Ugrás a tartalomhoz

Az Eötvös-versenyek feladatai II. 1989-1997

Radnai Gyula

Typotex

Az 1991. évi verseny

Az 1991. évi verseny


1. feladat. Egy rögzített T tengely körül könnyen forgó R sugarú mókuskerékbe R hosszúságú létrát szereltünk. Egy olyan pillanatban, amikor a kerék éppen nyugalomban van és a létra vízszintes, a mókus elindul az A pontból, és úgy fut át a létrán a B pontba, hogy közben a kerék mozdulatlan marad (1991.01. ábra).

1991.01. ábra.

Hogyan kell a mókusnak mozognia? Mennyi idő alatt fut át a létrán?

Megoldás. A kerék akkor marad mozdulatlan, ha a kerékre ható erők és forgatónyomatékok eredője egyaránt zérus marad, miközben a mókus végigfut a létrán. Az erők eredőjének zérus voltát a rögzített tengely biztosítja. Ha pedig a mókus által a létrára kifejtett erőhatásvonala átmegy a T tengelyen, akkor az eredő forgatónyomaték is zérus marad.Newton III. törvénye értelmében ekkor a létra által a mókusra kifejtett erőnek is olyan irányúnak kell lennie, hogy hatásvonala menjen át a tengelyen. Ez az erő két erő eredőjeként adódik: egyik a függőlegesen felfelé irányuló nyomóerő, másik pedig vízszintes súrlódási erő, amely a mókus gyorsulásának irányába mutat. A mókusra ható erők eredőjének nagysága (1991.02. ábra):

? F = m g tg ? .

1991.02. ábra.

A mókus helyzetét az 1991.02. ábrán látható ? szög helyett a létra közepétől mért x távolsággal is megadhatjuk:

tg ? = x R 3 2 ,

mivel a szabályos háromszög oldala R hosszúságú. Ha x előjeles távolságot („helykoordinátát”) jelent, akkor a dinamika felírt alaptörvényéből előjelesen is helyesen következik:

m a = m g - x R 3 2 , a = - 2 g R 3 x .

A kitéréssel arányos nagyságú, de ellentétes irányú gyorsulása a harmonikus rezgőmozgást végző testnek van, vagyis a mókusnak úgy kell futnia, hogy mozgása harmonikus rezgőmozgás legyen. Ilyenkor

a = - ? 2 x , vagyis ? = 2 g R 3 .

A kitérés időfüggvénye:

x = - R 2 cos 2 g R 3 t .

Az A -ból B -be való átfutás egy „félrezgésnek” felel meg, az ehhez szükséges idő:

? = T 2 = ? ? = ? R 3 2 g .

Megjegyzések. 1. A feladatot Ciolkovszkijnak egyik ötlete inspirálta. ő maga középiskolai tanár volt, s egyszer az alábbi feladatot adta:

„Hogyan kell egy bogárnak végigmásznia egy falhoz támasztott szalmaszálon, hogy ne csússzék el a szalmaszál, annak ellenére, hogy se a falnál, se a talajnál nincs súrlódás?”

2. Meglepő ötlettel állt elő az egyik versenyző a mostani Eötvös versenyen: legyen a létra végtelen nagy tömegű a mókushoz képest, akkor a mókus nyugodtan végigsétálhat rajta (ahogy egy légy is végigmászhat a létrán) anélkül, hogy mérhető módon megmozdulna a kerék …

3. Többen kísérleteztek azzal az ötlettel is, nem tud-e átugorni a mókus A -ból B -be úgy, hogy közben ne mozduljon meg a kerék. úgy gondolták, hogy a kerék érintőjére merőlegesen kell elugrani A -ból, és a B -beli érintőre merőlegesen kell megérkezni a B pontba. Azután gyorsan kiszállni a kerékből … [2]

1991.03. ábra.

Tegyük fel, hogy az elugró mókust ? ideig állandó F erő gyorsítja fel 0-ról v sebességre az A pontban, majd ugyanekkora, megfelelő erő fékezi le B -ben (1991.03. ábra). Jelöljük ? -val az elugrás v sebességének a vízszintessel bezárt szögét! Ekkor az A pontban a kerékre két erő hat: függőlegesen lefelé egy m g nagyságú erő, a sebességgel ellentétes irányban pedig F . A két erő ellentétes forgató hatást fejt ki a kerékre, s az egyensúly feltétele:

F R · sin ( 60 ° - ? ) = m g R 2 .

Az F erő F · ? nagyságú impulzusa (erőlökése) ad a mókusnak m v nagyságú lendületet:

F ? = m v .

Ezt felhasználva, az előző egyenletből kapjuk:

m v ? R sin ( 60 ° - ? ) = m g R 2 , 2 v · sin ( 60 ° - ? ) = g ? .

Kifejtve sin ( 60 ° - ? ) értékét:

3 v cos ? - v sin ? = g ? .

Ha a mókus t ideig van a levegőben repülés közben, akkor

v cos ? = R t , illetve v sin ? = g t 2 ,

így t -re a következő másodfokú egyenlet adódik:

t 2 + 2 ? t - 2 3 R g = 0 .

Jól látszik, hogy a repülés t ideje függ az elugrás ? idejétől, ami viszont nem volt megadva a feladatban.

Sem a végtelen nagy tömegű mókuslétra, sem az ugró mókus nem felel meg a feladat feltételeinek, csupán azért idéztük fel őket, hogy illusztráljuk a versenyzők találékonyságát, kifogyhatatlan ötleteit. Szerencsére ötvennél is több versenyzőnek volt igazán helyes megoldása erre a feladatra.

2. feladat. Egy zárt hengert könnyen mozgó, jól záró dugattyú oszt két részre. Kezdetben a dugattyú középen áll. Mindkét oldalon 1 dm 3 térfogatú, 10 5 Pa nyomású, 0 ? hőmérsékletű levegő van, a bal oldali részben ezen kívül még egy 2 g tömegű jégdarabka is található.

A rendszert lassan 100 ? -ra melegítjük. Hol fog elhelyezkedni a dugattyú?

Megoldás. 100 ? -on a bal oldalon már nem lesz jég, hanem víz és vízgőz keveréke, esetleg már csak vízgőz, ha minden víz elpárolgott. (Ezt még külön meg kell vizsgálnunk!)

1991.4. ábra.

Jelöljük N gőz -zel a gőzállapotban lévő H 2 O molekulák számát a bal oldalon, a 100 ? -os végállapotban. Mivel ezen az oldalon megnőtt a molekulák száma, a dugattyúnak is el kellett mozdulnia jobbra. Jelöljük V -vel a térfogat növekedését a bal oldalon, ugyanennyivel csökken a térfogat a jobb oldalon (1991.4. ábra).

Az állapotjelzők kezdetben mindkét oldalon a következők:

p 1 = 10 5 Pa ; T 1 = 273 K ; V 1 = 10 - 3 m 3 .

A végállapotban a bal oldalon

p 2 = ? T 2 = 373 K ; V 2 ' = V 1 + V .

A végállapotban a jobb oldalon

p 2 = ? T 2 = 373 K ; V 2 = V 1 - V .

A gázmolekulák száma kezdetben mindkét oldalon

N 1 = p 1 V 1 k T 1 .

A végállapotban a jobb oldalon marad ugyanennyi, a bal oldalon viszont megnő a molekulák száma:

N 2 = N 1 + N gőz .

Vizsgáljuk meg, hogy mekkora lehet N gőz ! Teljesen elpárologhat a felolvadt összes jég? Számítsuk ki, hogy 2 g vízgőz mekkora térfogatot tölt be 373 K hőmérsékleten, s az ennek megfelelő 101 324 Pa nyomáson! Ideális gáz közelítést alkalmazva:

N k T p = 2 18 6,02 · 10 23 · 1,38 · 10 - 23 373 101 324 m 3 = 3,4 dm 3 .

Hasonló értéket kapunk akkor is, ha a 100 ? -os vízgőz sűrűségének mért és táblázatban megadott értékével számolunk.

A rendelkezésre álló térfogat viszont legfeljebb 2 dm 3 lehet! Ebből következik, hogy a víz nem párolog el teljesen a bal oldalon.

Mennyi párolog el? Ez V -től is függ:

p telítési · ( V 1 + V ) = N gőz k T 2 . T 2 = 373 K esetén vízre p telítési = 101 324 Pa .

V és N gőz között még egy összefüggésre van szükségünk. Ehhez azt használjuk fel, hogy a végállapotban a két oldalon azonos a nyomás és a hőmérséklet, vagyis a térfogatok aránya egyenlő a gázmolekulák számának arányával:

V 1 + V V 1 - V = N 1 + N gőz N 1 .

A két egyenletbe az ismert adatokat behelyettesítve V és N gőz értéke meghatározható. A megoldás:

V = 0,33 dm 3 ,

vagyis a bal oldalon 1,33 dm 3 , a jobb oldalon 0,67 dm 3 térfogat alakul ki, így fog elhelyezkedni a dugattyú.

Érdekes, hogy N gőz ? N 1 , N 2 ? 2 N 1 , p 2 ? 2 p 1 adódik, ami annak következménye, hogy a levegő nyomása gyakorlatilag ugyanakkora volt a kezdőállapotban, mint a H 2 O telítési nyomása a végállapot hőmérsékletén.

Megjegyzés. A feladat megoldásának kulcsa a vízgőzre vonatkozó állapotegyenlet helyes felírása. Sok hibás megoldás abból keletkezett, hogy az összes víz elpárolgását feltételezve határozták meg N gőz -t. Mások viszont ezzel ellentétben azt állították, hogy egyetlen molekula sem fog a vízből elpárologni, mert a víz nem fog felforrni. Az egyetlen jogos ellenvetés, amit a fenti megoldással szemben tehetünk az az, hogy alkalmazhatjuk-e az ideális gáz közelítést a 100 ? -os vízgőzre? A válasz az, hogy alkalmazhatjuk! Valóban jó közelítés ez, amint arról bárki meggyőződhet, ha fellapoz egy vízgőztáblázatot.

3. feladat. Fémből készült, igen vékony falú, zárt gömbhéj belsejében fonálon egy kétrét hajtott alufólia-csík függ. A gömb két átellenes pontjára kívülről az ábrán látható módon feszültséget kapcsolunk (1991.5. ábra).

1991.5. ábra.

Megmozdul-e az alufólia-csík, s ha igen, hogyan?

Megoldás. A vékony gömbhéj ellenállása nem hanyagolható el. Lesz elektromos mező a gömb belsejében, mégpedig forgásszimmetrikus abban az esetben, ha a gömb belül üres. (A szimmetriatengely a csatlakozási pontokat összekötő átmérő.)

Ha a gömb közepén ott van a kettéhajtott alufólia, akkor ezen megosztás jön létre azért, hogy a fólia ekvipotenciális legyen. A megosztott töltések tere kioltja a gömb belső terét a fólia két ága között (1991.6. ábra).

1991.6. ábra.

A fólia bármely ágára a külső E térerősség és a másik ágból származó ( E -nél kisebb) térerősség hat, vagyis a fóliaágra a külső tér van nagyobb hatással.

Ezért a kettéhajtott fólia kinyílik, és egy olyan helyzetben állapodik meg, amikor már a rá ható elektromos, gravitációs stb. erők és forgatónyomatékok eredője egyaránt zérus.

Megjegyzés. Az összeállítás emlékeztet a „Faraday-kalitkára”, ezért sok versenyző úgy gondolta, hogy nem lehet a gömb belsejében elektromos mező. Elfelejtették, hogy ez csak elektrosztatikában igaz, amikor a fém felülete ekvipotenciális. Most a fémen áram folyik, ezért a fémgömb különböző pontjai között általában van feszültség s így van - nemcsak benne, de körülötte is - elektromos mező. Ha valami, akkor a kétrét hajtott fóliaág képezhet ebben a feladatban Faraday-kalitkát, és e „kalitkának” a belsejében kell, hogy a térerősség közel zérus legyen.

A verseny eredménye

1991. október 18-án délután 15 h és 20 h között tartotta meg a fennállásának 100. évfordulóját ünneplő Eötvös Loránd Fizikai Társulat sorrendben 68. fizikai tanulmányi versenyét.

A verseny Budapesten a centenáriumi ünnepséggel párhuzamosan zajlott, lehetővé téve az érdeklődő hazai és külföldi vendégeknek, hogy személyesen is meglátogathassák. Ugyanabban az épületben, aznap délelőtt nyílt meg a centenáriumi poszter kiállítás, s a versenyre érkezők megtekinthették az itthoni és a szomszédos országokban élő magyar diákok és tanárok színvonalas munkáit.

Budapesten kívül még 12 vidéki városban folyt a vetélkedés, mindenütt a Társulat helyi csoportjának szervezésében.

Az összesen beadott 265 dolgozat legnagyobb részét azokban a városokban írták, ahol tudományegyetem is működik (Budapest, Debrecen, Szeged, Pécs). Lelkes szervezők dolgoznak a többi helyen is, de úgy tűnik, hogy a tanulók érdeklődése nagyobb a tudományegyetemi városokban. A századfordulón, Eötvös idejében, csak két városban volt tudományegyetem - Budapesten és Kolozsváron - és csak ebben a két városban rendezték meg a versenyt. Debrecenben és Pozsonyban az első világháború idején létesült tudományegyetem; Trianon után a kolozsvári Szegedre, a pozsonyi Pécsre költözött.

Némi áttekintést nyújt az 1991. évi versenyről az alábbi táblázat, amely az összes beadott dolgozathoz viszonyított százalékos arányban közli a versenyzők életkor szerinti és iskolatípusonkénti tagozódását Budapesten és vidéken.

BUDAPESTEN

érettségizett

IV. osztályos

fiatalabb

gimn.

szakközép.

gimn.

szakközép.

gimn.

szakközép.

4%

0,5%

14%

1%

5,5%

2%

VIDÉKEN

érettségizett

IV. osztályos

fiatalabb

gimn.

szakközép.

gimn.

szakközép.

gimn.

szakközép.

4,5%

-

26%

18%

15,5%

9%

Akárcsak az utóbbi években, 1991-ben is jellemző volt az érettségizettek alacsony aránya: tavaly 11%, idén már csak 9%, igaz, hogy Budapesten a tavalyi 3%-ról 4,5%-ra nőtt, vidéken azonban a tavalyi 8%-ról 4,5%-ra csökkent az arányuk. A versenyzők legnagyobb része 1991-ben is a negyedikesek közül került ki, arányuk Budapesten a tavalyi 10%-ról idén 15%-ra nőtt, vidéken a tavalyi 44% maradt. A legfeljebb III. osztályos versenyzők száma Budapesten 14%-ról 7,5%-ra csökkent, vidéken a tavalyi 21%-ról 24,5%-ra emelkedett. Bizonyos arányok állandók maradtak: idén is, tavaly is az összes beadott dolgozat 27%-át írta olyan versenyző, aki budapesti középiskolába járt vagy ott érettségizett.

Ha azt vizsgáljuk, hogy milyen sikeresen szerepeltek az egyes iskolák az Eötvös versenyen, akkor a legjobb eredményt 1991-ben vitathatatlanul a budapesti Fazekas Mihály gimnázium tanulói érték el: 17-en indultak és adtak be dolgozatot a versenyen, s közülük 5-en értek el jó helyezést vagy kaptak dicséretet.

Az ünnepélyes eredményhirdetésre 1991. november 29-én került sor Budapesten, az ELTE Múzeum körúti főépületében.

A legjobb versenyzők mutatták be a feladatok megoldásait, diszkutálták az eredményeket. A harmadik feladathoz kapcsolódó kísérleteket, amelynek elvégzésében Csík Árpád II. éves fizikatanár szakos hallgató segített a Versenybizottság elnökének, a jelenlévő versenyzők és tanáraik érdeklődéssel figyelték. Ez a feladat bizonyult ugyanis a legnehezebbnek; az összes versenyző közül csak ketten tudták megoldani.

Nem volt nehéz dolga a Versenybizottságnak, amikor a verseny két győztesét kellett kiválasztania:

Az első díjat egyenlő arányban megosztva nyerte

Bodor András, az ELTE I. éves fizikus hallgatója, aki az ELTE Apáczai Csere János Gyakorló Gimnáziumban érettségizett mint Zsigri Ferenc tanítványa, és

Káli Szabolcs, az ELTE I. éves fizikus hallgatója, aki Budapesten a Fazekas Mihály Gimnáziumban érettségizett mint Horváth Gábor tanítványa.

A II. és III. díjat a Versenybizottság összevonta, és egyenlő arányban megosztotta nyolc versenyző között:

Egyedi Péter, a BME I. éves villamosmérnök hallgatója, aki Pécsett a Leöwey Klára Gimnáziumban érettségizett mint Csikós Istvánné és Kotek László tanítványa;

Gefferth András, a budapesti Fazekas Mihály Gimnázium III. osztályos tanulója, Tóth László és Horváth Gábor tanítványa;

Katz Sándor, a bonyhádi Petőfi Sándor Gimnázium III. osztályos tanulója, Erdélyesi János tanítványa;

Kőszegi Botond, a budapesti Fazekas Mihály Gimnázium IV. osztályos tanulója, Horváth Gábor tanítványa;

Miklós György, a BME I. éves villamosmérnök hallgatója, aki Budapesten a Szt. István Gimnáziumban érettségizett mint Kovács István tanítványa;

Nagy Benedek, a KLTE I. éves fizikus hallgatója, aki Debrecen a KLTE Gyakorló Gimnáziumban érettségizett mint Dudics Pál tanítványa;

Rózsa Balázs, a budapesti Fazekas Mihály Gimnázium IV. osztályos tanulója, Horváthné Dvorák Cecília tanítványa;

Szendrői Balázs, a budapesti Fazekas Mihály Gimnázium IV. osztályos tanulója, Horváth Gábor tanítványa.

A fenti nyolc versenyző egyenlő helyezésben a verseny 3-10. helyezettje.

Dicséretet kapott az alábbi hat versenyző: Almos Attila, a budapesti Berzsenyi Dániel Gimnázium IV. osztályos tanulója, Istók Katalin tanítványa; Boncz András, az ELTE I. éves matematikus hallgatója, aki Zalaegerszegen a Zrínyi Miklós Gimnáziumban érettségizett mint Pálovics Róbert tanítványa; Egedi Péter, a szegedi Radnóti Miklós Gimnázium IV. osztályos tanulója, Mike János tanítványa; Nagy Gyula, a jászberényi Erősáramú Szakközépiskola IV. osztályos tanulója, Bakki Árpád tanítványa; Nemes Norbert Marcell, a budapesti Fazekas Mihály Gimnázium IV. osztályos tanulója, Horváth Gábor tanítványa és Somlai Ákos, a BME I. éves villamosmérnök hallgatója, aki Pécsett a Nagy Lajos Gimnáziumban érettségizett mint Orovicza Márkné tanítványa.

A díjakat s a jutalmakat a Társulat nevében Boros Dezső alelnök adta át. Neki, mint Jászberény alpolgármesterének, külön kellemes meglepetést jelentett, hogy jászberényi diák is bekerült a dicséretet nyert versenyzők közé.



[2] Nem vették észre, hogy ehhez a mókusnak végtelen nagy erőt kellene kifejtenie - igaz: elhanyagolhatóan rövid ideig!