KöMaL - Középiskolai Matematikai és Fizikai Lapok
 English
Információ
A lap
Pontverseny
Cikkek
Hírek
Fórum
Versenykiírás
Tudnivalók
Nevezési lap
Feladatok
Eredmények
Korábbi évek
Arcképcsarnok
Munkafüzet

Rendelje meg a KöMaL-t!

VersenyVizsga portál

Kísérletek.hu

Matematika oktatási portál

A 2002. májusi 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. 3531. Néhány kiránduló a Tiszán csónakot bérelt 3 órára. A folyó sebessége 2,5 km/h, a csónaké a vízhez képest 7,5 km/h. Mennyire távolodhatnak el a kikötőtől, ha 3 óra alatt vissza akarnak érni? (3 pont)

Szolnok megyei általános iskolai verseny

Megoldás. Ha a folyó sebessége u, ehhez képest pedig a csónak v-vel képes haladni, a legnagyobb távolság, amire eltávolodhat, hogy még t időn belül visszaérjen

\(\displaystyle s=t{v^2-u^2\over2v}=10~\rm km.\)


P. 3532. Az ábrán látható nyújthatatlan fonál felső végét a mennyezethez rögzítjük, az alsó végére pedig egy m tömegű testet kötünk. A test alsó részéhez egy rugót erősítünk, amelyen 2m tömegű test lóg. A rendszer egyensúlyban van. A rugó megnyúlása 30 cm. Égessük el a fonalat!

a) Mekkora az egyes testek gyorsulása közvetlenül a fonál elégetése után?

b) Mennyi idő múlva lesz a rugó először nyújtatlan állapotban, és mekkora a testek sebessége ebben a pillanatban? (5 pont)

Közli: Szűcs József, Pécs

(Párkányi László fizikaverseny)

Megoldás. a) Kezdetben a rugót F=2mg erő feszíti, ezért a fonal elégetésének pillanatában a felső testre 3mg erő hat, az alsó testre ható erők eredője pedig 0. Ennek megfelelően a1(0)=3g, a2(0)=0.

b) Az egyes testek mozgásegyenletei

ma1=mg+kx, 2ma2=2mg-kx ,

ahol x a rugó megnyúlása. Ezekből az x mennyiség a=a2-a1 gyorsulására a következőt kapjuk:

\(\displaystyle a=-{3k\over2m}x.\)

Ez a rezgőmozgás ismert egyenlete, melynek megoldása

x(t)=Acos \(\displaystyle \omega\)t \(\displaystyle \left(\omega=\sqrt{{3k\over2m}}\right)\).

Mivel az A amplitúdó azonos a 30 cm-es kezdeti megnyúlással, k=2mg/A, így \(\displaystyle \omega=\sqrt{3g/A}=10~{\rm s}^{-1}\). A rugó az indítás után először T/4=\(\displaystyle \pi\)/(2\(\displaystyle \omega\))=0,16 s idő múlva lesz nyújtatlan állapotban.


P. 3533. Egy 10 000 m2-es sík területre időben egyenletesen, a hely szempontjából pedig egyenletes rendezetlenségben 41 másodpercig esik a jég. Az egyforma, gömböknek tekinthető jégdarabok olyan talajra hullanak, amelybe csupán kissé nyomódnak bele, ugyanakkor csak azok mozdulnak tovább beérkezési helyükről, amelyek a társaikra estek. Az utolsó másodpercben lehullott 20 000 jégdarab közül 200 esett az első 40 másodpercben lehullott valamelyik társára. a) A terület hány százalékát borítja jég? b) Mekkora egy jéggömb főkörének területe? (5 pont)

Közli: Édes Zoltán, Tata

Megoldás. Legyen a teljes terület A (A=10 000 m2), egy jégdarab főkörének a területe pedig a. Az első 40 s alatt 40-szer annyi jég esik, mint az utolsóban, azaz a 40. másodperc végén a lefedett terület 800 000 a. Ez úgy aránylik a teljes területhez, mint a 200 a 20 000-hez (elhanyagoljuk annak a leletőségét, hogy az utolsó másodperc alatt leesett jég eshet ugyancsak az utolsó másodperc alatt leesett jégre, ez kisebb mint 1/40-ed relatív hibát okozhat). Eszerint A=8.107a, azaz a=1,25 cm2. A teljes lefedett terület a jégeső után 820 000 a, ez az A-nak 1,025%-a.


P. 3534. 20 cm vastag, 0 oC hőmérsékletű, 0,25 kg/dm3 sűrűségű hótakaróból milyen vastag réteg olvad meg a napsugárzás hatására 5 órányi, a hóréteggel átlagosan 25o-os szöget bezáró napsütés esetén? A Napból a légkör felső határán minden 1 m2 nagyságú, a sugárzásra merőleges felületre érkező sugárzási teljesítmény átlagosan 1350 W. Ennek 50%-a elnyelődik a légkörben, és a hó a leérkező energia 90%-át visszaveri. (4 pont)

Közli: Holics László, Budapest

Megoldás. A hóréteg egy négyzetmétere 513,4 kJ energiát nyel el öt óra alatt, ez 1,54 kg jég felolvasztására elég, ennyi jég pedig egy négyzetméteren 6,2 mm-es réteg hóban van.


P. 3535. Az ábrán látható, egyik végén beforrasztott, A keresztmetszetű, derékszögben kétszer meghajlított cső függőleges síkban helyezkedik el. A cső függőleges részében lévő, kezdetben L=38 cm hosszúságú és T0 hőmérsékletű levegőoszlopot 2L hosszúságú higanyoszlop zárja el. A cső vízszintes részének hosszúsága L. A külső p0 légnyomás 2L magasságú higanyoszlop hidrosztatikai nyomásával egyenlő. Jelöljük L.A-t V0-lal!

a) Adjuk meg p0V0 egységekben, hogy mekkora munkát végez a táguló levegő azon folyamat során, mialatt a higany éppen átfolyik a felső függőleges csőbe.

b) A levegővel közölt hő hány százaléka növelte a belső energiát?

c) Ábrázoljuk a levegő hőmérsékletét a térfogat függvényében! (5 pont)

Közli: Kotek László, Pécs

(Mikola-verseny, Sopron)

Megoldás. a) Kezdetben a bezárt levegő nyomása 2p0. Ez, miközben a levegő V0-ról 2V0-ra tágul, a térfogattal lineárisan változva 3p0/2-re csökken. A \(\displaystyle 2V_0\to3V_0\) tágulás során a nyomás nem változik, majd az utolsó \(\displaystyle 3V_0\to4V_0\) szakaszon a térfogattal lineárisan változva visszanő az eredeti 2p0 értékre. A táguló levegő munkáját a p(V) görbe alatti terület adja, ez 5p0V0.

b) A folyamat során a levegő hőmérséklete a gáztörvény szerint T0-ról 4T0-ra nő, tehát a belső energiája (5/2)nR3T0 értékkel nő. Kihasználva, hogy nRT0=2p0V0, ez 15p0V0, ami a teljes 20p0V0 hőfelvétel 75%-a.

c) Mérjük a térfogatot V0, a nyomást 2p0 és a hőmérsékletet T0 egységekben, és legyenek rendre v=V/V0, x=p/(2p0) és \(\displaystyle \tau\)=T/T0! Ekkor

\(\displaystyle \tau\)=xv, ahol \(\displaystyle x=\cases{ 1-(v-1)/4=(5-v)/4,{\rm\ ha\ }1\leq v\leq2;\cr3/4,{\rm\ ha\ }2\leq v\leq3;\cr3/4+(v-3)/4=v/4,{\rm\ ha\ }3\leq v\leq4.\cr}\)

Ennek megfelelően a hőmérséklet a térfogat függvényében egy olyan görbe, amely egy lefelé nyitott parabolából, egy egyenes szakaszból és egy felfelé nyitott parabolából rakható össze.


P. 3536. 5 keV energiájú, kicsit széttartó elektronnyaláb érkezik homogén mágneses mezőbe. A részecskék sebessége B irányával kicsiny szöget zár be. Mekkora legyen a mágneses indukció értéke, hogy az elektronok 10 cm távolságonként újra és újra egy pontban találkozzanak? (5 pont)

Tornyai Sándor verseny, Hódmezővásárhely

Megoldás.

\(\displaystyle B={2\pi\over d}\sqrt{{2mU\over e}}=15~{\rm mT}.\)


P. 3537. A Compton-szórás (rugalmas foton-elektron ütközés) során a meglökött - kezdetben nyugvónak tekintett - elektron lendülete nagyobb lett, mint a beeső f frekvenciájú fotoné volt. Legalább mekkora szögben szóródott a foton? (5 pont)

Közli: Varga István, Békéscsaba

Megoldás. Vizsgáljuk a határesetet, amikor a meglökött elektron impulzusa éppen akkora, mint a bejövő fotoné volt, azaz

mv=hf/c,

és engedjük meg, hogy v akár relativisztikus sebesség is lehessen, azaz számoljunk az

\(\displaystyle m={m_0\over\sqrt{1-{v^2/c^2}}}\)

relativisztikus tömegképlettel! Ha a szóródó foton frekvenciája \(\displaystyle f^{\prime}\), az energiamegmaradás miatt

\(\displaystyle hf^{\prime}=hf-(mc^2-m_0c^2). \)

A relativisztikus tömegre igaz, hogy

(mc2)2-(mv)2c2=(m0c2)2.

Ez a fenti összefüggéssel együtt

\(\displaystyle mc^2=\sqrt{m_0^2c^4+h^2f^2}, \)

azaz

\(\displaystyle hf^{\prime}=hf-\left(\sqrt{m_0^2c^4+h^2f^2}-m_0c^2\right).\)

Jelölje \(\displaystyle \vartheta\) a foton impulzus eredeti és szórás utáni irányának a szögét! Az impulzusmegmaradás miatt a bejövő foton lendülete, a szóródó foton lendülete, valamint a meglökött elektron lendülete háromszöget alkot. Ez a háromszög a vizsgált határesetben éppen egyenlő szárú, és a keresett \(\displaystyle \vartheta\) szög az alapon fekvő egyik szög. Ebből

\(\displaystyle \cos\vartheta={f^{\prime}\over2f}= {1\over2}\left(1+K-\sqrt{K^2+1}\right),\)

ahol K=m0c2/(hf). Mivel az

\(\displaystyle f(x)=1+x-\sqrt{x^2+1}\)

függvény minden minden x-re 1-nél kisebb, cos \(\displaystyle \vartheta\)<1/2, azaz \(\displaystyle \vartheta\)>60o.

A \(\displaystyle \vartheta\)=60o-os határt K\(\displaystyle \gg\)1, vagyis hf\(\displaystyle \ll\)m0c2 határesetben közelíthetjük meg, vagyis akkor, amikor a bejövő foton energiája lényegesen kisebb, mint az elektron nyugalmi energiája. Mivel ez a nemrelativisztikus tartomány, a foton szórási szögének legkisebb értékére akkor is megkaptuk volna a helyes 60o-os határt, ha mindvégig a klasszikus (newtoni) fizika képleteivel számolunk.


P. 3538. Egy elektron mozgási energiája n-ed része, lendülete n-szerese valamely foton energiájának, illetve lendületének. Mekkora n értékek esetén láthatók az ilyen fotonok? (4 pont)

A Budó-verseny egyik feladata nyomán

Megoldás. Tételezzük fel, hogy az elektron sebessége sokkal kisebb, mint a fénysebesség. Az mv2/2=hf/n, mv=nh\(\displaystyle \lambda\) valamint a \(\displaystyle \lambda\)=c/f összefüggésekből

\(\displaystyle n^3={2mc\lambda\over h}.\)

Ha a fény látható, akkor 380 nm<\(\displaystyle \lambda\)<760 nm, ebből 68\(\displaystyle \le\)n\(\displaystyle \le\)86.

Az elektron sebességének és a fénysebességnek az aránya

\(\displaystyle {v\over c}={2\over n^2}\ll1,\)

tehát valóban jogos volt a nemrelativisztikus energiaképlet használata.


P. 3539. Kinyújtott kezünkben tartunk egy f=12 cm fókusztávolságú gyűjtőlencsét, melyen át egy 60 méterre lévő, 24 méter magas tornyot figyelünk. Becsült adatok felhasználásával határozzuk meg a szemünk retináján létrejövő kép nagyságát! Hányszor nagyobbnak vagy kisebbnek látjuk a tornyot a lencsén keresztül, mint szabad szemmel? Hány dioptriás a szemünk az egyik, illetve a másik esetben? (5 pont)

Közli: Honyek Gyula, Budapest

Megoldás. Karunk hossza kb. 60 cm, szemünk átmérője kb. 2,4 cm. Ha a lencsén keresztül nézzük a tornyot, valójában a szemünktől 60 cm-12 cm=48 cm-re keletkezett 4,8 cm-es (fordított állású) képet nézzük, tehát a tárgytávolság 48 cm, a tárgy nagysága 4,8 cm, a képtávolság pedig a szemünk mérete, azaz 2,4 cm. Ezekből a retinán létrejövő kép nagysága 0,24 cm, szemünk fókusztávolságának a reciproka pedig 43,7 m-1.

A tornyot szabad szemmel nézve a tárgytávolság 60 m, a tárgy nagysága 24 m, a képtávolság pedig ugyanannyi, mint az előző esetben. Ekkor a torony képe a retinán 9,6 mm, és ilyenkor a szemünk dioptriája 41,7 m-1.


P. 3540. A napkitöréseket figyelő SOHO műhold mindig a Napot és a Földet összekötő egyenesen helyezkedik el. Milyen messze van a SOHO a Földtől? (A Föld pályáját tekintsük körnek!) (6 pont)

Közli: Korpássy Péter, Budapest

Megoldás. A SOHO távolsága a Föld középpontjától kb. 1,5.106 km.

Támogatóink:   Ericsson   Cognex   Emberi Erőforrás Támogatáskezelő   Emberi Erőforrások Minisztériuma   Nemzeti Tehetség Program    
MTA Energiatudományi Kutatóközpont   MTA Wigner Fizikai Kutatóközpont     Nemzeti
Kulturális Alap   ELTE   Morgan Stanley