Ugrás a tartalomhoz

Az Eötvös-versenyek feladatai II. 1989-1997

Radnai Gyula

Typotex

Az 1989. évi verseny

Az 1989. évi verseny


1. feladat. Gergő gyakran segít a háztartásban. A zacskós tejet az 1989.1. ábrán látható módon a zacskónál valamivel szűkebb keresztmetszetű, levágott tetejű és alul kilyukasztott műanyag flakonban szokták tárolni. Gergő megfigyelése szerint a szájával lefelé fordított flakonból a még felbontatlan zacskós tej magától kiesik, viszont a tetejénél megfogott tejes zacskóról még akkor sem esik le a flakon, ha alulról egy másik zacskó tejet akasztunk rá.

1989.1. ábra.

Mi lehet a magyarázat?

Megoldás. A flakont a súrlódási erő tartja meg. A súrlódási erő a flakon falára ható nyomóerővel arányos, ez a nyomóerő pedig a tej hidrosztatikai nyomásából származik. A súrlódási erő nagyságát becsléssel állapítjuk meg. Azt kell megmutatnunk, hogy a flakonra ható súrlódási erő az 1989.1. ábrán látható helyzetben 10 N -nál is nagyobb lehet, viszont a szájával lefelé fordított flakonban a tejeszacskóra 10 N -nál kisebb súrlódási erő hat.

Most egy becsléssel megmutatjuk, hogy ez teljesül. Az egyszerűség kedvéért mérjük a távolságot centiméterben (1989.2. ábra).

1989.2. ábra.

A tejeszacskó kerülete valamivel kisebb, mint 25 cm , ezért a flakonban a zacskó kissé meggyűrődik, így a tej egyenletesen nyomja a zacskót a flakon falához. A zacskóban a tej fölött levegő van, ennek nyomása megközelítőleg egyenlő a külső légnyomással. Esetleg még nagyobb is lehet, ha - miközben tartjuk - jól meg is szorítjuk a zacskót. Ezzel a nyomóerőt és így a súrlódási erőt is tovább növeljük. Most azonban ezt ne vegyük figyelembe; enélkül is meg kell tartsa a flakont (a ráakasztott másik zacskó tejjel együtt) a súrlódási erő.

Mivel a hidrosztatikai nyomás lefelé lineárisan nő, átlagos értéke az 1989.2. ábra alapján:

p = p min + p max 2 = 1,25 kPa .

A flakon falának területe:

K · l = 375 cm 2 = 3 , 75 · 10 - 2 m 2 .

E kettő szorzatának µ 0 -szorosa adja meg a súrlódási erő maximális értékét. ( µ 0 a tapadási súrlódási együttható, amelynek értéke legalább 0,3 és legfeljebb 0,6 a zacskó és a flakon fala között.) A legkisebb µ 0 értéket véve is:

F súrl ///>/// 13 N ,

tehát a súrlódási erő valóban meg tudja tartani a mintegy 10 N súlyú másik zacskó tejet.

A feladat megoldása akkor teljes, ha azt is megmutatjuk, hogy a lefelé fordított flakonból magától kiesik a tejeszacskó, még a lehető legnagyobb µ 0 esetén is.

Tegyük fel, hogy a lefelé fordítás után a zacskó még nem mozdult el, csak a tej ömlött át a zacskó alsó részébe (1989.3. ábra).

1989.3. ábra.

A flakon falára ható hidrosztatikai nyomás átlagértéke most csak

p = 0,5 kPa ,

és ez a kisebb nyomás ráadásul kisebb területen is hat a flakon falára:

K l = 250 cm 2 = 2,5 · 10 - 2 m 2 .

E két érték szorzatának µ 0 -szorosa még µ 0 = 0,6 esetén is csak 7,5 N , tehát

F súrl ///</// 8 N .

Ezért a tejeszacskó kiesik a lefelé fordított flakonból.

Megjegyzés. A megoldáshoz tartozik u 0 értékének becslése is. A példaképpen bemutatott gondolatmenetben a 0,4 ? µ 0 ? 0,6 becslést alkalmaztunk, ez összhangban van a Középiskolai Fizikai Táblázatokban, ill. középiskolai és egyetemi tankönyvekben közölt adatokkal. Ugyanakkor, ha a tejeszacskó kívül zsíros, µ 0 jóval kisebb is lehet, s a zsíros tejeszacskóról bizony lecsúszhat a flakon a ráakasztott másik liter tejjel együtt. Most azonban nem erről a tapasztalatról volt szó, nem ezt kellett megmagyarázni.

2. feladat. Egy keskeny, hosszú csőben (kapillárisban) 30 mm magasra emelkedik a víz a csövön kívüli szinthez képest. A víz felszíne 30 ° -os szöget zár be a cső falával az érintkezési vonalnál. A csövet benyomjuk a vízbe (így az teljesen megtelik), majd a felső végén ujjunkkal befogva, függőleges helyzetben egészen kiemeljük a csövet a vízből. Ezután a befogott nyílást újra szabaddá tesszük, s ekkor a víz egy része kifolyik.

Lehet-e a függőleges helyzetű csőben maradó vízoszlop hossza

a) 123 mm ; b) 62 mm ; c) 41 mm ; d) 20 mm ?

Megoldás. Amikor a cső a vízbe nyúlik (1989.4. ábra), 2 r ? ? cos ? nagyságú erő emeli h magasságra az r 2 ? keresztmetszetű csőben a vizet:

2 r ? ? cos ? = r 2 ? h ϱ g .

(1)

1989.4. ábra.

Jelen esetben h = 30 mm , ? = 30 ° , és ha behelyettesítjük a víz sűrűségének és felületi feszültségének táblázati adatait, meghatározhatjuk a kapilláris sugarát:

r = 0,42 mm .

A sugár kiszámítása nem volt feladat, ezt az adatot nem is fogjuk felhasználni a továbbiakban, viszont segít a kapilláris elképzelésében. Úgy képzeljük, hogy a cső fala elég vékony, még a kapilláris belső átmérőjéhez képest is elhanyagolható a fal vastagsága.

Ebben az esetben amikor kiemeljük a csövet a vízből, a cső alján akkor lép fel a legnagyobb felfelé mutató erő, ha pontosan félgömb alakú, jó közelítéssel r sugarú „csepp” alakul ott ki (1989.5. ábra).

Most az egyensúly feltétele:

2 r ? ? cos ? = 2 r ? ? = r 2 ? H max ? g .

(2)

1989.5. ábra.

Ha az (1) és (2) egyenleteket összevetjük, a csőben maradó vízoszlop maximális hosszára az alábbi egyszerű összefüggés adódik:

H max = h 1 + cos ? cos ? .

Ebbe behelyettesítve a h = 30 mm és ? = 30 ° megadott értékeket:

H max = 64,6 mm .

Máris kizárhatjuk az a) esetet: a csőben maradó vízoszlop hossza nem lehet 123 mm .

H max = 64,6 mm -nél rövidebb azonban lehet a vízoszlop hossza,mivel az alsó felület még lehet r -nél nagyobb sugarú gömbsüveg, lehet akár vízszintes felület, sőt, lehet olyan is, amely fölfelé domborodik, alulról homorú! Így a csőben maradó vízoszlop akármilyen rövid is lehet, tehát 0 és 64,6 mm között minden hossz lehetséges:

0 ? H ? H max .

Ezért a b), c) és d) esetben kérdezett hosszak bármelyike megvalósulhat.

1989.6. ábra.

A helyes válasz tehát:

a) nem lehetséges;

b), c), d) lehetséges.

Megjegyzés. Érdemes külön is megvizsgálni, hogyan alakulhatnak ki az említett felületek a cső alján annak ellenére, hogy az illeszkedési szög mindig ? ( = 30 ° ) kell maradjon! Néhány ilyen esetet rajzoltunk meg az 1989.6. ábrán. Ha nem ilyen vékony a cső fala, hanem - mint az üvegkapillárisok esetén gyakran előfordul - vastagabb, akkor az alul kialakuló csepp alakja elég bonyolult is lehet. Több versenyző szép kvalitatív diszkussziót adott ezekre az esetekre is.

3. feladat. Az iskolai 12 V -os, 50 Hz -es váltóáramú áramforrásra sorba kapcsoltunk egy 24 V , 10 W -os izzót és egy 101,3 µ F kapacitású kondenzátort. Az izzó alig világít. Rendelkezésünkre áll még egy 0,1 H induktivitású tekercs is. Hogyan lehetne a kapcsolást úgy átalakítani, hogy az izzó szép fényesen világítson? (A tekercs ohmos ellenállása elhanyagolható. Csak a kapcsolást szabad átalakítani, az alkatrészeket nem.)

Megoldás. A 24 V , 10 W -os izzó ellenállása:

R = ( 24 V ) 2 10 W = 57,6 ? .

A 101,3 µ F -os kondenzátor váltóáramú ellenállása:

X c = 1 ? C = 1 314 s - 1 · 101,3 · 10 - 6 F = 31,4 ? .

A 0,1 H induktivitású tekercsre:

X L = ? L = 314 s - 1 · 0,1 H = 31,4 ? .

Mivel e két váltóáramú ellenállás egyenlő, az embernek azonnal a rezonancia jut az eszébe. Kapcsoljuk sorba mindhárom elemet! Ekkor az eredő impedancia az ohmos ellenállással egyenlő, s erre jut a generátor teljes feszültsége - mégsem ez a legjobb megoldás. Igaz, eredetileg a kondenzátorra és az ellenállásra együtt jutott 12 V , most pedig magára az ellenállásra egyedül, de hát hol van ez még attól a 24 V -tól, ami az izzó üzemi feszültsége? Jobban világít az izzó, de ez még nem az igazi.

Ha mindhárom elemet párhuzamosan kapcsoljuk, akkor is csak 12 V juthat az izzóra.

Térjünk vissza az eredeti ötlethez, a soros rezonancia esetéhez! A sorbakapcsolt tekercsen és kondenzátoron külön-külön sokkal nagyobb lehet a feszültség, mint a generátor feszültsége. Nem lehetne ezt kihasználni?

Kössük sorosan a tekercset és a kondenzátort a generátorra, és kapcsoljuk az izzót valamelyik elemmel párhuzamosan! Mivel eredetileg a kondenzátor és az izzó voltak párhuzamosan kapcsolva, a legegyszerűbb az lesz, ha a már összeállított kapcsolásban az izzóra párhuzamosan rákötjük a tekercset (1989.7. ábra).

Hogyan határozhatjuk meg most az izzóra jutó feszültséget?

1989.7. ábra.

Az izzóra és a tekercsre ugyanaz a feszültség jut. A tekercsen átfolyó áram negyed periódust ( 90 ° -ot) késik ehhez a feszültséghez képest, az izzón átfolyó áram pedig ugyanabban a fázisban van, mint a rá jutó feszültség. Ez azt jelenti, hogy a tekercsen és az izzó ellenállásán átfolyó áram között van 90 ° fáziskülönbség. A szokásos vektoros ábrázolással még a kondenzátoron átfolyó áramot is megkaphatjuk, mint a kettő vektori összegét (1989.8. ábra).

1989.8. ábra.

1989.9. ábra.

Az ábra alapján tg ? értéke:

tg ? = I L I R = R ? L = R ? C .

Az áramok vektorábráját felhasználva szerkeszthetjük meg a feszültségek vektorábráját. Az ellenálláson a feszültség ugyanolyan fázisú, mint a rajta folyó áram, tehát I R és U R vektora ugyanolyan irányú. A kondenzátoron a feszültség 90 ° -kal van elmaradva a kondenzátoron folyó áramhoz képest, ahogy azt az 1989.9. ábra mutatja. U c értéke az ábra alapján

U c = I c 1 ? C = I R cos ? · R tg ? = U R sin ? .

1989.10. ábra.

Ezt az összefüggést felhasználva szerkeszthetjük meg a generátor feszültségének vektorát is (1989.10. ábra).

Az 1989.10. ábráról már leolvasható az izzóra jutó U R és a generátor U feszültsége közti összefüggés:

U R = U · tg ? = U R ? L = 12 V 57,6 ? 31,4 ? = 22,0 V .

Ekkor már mondhatjuk, hogy a 24 V -os izzó fényesen világít.

Ugyanilyen jó megoldás az is, ha az izzót a kondenzátorral kötjük párhuzamosan, és velük sorba a tekercset.

Az összes többi esetben az izzóra ennél kisebb feszültség jut.

Megjegyzés. Akik ismerik e vektoros számítás mélyebb hátterét, az ún. komplex formalizmust, azok algebrai úton is kiszámíthatják mindazt, amit a fenti geometriai megoldásból kaptunk. A komplex formalizmusban az áramokat és a feszültségeket olyan komplex számokkal jellemezzük, amelyek abszolút értéke adja az áramok és feszültségek csúcsértékét, a valós tengellyel bezárt szög pedig a fázisszöget. A komplex impedanciák:

X ˜ L = j ? L , X ˜ c = 1 j ? C , R ˜ = R ,

ahol j = - 1 komplex egységgyök.

Érdeklődők számára az alapfokú egyetemi és főiskolai elektromosságtani tankönyvek és jegyzetek tanulmányozását javasoljuk.

Hangsúlyozzuk azonban, hogy a feladatot meg lehetett oldani a komplex formalizmus ismerete nélkül is.

A verseny eredménye

Összesen 273 versenyző adott be dolgozatot. Közülük 99-en budapesti középiskolában tanulnak vagy érettségiztek, 174-en pedig vidéken.

Érettségizett versenyző összesen 42 volt (23 budapesti és 19 vidéki), IV. osztályos 158 (47 budapesti, 111 vidéki), még fiatalabb versenyző pedig 73 (29 budapesti és 44 vidéki).

A versenyzők iskolatípusonkénti és életkor szerinti megoszlásáról tájékozódhatunk az alábbi táblázatból. Az egész jegyre kerekített százalékérték mindig az összes beadott dolgozathoz (273)-hoz viszonyított hányadot mutatja.

BUDAPESTEN

érettségizett

IV. osztályos

fiatalabb

gimn.

szakközép.

gimn.

szakközép.

gimn.

szakközép.

8%

0%

15%

2%

10%

1%

VIDÉKEN

érettségizett

IV. osztályos

fiatalabb

gimn.

szakközép.

gimn.

szakközép.

gimn.

szakközép.

5%

2%

27%

14%

11%

5%

Az ünnepélyes eredményhirdetésre 1989. november 24-én került sor Budapesten, az ELTE TTK főépületének II. emeletén lévő fizikai előadóteremben.

Külön meghívót kaptak a nyertes versenyzők és tanáraik, valamint a Középiskolai Matematikai Lapok Fizika Rovatának 1988-89-es pontversenyén és a Bolyai Farkas Fizikaversenyen legjobban szerepelt versenyzők.

A program az Eötvös verseny feladatainak ismertetésével, a megoldások közös megbeszélésével kezdődött. A diszkussziót Radnai Gyula vezette, a feladatokhoz kapcsolódó kísérleteket Gnädig Péter mutatta be.

Utána került sor az Eötvös verseny díjainak átadására. Erre a Versenybizottság elnöke az Eötvös Loránd Fizikai Társulat elnökét kérte fel, felújítva ezzel azt a régi hagyományt, amikor még Eötvös Loránd maga adta át a Társulat tanulóversenyének a díjait.

Kroó Norbert akadémikus meleg szavakkal köszöntötte a nyertes versenyzőket, s gratulált tanáraiknak is. Ezután átadta a díjakat.

Első díjat kapott Antal Csaba, a BME I. éves mérnökhallgatója, aki Budapesten az Apáczai Csere János gimnáziumban érettségizett mint Flórik György tanítványa, valamint Rékasi János, a gyöngyösi Berze-Nagy János gimnázium IV. osztályos tanulója, Kiss Lajos tanítványa.

Második díjat kapott Laux Adám, a budapesti Táncsics Mihály gimnázium IV. osztályos tanulója, Holicsné Csejk Gabriella és Szabó László tanítványa; Somfai Ellák, az ELTE I. éves fizikus hallgatója, aki Pápán a a Petőfi Sándor gimnáziumban érettségizett mint Dankó Ferenc tanítványa, valamint Szabó Szilárd, az ELTE I. éves fizikus hallgatója, aki Budapesten az ELTE Apáczai Csere János gimnáziumban érettségizett mint Holics László tanítványa.

Harmadik díjat kapott Boncz András, a zalaegerszegi Zrínyi Miklós gimnázium III. osztályos tanulója, Pálovics Róbert tanítványa; Késmárki Szabolcs, a BME I. éves mérnökhallgatója, aki Kecskeméten a Bányai Júlia gimnáziumban érettségizett mint Borsos Ferenc tanítványa, valamint Kovács Attila, a debreceni Mechwart András műszaki középiskola IV. osztályos tanulója, Kopcsa József tanítványa.

Dicséretet kapott Fülöp Gábor, a budapesti Fazekas Mihály gimnázium IV. osztályos tanulója, Horváth Gábor tanítványa és Horváth Tibor, a kecskeméti Katona József gimnázium IV. osztályos tanulója, Kocsisné Domján Erzsébet tanítványa.