400 kg/m3. Mi történik a kockával, ha a víz felszíne alatt tartjuk, majd elengedjük? (3 pont)
Komárom-Esztergom megyei ,,Ifjú Fizikus'' verseny nyomán
Megoldás. A belül üres kocka átlagsűrűsége 6586 kg/m3, tehát elsülyed.
P. 3572. Bizonyos mennyiségű ideális gáz az ábrán látható körfolyamatot végzi. Mennyi a gáz által végzett munka egy ciklus során?
(3 pont)
Közli: Veres Zoltán, Margitta
Megoldás. W=4p1V1.
P. 3573. Mekkora munka árán tudunk becsapni egy tömör fából készült, 24 kg tömegű ajtót úgy, hogy a széle 5 m/s sebességgel csapódjon az ajtótoknak? (4 pont)
Közli: Holics László, Budapest
Megoldás. Az ajtó szélességét a-val, tömegét M-mel jelölve a kérdéses munka legalább
W=12Θω2=12Ma23(va)2=Mv26=100 J.
A légellenállás miatt ennél több munkát kell végeznünk.
P. 3574. Mennyi hő elvonásával készíthető 2 kg -5 oC hőmérsékletű túlhűtött vízből ugyanilyen hőmérsékletű jég? (4 pont)
Közli: Pálfalvi László, Pécs
Megoldás. A teljes energiaelvonás nem függ attól, milyen folyamaton keresztül fagyasztjuk ki a túlhűtött vizet. Ezért számolhatunk úgy, hogy a túlhűtött vizet először óvatosan felmelegítjük 0 oC-ra, azután a 0 oC-os vizet megfagyasztjuk, majd a jeget lehűtjük. Eszerint az elvonandó hő
Q=-mcvΔT+mL0+mcjΔT=650 kJ.
P. 3575. M tömegű szánkón m tömegű kutya áll, amely u relatív sebességgel tud leugrani a szánkóról, majd v sebességgel tud utána szaladni és felugrani rá.
Elhanyagolva a szánkó súrlódását a hóborította vízszintes talajon, határozzuk meg, hogy végül is mekkora sebességre gyorsulhat fel így a szánkó és a kutya! Hányszor ugrik fel közben a kutya a szánkóra?
Legyen M=30 kg, m=10 kg, u=0,5 m/s, v=4 m/s. (5 pont)
Közli: Varga István, Békéscsaba
Megoldás. Ha a kutya egy w sebességű szánkóról u relatív sebességgel leugrik (azaz az ugrás után a kutyának a szánkótól mért sebessége u), az ugrás után a szánkó sebessége
w′=w+umm+M.
Ha most a kutya v sebességgel futva utoléri a szánkót és azzal felugrik rá, az új közös sebesség
w′′=w′Mm+M+vmm+M.
Eszerint az n-edik es n+1-edik le-fel ugrás utáni sebességek közötti összefüggés
wn+1=(wn+umm+M)Mm+M+vmm+M.
Innen, figyelembe véve, hogy w0=0,
wn=w1n−1∑k=1(Mm+M)k, w1=mm+M(uMm+M+v)
Ha az n-edik leugrás után a sebesség már meghaladná v-t, már nem szabad a szánról leugrani, tehát
\(\displaystyle
w_{n-1}+{m\over m+M}u<
v
Ebből n=8 adódik, a végsebesség pedig w8=3,94 m/s.
P. 3576. Rögzített, =30o-os hajlásszögű lejtőre egy
m tömegű tömör hengert helyezünk. A hengert a palástjára
csavart fonál segítségével a lejtőre merőlegesen
F=x.mg nagyságú erővel
húzzuk. A henger csúszásmentesen gördül a lejtőn.
a) Határozzuk meg és ábrázoljuk a tapadási súrlódási erőt x függvényében!
b) Mekkorának kell választani x értékét, ha a lejtő felülete nagyon sima?
c) Legalább mekkorának kell lennie a tapadási súrlódási együtthatónak, ha a henger középpontja 2g gyorsulással mozog? (5 pont)
Közli: Kotek László, Pécs
Megoldás. Az alapegyenletek:
mgsin α+S=ma,
(mgx−S)R=ΘaR=12maR,
|S|≤mg(cosα+x)μ.
(Itt S a lejtővel párhuzamosan lefelé mutató súrlódási erő.) Ezekből
a) A súrlódási erő x függvényében:
S=mg6(4x−1).
A csúszásmentes gördülés feltétele:
μ≥13|2x−sinα|cosα+x=13|4x−1|√3+2x.
b) μ=0 esetén is csúszásmentesen gördülhet a henger, ha
x=sinα2=14.
c) Ha a=2g,
S=32g, x=52 és μ≥3√3+5.
P. 3577. Határozzuk meg egy téglalap keresztmetszetű toroid induktivitását! A tekercs menetszáma N, középkörének sugara R, a téglalap oldalai a és b. (Az a hosszúságú oldal párhuzamos a toroid tengelyével.)
Adatok: N=1000, R=10 cm, a=6 cm, b=4 cm. (5 pont)
Közli: Simon Péter, Pécs
Megoldás. Az adott toroid tekercset jó közelítéssel tekinthetjük egy ℓ=2πR hosszú, A=a.b keresztmetszetű, N menetes tekercsnek. Ekkor (légmagos tekercs esetén)
L≈μ0N2ab2πR=4,80 mH.
Pontosabb eredményt kapunk, ha figyelembe vesszük, hogy a toroid belsejében a mágneses indukcióvektor nagysága a toroid tengelyétől mért r távolság függvényében változik:
B(r)=μ0IN2πr.
Ezt is figyelembe véve
L=μ0N2a2πln2R+b2R−b=4,86 mH
adódik. Látható, hogy a közelítő formulával számolt önindukciós együttható csak 1 százaléknyit tér el a pontosabb értéktől.
P. 3578. Egy felhő 0,1 mm átmérőjű vízcseppjei 10 V-ra töltődnek fel. A kicsiny cseppek 2,7 mm átmérőjű nagy cseppekké egyesülnek.
Mekkora lesz ezeknek a feszültsége? (4 pont)
Nagy László (1931-1987) feladata nyomán
Megoldás. Egy töltött gömb potenciálja U=kQ/r. A vízcseppek egyesülésekor a töltés 273-szörösére, a sugár 27-szeresére nő, tehát a potenciál az eredeti érték 272-szerese, azaz 7,3 kV lesz.
P. 3579. Ugyanakkora gyorsítófeszültség hatására hányszor nagyobb sebességre gyorsul fel vákuumban egy proton, mint egy α-részecske, ha kezdeti sebességük elhanyagolható? (4 pont)
Közli: Radnai Gyula, Budapest
Megoldás. Ha a mozgás nemrelativisztikus (a sebességek elhanyagolhatók a fénysebesség mellett), akkor
vprotonvalfa=√2.
Ha viszont a gyorsítófeszültség sokkal nagyobb, mint 109 V (ennél a gyorsítófeszültségnél éri el a proton mozgási energiája a nyugalmi energia nagyságrendjét), akkor a sebességarány egyre csökken és határesetben
vprotonvalfa→1.
P. 3580. Egy űrállomás R=10 m sugarú forgó henger alakú tornatermében a földi g-nek megfelelő nagyságú ,,mesterséges gravitációt'' hoznak létre. Amikor nem használják a tornatermet, (rosszul értelmezett takarékosságból) egyenletes lassítással g-t a szokásos érték felére csökkentik.
Mennyi időre van szükség a lassításhoz, ha azt akarják, hogy a padlón lévő szőnyegek ne csússzanak el eredeti helyükről? (A tapadási súrlódási együttható a szőnyegek és a padló között legalább 0,1.) (4 pont)
Mennyire csökkenthető le a fékezés ideje, ha nem ragaszkodunk az egyenletes lassításhoz? Mennyi időre lenne szükség a teljes súlytalanság eléréséhez? (+2 pont)
Közli: Szokoly Gyula, Németország
Megoldás. A lassítás előtt ω02R=g, a lassítás alatt
ω=ω0-βt.
(Itt β>0 a lassulás mértéke.) A végállapotban ω=ω0/√2, és annak a feltétele, hogy nincs megcsúszás
βR≤2R .
Eszerint =
min2=
02/2, a lassítás ideje pedig
Ha végig úgy fékezzük a forgást, hogy éppen ne csússzanak meg a szőnyegek, akkor
Ennek az egyenletnek (differenciálegyenletnek) a megoldása ,,elemi'' módszerrel is megkapható. Osszuk fel a fékezes megkezdésétől eltelt t időt ti intervallumokra (ezek legyenek olyan rövidek, hogy alattuk a fékezést egyenletesnek tekinthessük), és jelölje a szögsebesség értékét az i-edik intervallum végén
i. (A szögsebesség értéke az első intervallum elején
0, az utolsó végén
(t)). Még éppen nem csúszik meg a szőnyeg, ha
azaz
Mindkét oldalt felösszegezve az összes intervallumra (mivel a jobb oldalon a közbülső tagok kiesnek)
adódik, ahonnan
Innen a fékezés ideje
ez egy faktorral rövidebb idő, mint az egyenletes fékezésé.
A fenti képletből az is látható, hogy véges idő alatt (t) nem csökkenthető nullára, tehát a teljes súlytalanság állapota ilyen módon nem érhető el, csak tetszés szerint megközelíthető.