Magyar Ifjúság, 1977. január-április (21. évfolyam, 1-17. szám)

1977-04-08 / 14. szám

Dér János — Rábai Imre KÉSZÜLJÜNK EGYÜTT a FELVÉTELIRE! (14.) XIII. FÉNYTAN a) Két egymásra merőleges síktükör által meg­határozott térnegyedben van egy A tárgypont. Ebben a negyedben levő megfigyelő A-nak hány képét észlelheti. ? A megfigyelő látja A képét az 1. illetve 2. tükör­ben Aj-et, illetve -12-t. Továbbá A. képét a 2. tükör­ben és A2 képét az 1. tükörben. Ez a két utolsó kép azonban az ábráról leolvashatóan egybeesik és meg­egyezik Aj-mal. Tehát három különböző kép kelet­kezik a tükrökben. b) n . 1,6 törésmutatójú anyagból készült 5 cm sugarú félgömb síklapjára merőlegesen fénysugarak érkeznek. Legalább milyen távol vannak a szimmet­riatengelytől azok a sugarak, amelyek a gömbfelü­lethez érkezve, ott nem lépnek ki ? Az ábra egy olyan sugarat jelez, amelyik kilép a gömbfelületen. A törés törvénye szerint sin ’­ain a­i­n. Most­­­1, tehát ps-a. Ha a su­gár x távolsága a szimmetriatengelytől növekszik, a egyre nagyobb és vele együtt ß is növekszik. A fénysugár akkortól nem lép ki, amikor ß eléri a 90°­­ot. Ekkor a teljes visszaverődés lép fel. A megfelelő x távolságot a sin 90°/sin a = n és a sin a = xiR egyenletekből kapjuk, x = R/n = 3,1 cm. c) Egy gyűjtőlencse valódi, háromszoros nagyí­tású képet ad, ha a kép a tárgytól 80 cm távol van. Hányszoros a nagyítás, ha a tárgy és a kép egymástól mért távolsága 62,5 cm? Jelölje ki ill. az első esetben a tárgy, illetve a kép távolságát a lencsétől. A feladat feltételei szerint fj + fcj = 80 és 3 = &j/fj. Ezen egyenletekből tl = = 20 cm, k1 = 60 cm. A lencse fókusztávolságát a le­képezés törvényéből számíthatjuk: f~l = t1~1 + kj-1, / = 15 cm. A másik elrendezésben t2 + k2 = 62,5; f~l — íj-’ + ifcj-1. Ezen egyenletből íj2-62,512 +937,5 = 0. A szóbajöhető tárgytávolságok és képtávolságok ^37,5 cm .25 cm­ ­ —' le -‘i —Ki ^25 cm ^37,5 cm Végül a keresett nagyítás N2 = kjt2 · 2/3, vagy N2 · 3/2. F. 60. Homogén anyagú, átlátszó gömbre fény­sugár esik és behatol. Lehetséges-e, hogy ott, ahol újból eléri a gömb felszínét, teljes visszaverődést szenved ? F. 61. Egy 25 cm fókusztávolságú lencse elé 37,5 cm távolságban egy kis izzót, mögéje 50 cm távolságban az optikai tengelyre merőlegesen egy síktükröt helyezünk el. Hol és milyen képet kapunk ? F. 62. Hány dioptriás szemüveget visel az a sze­mély, aki szemüveg nélkül 16 cm távol tartja a sze­métől a könyvet olvasáskor ? Egészséges szem esetén ez a távolság 25 cm. MATEMATIKA XIH. KOORDINÁTA GEOMETRIA a) írjuk fel az y­­ 4x2 + 4 egyenletű parabola origón áthaladó érintőinek egyenletét! Az origón áthaladó x —­0 egyenletű egyenes metszi a parabolát. Az origón áthaladó y = mx egyenletű egyenes akkor és csak akkor érinti a y = 4x2-f 4 egyenletű parabolát, ha a két egyenlet által alkotott egyenletrendszer megoldása során kapott 4x2 — mx+1 = 0 egyenlet diszkriminánsa nulla, to2 — 64 = 0, m = 8 vagy m = — 8. Az érintők egyenlete y — 8x vagy y — — 8x. Dolgozhatunk a differenciálhányados alkalmazá­sával is. Az y · 4x2 + 4 függvény x — a abszcisszájú pontjához tartozó érintő meredekségét az y’ -- 8x differenciálhányados függvény x · a helyen vett helyettesítési értéke adja, m = 8a. Az E érintési pont rajta van az y = mx egyenletű egyenesen, így E(a; 8a2). Az E pont rajta van a parabolán is, így 8a2 = 4a2 + 4, azaz a — 1 vagy a = — 1, m — 8 vagy m = — 8. b) Milyen helyzetűek az y = mx + 2 egyenletű egyenesek az y2 = 4x egyenletű parabolához képest ? Ha m = 0, akkor y = 2, 4x = 4, x = 1. Az egye­nes az (1, 2) pontban metszi a parabolát, az egyenes párhuzamos a parabola tengelyével. Ha m ^ 0, akkor x =y-2•, my2 — 4y + 8 = 0. Ez utóbbi egyenlet diszkriminánsa D = 16 (1 —2m). Han·0, 1 m=—, (m 0), akkor az egyenesek két pontban­­ metszik a parabolát, ha D = 0, m = akkor az egyenes érinti a parabolát, ha D=0, m· —, akkor az egyenesnek nincs közös pontja a parabolával. c) Melyik az a P (2. 1) ponton áthaladó egyenes, amelynek az y2 = 4x parabolán belül eső szakaszát a P pont felezi ? Az x = 2 egyenes nem felel meg. A többi ilyen egyenesnek van meredeksége, egyenletük: y — 1 = = m(x — 2). Ha a parabolával való metszéspontok ordinátája yv y2, akkor ezek gyökei az 4 4 4 y2­ —y + — -8 = 0 egyenletnek: y1 + yi = —. mm m y, + y, 4 A feltétel szerint--------= 1, ezért— = 2, m = 2, 2 m Az egyenes egyenlete: y — 1 = 2(x — 2), M. 62. Határozza meg a 2y = x2 — 4x + 6 egyen­letű parabolának azt a pontját, amely az A (0, 5) és a B (6; — 1) pontoktól egyenlő távolságra van. M.63. Egy egyenlő oldalú háromszög egyik csúcsa az origóban van, másik két csúcsa a 4y­­­x2 para­bolára illeszkedik. Számítsa ki a másik két csúcs koordinátáit! M.64. Határozza meg az ax+ by + 4a — 5b­­ 0 egyenes egyenletében az a és 5 paraméter értékét úgy, hogy az egyenesnek csak egy közös pontja le­gyen az y + x2 + 4x + 5 parabolával! Próbálja a fel­adatot más módon is megfogalmazni! Megoldások az előző hétről M. 59. a) A középpont abszcisszája nulla, paramé­ternek a középpont ordinátáját, v, és a kör sugarát, r, választhatjuk. x2+(y — v) = v2. b) Most r =­­v|, ezért x2 + (y — v)2 — v2, x2 + y2­ — 2 vy = 0. M. 60. Az x2 + y2 — 2vy = 0 egyenletű körök közül keressük azt a kört, amely érinti az y = x + 4 egye­nest. Az x2-1 (x+4)2 — 2v(x+4) = 0 egyenlet disz­kriminánsa nulla kell, hogy legyen, (x + 4)2 = = 32, v = — 4 ± 4/2'. Két ilyen kör van, egyenletük x2+y2+(8+8][2)y = 0, x2 + y2 + (8-8\2)y =0. A feladat elemi geometria alkalmazásával és más módokon is megoldható. M. 61. Az átlók metszéspontja F(0; 1), FB = (6; 3). Az FC vektor az FB vektor pozitív­­ irányú 90°-os elforgatottjának—-szorosa, 3 FC= (— 1; 2). OC = ~OF+~FC= (0; 1) + (-1;2) = (— 1; 3), C( — 1; 3). A C tükörképe az F-re, A (1; —1). Oldja meg a feladatot a szerkesztés menete szerint is. Az AC egyenes egyenlete 2x + y =1, FB = 3/(1, FC = y). Az A és a C pontok rajta vannak az F középpontú, r = FC sugarú, x2 + (y — 1 )2 = 5 egyenletű körön. 5x2 = 5, x1 =1, x2 = —1, y1 = — 1, y2 = 3. A két csúcs­pont: (1; — 1) és ( — 1; 3). F. 57. A gáz munkája, ha nyomása állandó, W = 1·( V2 — Fx). A térfogatváltozás az egyesített gáztörvényből F2— Fj = mR(T, — T)/M), tehát a munka 1F'= mR(Ti — T1) /M. Érdekes, hogy ez a munka független a gáznyomástól. Adatainkkal TP­­5 57 000 joule. F. 58. A gáz összenyomása adiabatikus, vagyis nem vesz fel és nem is ad le hőt, tehát a gázon vég­zett munka egyenlő a belső energia növekedésével. W = U2—Ul = cvm(T2 — TB). A gáz tömege az egyesített gáztörvényből, m — px VXMIT1R. Ezt az előző egyenletbe írva és a végső hőmérsékletet ki­fejezve kapjuk, hogy WTJ1 cs PiKM + T,F.310oK. F. 59. A párolgáshoz szükséges energiát a vissza­maradó víz belső energiájának csökkenése fedezi. Mivel a víz 0 °C hőmérsékletű, a belső energia csökke­nését fagyás kíséri. Ha a végállapotban ma a jég tömege, akkor megfagyásakor L0­ ml energia szaba­dult fel. L0 a jég olvadáshője. Ezen energia fedezte a párolgáshoz szükséges energiát, amely Lpm2, ha Lp a víz párolgáshője 0 °C hőmérsékleten és m2 a pára tömege. L0ml = Lpm2. A kiindulási víz tömege ml Lp + amelynek ----------- = --------«10,88 = t ' ml + mt L0 + Lp = 88%-a megfagyott. (A feladatok önellenőrzésül szolgálnak. Megoldá­sukat nem kéri a szerkesztőség.) 21

Next