![]() |
A 2002. januári 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. 3488. Adott alpha hajlásszögű lejtőn alapjára állított,
tömör, egyenes henger csúszik le. A súrlódási együttható . A henger
alaplapján melyik pont tekinthető a lejtő által kifejtett nyomóerő
támadáspontjának? (4 pont)
Közli: Rácz György, Mezőkövesd
Megoldás. A lecsúszó hengerre ható S=mgcos
súrlódási
erőnek a tömegközéppontra vonatkoztatva
S.(h/2) a forgatónyomatéka (h a henger
magassága). Ha az N=mgcosalpha nyomóerő támadáspontja a
szimmetriatengelytől x távolságra van (a lejtő mentén lefelé),
akkor a nyomóerő forgatónyomatéka N.x.
A henger nem forog, tehát S.(h/2)=N.x, azaz fennáll
x=muh/2.
Ez az érték biztosan kisebb, mint a henger sugara, hiszen a csúszás feltétele: mu<tgalpha=2R/h.
P. 3489. Egy 150 g tömegű hógolyó 20 m/s sebességgel az ablaküveghez csapódik, és 0,01 s alatt megáll. Betörik-e az ablaküveg, ha az üveg a találat helyén legfeljebb 300 N nyomóerőt bír ki? (4 pont)
Közli: Szegedi Ervin, Debrecen
Megoldás. Ha a hógolyó egyenletesen fékeződne le, akkor a rá ható fékezőerő
F=Δ(mv)t=0,15⋅200,01=300 N
lenne, és ugyanekkora nagyságú erőt fejtene ki a hógolyó is az ablakra. Ez éppen a megadott kritikus érték, tehát határeset lenne.
A hógolyó azonban nyilván nem egyenletesen lassul, hanem eleinte kisebb, majd egyre nagyobb erő hatására. Az erő átlagértéke 300 N, tehát kell legyen olyan pillanat, amikor az erő ennél az értéknél nagyobb, - s így az ablak (ha még egy nagyon rövid ideig sem bír ki 300 N-nál nagyobb erőt) betörik.
P. 3490. Hogyan lehet az, hogy egyes helikopterekre kell, másokra nem kell faroklégcsavar? (3 pont)
Lánczos Kornél verseny, Székesfehérvár
Megoldás. A levegő fékezi a helikopter rotorjának forgását, tehát forgatónyomatékot fejt ki a helikopterre. Ha más nyomaték nem hatna, a helikopter teste is (nemkívánatos) forgásba jönne.
A faroklégcsavar szerepe az, hogy az általa kifejtett forgatónyomaték a rotorra ható nyomatékot kiejtse, és így megakadályozza a helikopter testének forgását. Faroklégcsavar nélkül az olyan helikopterek repülhetnek stabilan, amelyek legalább két - egymással ellentétes irányban forgó - rotorral rendelkeznek. Ezek lehetnek közös tengelyen (az egyik a másik felett), de külön tengelyeken is elhelyezkedhetnek (az egyik pl. a gép elején, a másik a hátsó felénél).
P. 3491. Egy villanymotor vonóereje 57,6 km/h sebesség esetén 310 kN. A tápfeszültség 3,6 kV, a nyolc villanymotor tekercseiben 230 A erősségű áram folyik. Határozzuk meg a motor hatásfokát! (3 pont)
,,Keresd a megoldást!'' verseny, Szeged
Megoldás. eta=F.v/(8I.U)=0,75.
P. 3492. Mekkora annak a mosószeres oldatból formálódott buboréknak a sugara, amelyben a levegő sűrűsége egy ezrelékkel nagyobb, mint a környező levegőé? (alpha=0,033 N/m, p0=105 Pa.) (4 pont)
Közli: Varga István, Békéscsaba
Megoldás. Az R sugarú buborék görbületi nyomása (a buborék külső és belső felületét is figyelembe véve)
Δp=4αR,
és mivel (adott hőmérsékleten) a levegő sűrűsége a nyomásával egyenesen arányos, Deltap/p0=10-3. Innen
R=4α10−3p0=1,3 mm.
P. 3493. Hidrogéngázzal az ábrán látható ABCA körfolyamatot végeztetjük. (p1=2.105 Pa, V1=2 m3, TA=300 K.)
a) Mennyi hőt közlünk a gázzal az egyes részfolyamatokban?
b) Mennyi a gázon végzett összes munka? (4 pont)
Tornyai Sándor verseny, Hódmezővásárhely
Megoldás. a) A hidrogén belső energiája E=52pV, a gázon végzett munka W=-pDeltaV, a közölt hő pedig
Q=ΔE−W=52Δ(pV)+pΔV.
Innen az egyes részfolyamatokban közölt hő:
QA→B=52(6p1V1−p1V1)+2p1V1=14,5p1V1=5800 kJ,
QB→C=52(4p1V1−6p1V1)+3,5p1V1=−8,5p1V1=−3400 kJ.
QC→A=52(p1V1−4p1V1)=−7,5p1V1=−3000 kJ.
A teljes körfolyamat során a gáz
Q=QArightarrowB+QBrightarrowC+QCrightarrowA=-600 kJ
hőt vesz fel, tehát 600 kJ-t ad le.
b) A gázon végzett munka a p-V diagramon a körfolyamat során körüljárt terület nagysága:
W=32p1V1=600 kJ.
Ez az érték természetesen megegyezik a gáz által a körfolyamatban leadott hővel.
P. 3494. A 20 cm sugarú, 8.10-7 C töltésű fémgömb körül mekkora annak a képzeletbeli koncentrikus gömbnek a sugara, amely a fémgömb elektrosztatikus terét két egyenlő energiájú tartományra osztja? Mekkora a fémgömb terének összenergiája? (5 pont)
Közli: Holics László, Budapest
Megoldás. Az R sugarú, Q töltésű fémgömb (gömbkondenzátor) elektrosztatikus energiája
E=kQ22R=14,4 mJ.
Ha a gömb elektrosztatikus terének csak egy R* sugarú gömbön kívüli részét (r>R*>R) vizsgáljuk, ennek tere éppen olyan, mint egy R* sugarú, Q töltésű gömbkondenzátoré, energiája tehát
E∗=kQ22R∗=E⋅RR∗.
Ez a kifejezés akkor lesz az eredeti E energia fele, ha R*=2R=40 cm.
P. 3495. Félgömb alakú üveglencse (n=1,5; R=4,8 cm) sík határfelülete matt. A félgömb szimmetriatengelyén pontszerű fényforrás található. A lencsén belépő fénysugarak egy fényes foltot hoznak létre a matt felületen. Hol van a fényforrás, amikor legkisebb a fényfolt? Mennyi ekkor a fényfolt átmérője? (5 pont)
Schwartz emlékverseny, Nagyvárad
Megoldás. A fényes folt r sugarát azok a fénysugarak jelölik ki, melyek éppen súrolják a félgömböt, beesési szögük 90o. Belátható, hogy az ennél kisebb szögben beeső sugarak a matt felületet az optikai tengelytől r-nél kisebb távolságban érik el.)
Az alpha törési szöget a Snellius-Descartes-törvény határozza meg:
sinalpha=1/n,
ez az érték tehát a fényforrás helyzetétől függetlenül mindig ugyanakkora. Az OPQ háromszögre alkalmazhatjuk a szinusz-tételt:
r=R⋅sinαsinφ.
Ez a mennyiség akkor a legkisebb, ha sinvarphi a lehető legnagyobb, tehát amikor varphi=90o. A fényes folt sugara ilyenkor
r=rmin=Rn=3,2 cm,
és a fényforrás távolsága a félgömb középpontjától
d=Rcosα=Rn√n2−1=6,4 cm.
P. 3496. Jelölje λmin a hidrogénatom által kibocsátott fény legrövidebb hullámhosszát! Kibocsáthat-e ez az atom 2λmin hullámhosszúságú fotont? (4 pont)
Nagy László verseny, Kazincbarcika
Megoldás. A legrövidebb hullámhosszú foton a legnagyobb frekvenciájúnak, tehát a legnagyobb energiájúnak felel meg. A hidrogénatom mrightarrown kvantumszámú sugárzási átmeneténél a kibocsátott foton energiája arányos az X(m,n)=1n2−1m2
(m>n)
kifejezéssel, ami akkor a legnagyobb, nevezetesen Xmaxapprox1, ha n=1 és mgg1.
Egy 2lambdamin hullámhosszúságú foton olyan átmenetnek felelne meg, amelyhez
X(m,n)=Xmax2=12
tartozik. Ez azonban lehetetlen, mert az
1n2−1m2=12
egyenletnek nincs megoldása a pozitív egész számok között.
A hidrogénatom tehát nem bocsáthat ki 2lambdamin hullámhosszúságú fotont.
P. 3497. Egy 1 méter hosszú fonálingát a vízszintesig kitérítünk, majd elengedünk. Mekkora a fonál végén levő test gyorsulásvektorának szögsebessége, amikor a gyorsulásvektor a) függőleges, b) vízszintes helyzetű? (6 pont)
Közli: Sári Péter, Budapest
Megoldás. A fonál varphi szögelfordulása után a fonál szögsebessége
ω=√2glsinφ,
az ingatest gyorsulásvektorának érintőleges (tangenciális) komponense
at=gcosvarphi,
a sugár irányú (normális) komponense pedig
an=-2gsinvarphi.
A gyorsulásvektor a függőlegessel gamma=varphi+psi szöget zár be, ahol
tgψ=−anat=2tgφ.
a) A gyorsulásvektor akkor függőleges, amikor =0 (ez
=0-nál,
vagyis az indítási helyzetben teljesül), illetve akkor, amikor
=180o (ami varphi=90o-nál, azaz a pálya
legmélyebb pontján áll fenn).
b) A gyorsulásvektor akkor vízszintes, amikor =90o, ez tgφ=1/√2, azaz
=35,3o-nál következik be.
A gyorsulásvektor omegagamma szögsebessége a gamma szög időbeli változási sebessége. Mivel varphi változási sebességét, omegavarphi-t varphi függvényében ismerjük, már csak psi időbeli változási ütemét, omegapsi-t kell meghatároznunk, és segítségével a keresett szögsebesség:
ωγ=ωφ+ωψ=(1+ωψωφ)√2glsinφ.
Az omegapsi/omegavarphi arányt numerikusan (egymáshoz igen közeli szögek szögfüggvényeiből) akár egy zsebszámológép segítségével meghatározhatjuk, vagy differenciálszámítás felhasználásával zárt alakban is megadhatjuk:
ωψωφ=21+tg2φ1+4tg2φ.
- Az indítás pillanatában omegavarphi=omegapsi=0, így omegagamma is nulla.
- A gyorsulásvektor vízszintes helyzeténél (azaz varphi=35,3o-nál) omegavarphi=omegapsiapprox3,36 s-1, tehát omegagammaapprox6,72 s-1. (Be lehet látni, hogy a gyorsulásvektor ebben a helyzetben változtatja leggyorsabban az irányát, omegagamma itt a legnagyobb.)
- A pálya legmélyebb pontján omegavarphiapprox4,23 s-1, illetve omegapsi=omegavarphi/2, ahonnan omegagammaapprox6,64 s-1.