Ugrás a tartalomhoz

Az Eötvös-versenyek feladatai II. 1989-1997

Radnai Gyula

Typotex

Az 1992. évi verseny

Az 1992. évi verseny


1. feladat. Vékony falú, belül üres félgömböt kétféleképpen hozunk - kis kitérésű - lengésbe. Egyik esetben a domború oldalán fekszik egy vízszintes asztalon, másik esetben homorú oldalával lefelé, középen egy függőleges tű hegyére támaszkodik.

1992.1. ábra.

Melyik esetben lesz nagyobb a lengésidő? (A tömegközéppont mindkét esetben síkmozgást végez.)

Megoldás. Először a tű hegyére támasztott félgömb lengésidejét határozzuk meg. Ha ezt a fizikai ingát a földi nehézségi erőtérben ? szöggel kilendítjük, akkor

M = m g s · sin ?

nagyságú forgatónyomaték igyekszik azt visszatéríteni. (Szokásosan s -sel jelültük a tömegközéppont és a forgáspont távolságát.)

1992.2. ábra.

A forgástengely a tű hegyén átmenő vízszintes egyenes, az 1992.2. ábránkon a papír síkjára merőleges. Erre a tengelyre vonatkozó tehetetlenségi nyomaték a Steiner-tétel szerint

? = ? S + m s 2 ,

ahol ? S a tömegközépponton átmenő, az előbbivel párhuzamos tengelyre vonatkozó tehetetlenségi nyomatékot, m pedig az üres félgömb tömegét jelöli. A lengés során ? S nem változik meg.

A forgómozgás alapegyenlete: M = ? ß , esetünkben (előjelre is helyesen):

- m g s · sin ? = ( ? S + m s 2 ) ß ,

ahonnan a kis szögekre megengedhető sin ? ? ? közelítéssel kapjuk:

ß = - m g s ? S + m s 2 · ? .

Teljesül tehát a harmonikus torziós rezgés ß = - ? 2 ? feltétele és a rezgésidő kiszámítható:

T 1 = 2 ? ? 1 = 2 ? ? S + m s 2 m g s .

Ezek után határozzuk meg az asztalon billegő félgömb mozgásának periódusidejét! Ez az előbbinél nehezebb feladat, mivel most a testnek egyetlen pontja sem rögzített. Ilyenkor is felírhatjuk azonban a forgómozgás alapegyenletét a tömegközépponton átmenő tengelyre, annak ellenére, hogy a tömegközéppont mozog, sőt, gyorsul is. (A tömegközéppont gyorsulását a test szöggyorsulásával lehet majd kapcsolatba hozni.)

Lendítsük ki ? szöggel a vízszintes asztalon levő üres félgömböt! A testre a következő erők hatnak:

m g a tömegközéppontban, függőlegesen lefelé;

K az asztal és a félgömb érintkezési pontjában, függőlegesen felfelé;

F s súrlódási erő az érintkezési pontban, vízszintesen, a kimozdulással ellentétes irányban.

1992.3. ábra.

Most használjuk fel azt a megszorítást, hogy a kitérés kicsi. Minél kisebb a kitérés, annál inkább elhanyagolható a tömegközéppont emelkedése a vízszintes elmozduláshoz képest. A tömegközéppont vízszintes elmozdulása

x = - R ? + ( R - s ) sin ? ? - R ? + ( R - s ) ? = - s ? .

A tömegközéppont függőleges elmozdulása

y = ( R - s ) - ( R - s ) cos ? = ( R - s ) ( 1 - cos ? ) ? 0 .

(Pontosabban is fogalmazhatunk: Míg x a kicsiny ? -val arányosan elsőrendűen kicsiny, addig az y emelkedés ? 2 -tel arányos, ún. másodrendűen kicsiny mennyiség.)

Az elmozdulásokból a sebességekre, majd a gyorsulásokra következtethetünk. A tömegközéppont gyorsulása a fentiek szerint

a x = - s · ß , a y = 0 .

Vízszintes irányban a súrlódási erő gyorsít:

F s = m · a x = - m s ß .

Függőlegesen K és m g egyensúlyt tartanak (hiszen a y = 0 ):

K = m g .

Végül pedig felírhatjuk a forgómozgás alapegyenletét a tömegközépponton átmenő vízszintes tengelyre:

- K ( R - s ) ? + F s · s = ? S · ß ,

(az erőkarok az 1992.4. ábráról leolvasható közelítő értékek). Behelyettesítve az erőket

- m g ( R - s ) ? - m s 2 ß = ? S ß ,

ahonnan ß kifejezhető:

ß = - m g ( R - s ) ? S + m s 2 · ? .

Ismét ß = - ? 2 ? alakú összefüggést kaptunk, a mozgás tehát harmonikus rezgés és a periódusidő

T 2 = 2 ? ? 2 = 2 ? ? S + m s 2 m g ( R - s ) .

1992.4. ábra.

A két rezgésidő aránya

T 2 T 1 = s R - s .

1992.5. ábra.

Most már csak a tömegközéppont helyzetét, vagyis s értékét kell meghatároznunk. Ez többféle módszerrel is lehetséges. Elegáns módszer kínálkozik, ha felhasználjuk a gömbövek egyik érdekes tulajdonságát: két párhuzamos, egymástól ? h « R távolságra lévő síkkal bárhogyan elmetszve egy gömbhéjat, mindig azonos felszínű gömbövet kapunk:

A = 2 ? R sin ? · ? h sin ? , A = 2 ? R · ? h = állandó.

Ha tehát a vékony félgömbhéjat gondolatban összenyomjuk a szimmetriatengelyére, akkor ott egy egyenletes tömegeloszlású pálcát kapunk, amelynek tömegközéppontja a felezőpontjában van.

Ezek szerint s = R / 2 , a rezgésidők kérdéses aránya:

T 2 T 1 = R / 2 R - R / 2 = 1 .

A két lengésidő tehát kis kitérések esetén közelítőleg egyenlő egymással.

Megjegyzések. 1. Ha nem hanyagoljuk el a tömegközéppont emelkedését az asztalon billegő félgömb esetén, akkor erre a lengésidőre kissé nagyobb érték adódik. Így a valóságos, kísérletileg is ellenőrizhető esetben a félgömb - ha azonos szögkitérésű helyzetekből indítjuk, - valamivel lassabban billeg az asztallapon, mint a tű csúcsán.

2. Az s = R / 2 összefüggés is csak közelítőleg igaz, mivel a gömbhéj vastagsága nem zérus, - csak éppen elhanyagoltuk. (A jó fizikus a lényeg megragadásának és a probléma szempontjából lényegtelen dolgok elhanyagolásának művésze.)

2. feladat. Körülbelül 1 cm 2 keresztmetszetű, 80 cm hosszú, felül nyitott üvegcsövet színültig megtöltünk higannyal. A cső felső végére ráhúzzuk és befőttesgumival a csőhöz szorítjuk egy teljesen összelappadt (levegőt nem tartalmazó) lufi száját. Ezután a csövet a levegőben tartva felfordítjuk.

Mi fog történni? (Készítsen rajzot is!)

Megoldás. Feltételezhetjük, hogy amikor ráhúzzuk az összelappadt lufit az üvegcső szájára, a higany feletti részben nem lesz levegő, és később sem tud bejutni levegő a lufi belsejébe.

Fordítsuk meg a csövet!

Függőleges helyzetben a cső - most már alul levő - szájánál a lufihártyára belülről 80 cm magas higanyoszlop nyomása, kívülről pedig a külső levegő nyomása hat. (Vegyük ez utóbbit 76 Hgcm -nek.)

A belső, nagyobb nyomás kissé szétnyitja az összelappadt lufit, s a higany elindul lefelé. 80 - 76 = 4 cm 3 higany lefut egészen a lufi aljára, és ekkor a folyamat leáll. A csőben marad 76 cm magas higanyoszlop, fölötte vákuum (a higanygőz nyomása elhanyagolható). Alul, a cső szájától kezdve a lufi újra összelappadt állapotban van, mert a külső légnyomás összenyomja. Legalul, az összelappadt lufiban lévő 4 cm 3 higany kicsi, kidudorodó zacskóban gyűlik össze.

A folyamat legfontosabb pillanatait az 1992.6. ábrasorozat szemlélteti („oldalnézetben”).

1992.6. ábra.

Ha túl gyorsan fordítjuk meg a csövet, esetleg a végén még meg is lökjük kissé, 4 cm 3 -nél több higany is le tud folyni a lufi aljára. Ekkor a végállapotban a külső légnyomás kissé visszanyomná a lufit a cső szájánál a cső belseje felé. Ugyanakkor a lufit a higany lefelé húzza, kissé megnyújtja a gumit, s ez a hatás a cső szájánál is érvényesül. Mindezek azonban olyan kicsiny nyomáskülönbséget és többleterőt eredményeznek, hogy a lufinak ebből származó alakváltozása szabad szemmel alig vehető észre, s a megoldást lényegesen nem módosítja.

3. feladat. Két egyforma szigetelő tartón két egyforma fémgömb nyugszik egymás közelében. Töltés egyiken sincs. Egy néhányszáz voltos telep egyik sarkát leföldeljük, a másik sarokhoz csatlakozó vezeték végével pedig megérintjük először az egyik (mondjuk a bal oldali), azután a másik (jobb oldali) gömböt, majd a telepet eltávolítjuk. Ezután felülről, szigetelő fonálon, kicsiny, töltetlen golyócskát engedünk le a két gömb közé, lehetőleg pontosan középre.

1992.7. ábra.

Mit tapasztalunk?

Megoldás. Első tekintetre úgy tűnik, hogy semmi különbség nincs a két gömb feltöltése között. Mindkét gömb töltetlen, azonos sugarú, s a földtől is ugyanakkora távolságra vannak. A megoldás kulcsa mégis az, hogy észrevegyük: más-más „környezetben” történik a feltöltés. Amikor az első gömböt töltjük fel, egy töltetlen gömb áll közben mellette. Amikor a másodikat töltjük, amellett már egy töltött gömb áll!

Jelöljük Q 1 -gyel azt a töltést, amelyet egy magányos gömb venne fel a telepből.

Az első gömb feltöltésekor Q 1 -nél nagyobb, mondjuk Q 1 + Q 2 töltés áramlik erre a gömbre, mert a mellette álló töltetlen gömbön elektromos megosztás történik, s ez leköt a gömbön Q 2 töltést.

A második gömbre Q 1 -nél kisebb, mondjuk Q 1 - Q 3 töltés vihető fel ugyanarról a telepről, mert emellett már egy ugyanilyen előjelű töltéssel feltöltött gömb áll.

Könnyebben áttekinthető és kvantitatívan is tárgyalható a probléma, ha bevezetjük a gömböknek mind a földhöz, mind egymáshoz képesti kapacitásait.

Jelöljük C 1 -gyel egy gömb és a föld közötti, C 2 -vel pedig a két gömb közötti kapacitást (ld. 1992.8. ábra).

1992.8. ábra.

Az első (mondjuk a bal oldali) gömböt megérintve az U 0 feszültségű telep pozitív sarkához csatlakozó vezeték végével, az 1992.9. ábrán látható elektromos állapot fog kialakulni. (A feltüntetett - fiktív - vezetékek megkönnyítik a kapcsolás felismerését.)

1992.9. ábra.

Mindkét gömb ekvipotenciális, de a jobb oldali gömb potenciálja kisebb. Ez ugyanis

U ' = Q 2 C 1 ,

míg a bal oldali gömbre:

U 0 = Q 1 C 1 = Q 2 C 2 + Q 2 C 1 .

Innen az alábbi összefüggések adódnak:

Q 2 = Q 1 C 2 C 1 + C 2 , illetve U ' = U 0 C 2 C 1 + C 2 .

A bal oldali gömbre összesen

Q 1 + Q 2 = Q 1 1 + C 2 C 1 + C 2

nagyságú töltés kerül.

Ezek után érintjük hozzá a telep pozitív sarkáról jövő vezeték végét a jobb oldali gömbhöz. Ennek potenciálja U 0 lesz, felmegy rá Q 1 - Q 3 töltés; Q 1 a föld felé, - Q 3 a másik gömb felé, s így az 1992.10. ábrán látható elektromos állapot alakul ki.

1992.10. ábra.

Most is felírható az U 0 feszültség kétféle módon:

U 0 = Q 1 C 1 = - Q 3 C 2 + Q 1 + Q 2 - Q 3 C 1 .

Innen pedig a következő összefüggésekhez jutunk:

Q 3 = Q 1 C 2 C 1 + C 2 2 , illetve U = U 0 1 + C 1 C 2 ( C 1 + C 2 ) 2 ,

mivel U = Q 1 + Q 2 - Q 3 C 1 . A jobb oldali gömb töltése végül:

Q 1 - Q 3 = Q 1 1 - C 2 C 1 + C 2 2 .

A két gömb töltéseinek aránya:

Q 1 - Q 3 Q 1 + Q 2 = 1 - C 2 C 1 + C 2 = C 1 C 1 + C 2 ///</// 1 .

Ha felülről, szigetelő fonálon, kicsiny, töltetlen golyócskát engedünk le a két gömb közé, lehetőleg pontosan középre, akkor ez a golyócska az ottani térerősség hatására dipóllá válik (akár szigetelő, akár vezető, csak a mechanizmus más), és a nagyobb töltésű gömb maga felé húzza.

A golyócska kilendül, balra.

Megjegyzés. U ///>/// U 0 , vagyis a bal oldali gömb földhöz képesti feszültsége nagyobb lesz, mint a telepé! Ha pl. C 2 C 1 + C 2 = 1 10 és U 0 = 3 000 V , akkor U ' = 300 V , U = 3 270 V . A bal oldali gömb töltése 1,10 · Q 1 , a jobb oldalié 0,99 · Q 1 lesz az adott esetben.

A verseny eredménye

Ez az 1992-es, 69. verseny bizonyos tekintetben új szabályok szerint zajlott. A Eötvös Loránd Fizikai Társulat Tanácsa a Versenybizottság javaslatára úgy döntött, hogy kiszélesíti a versenyzők körét: lehetővé teszi, hogy ne csak magyar állampolgárságú tanulók indulhassanak az Eötvös versenyen. Ezután a hazai diákokkal azonos feltételek mellett vehetnek részt az itt tanuló külföldi diákok és a szomszédos országokban tanuló, magyarul értő diákok is.

Magyarország 12 városában a Társulat felelős képviselői várták izgatottan az érkező versenyzőket: vajon hány magyar és hány külföldi diák jelenik meg a versenyen, s közülük hányan adnak be dolgozatot.

Budapesten a tavalyinál többen, összesen 105-en adtak be dolgozatot. Köztük öt külföldi versenyző volt: egy itt tanuló lengyel diák és négy erdélyi, akik közül hárman 1992-ben érettségiztek, a negyedik még középiskolás volt.

Szegeden 45 dolgozat született, másfélszer annyi, mint tavaly. A versenyzők közül öten jöttek külföldről, mindannyian Szabadkáról.

Debrecenben is valamivel többen adtak be dolgozatot, mint tavaly, a 41 versenyző között viszont nem volt külföldi.

Pécsett összesen 21 dolgozatot adtak be, egyikük egy itt tanuló romániai diák volt.

Ami a résztvevők számát illeti, a négy tudományegyetemi város (Budapest, Szeged, Debrecen, Pécs) az eddigieknél is jobban elhúzott a többiektől: a verseny további nyolc helyszínén sehol sem érte el a beadott dolgozatok száma a tízet.

Összesen 246 dolgozatot adtak be a diákok ebben az évben, ezek közül 9-et írt olyan versenyző, aki nem Magyarországon járt középiskolába. A többiek életkor szerinti és iskolatípusonkénti eloszlását tanulmányozhatjuk az alábbi táblázaton:

BUDAPESTEN

érettségizett

IV. osztályos

fiatalabb

gimn.

szakközép.

gimn.

szakközép.

gimn.

szakközép.

5%

1%

13%

1,5%

9%

-

VIDÉKEN

érettségizett

IV. osztályos

fiatalabb

gimn.

szakközép.

gimn.

szakközép.

gimn.

szakközép.

8%

1%

31%

12%

10%

8,5%

Örvendetes változás tavalyhoz képest az érettségizettek arányának növekedése, bár a versenyzők legnagyobb részét még mindig a IV. osztályosok teszik ki. A legtöbb gimnazista versenyző 1992-ben is a budapesti Fazekas Mihály gimnáziumból jött, a legtöbb szakközépiskolás pedig Debrecenből. A vidéki gimnáziumok közül a kecskeméti Katona, a szegedi Deák és a debreceni KLTE gyakorló indított az átlagosnál több versenyzőt. Eredményesség tekintetében a budapesti Fazekas ebben az évben is megelőzte a többieket: egyedül ebből a gimnáziumból került egynél több versenyző a nyertesek közé.

A beérkezett 246 dolgozat között volt egy kiemelkedő: Katz Sándor bonyhádi IV. osztályos tanulódolgozata. Mindhárom feladatot tökéletesen megoldotta, ráadásul az első feladatot olyan szép gondolatmenettel, amely megérdemli, hogy itt is felidézzük. Változtatás nélkül közöljük Katz Sándor megoldását:

„Határozzuk meg először a súlypont helyét. A függvénytáblázat[3] szerint, ha R a külső, r a belső sugár, ez a középponttól

d = 3 8 R 4 - r 4 R 3 - r 3

távolságra van. Legyen k = r / R . Ekkor

d = 3 8 R 4 - k 4 R 4 R 3 - k 3 R 3 = 3 8 R 1 - k 4 1 - k 3 = 3 8 R k 3 + k 2 + k + 1 k 2 + k + 1 ,

jelen esetben k 1 , így 3 8 R 4 3 = R 2 .

1992.11. ábra.

Egy ? szögű helyzetben legyen az alátámasztási pont P , az O P felezőpontja F , és S P = l .

A gömbhéj tehetetlenségi nyomatéka a P pontra a Steiner tétel szerint

? P = ? S + m l 2 .

Legyen a helyzeti energia null szintje az F pont magasságában. Ekkor a gömbhéj összes energiája:

E Ö = R 2 ( 1 - cos ? ) m g + 1 2 ? P ? 1 2 .

Ha a kezdeti kitérési szög ? 0 volt, akkor

R 2 ( 1 - cos ? ) m g + 1 2 ? P ? 1 2 = R 2 ( 1 - cos ? 0 ) m g ,

mivel a szélső helyzetben a test nem mozog. Innen

? 1 ( ? ) = R ( cos ? - cos ? 0 ) n g ? S + m l 2 .

Az 1992.11. ábrán SFP ? = 90 ° + ? / 2 ///>/// 90 ° , mivel S O = OF , így l ///>/// R / 2 .

1992.12. ábra.

A másik esetben a tehetetlenségi nyomaték a forgáspontra:

? = ? S + m R 2 / 4 .

A helyzeti energia nullpontja legyen a forgásponttól lefelé R / 2 távolságban. Ekkor az összenergia

E Ö = R 2 ( 1 - cos ? ) m g + 1 2 ? ? 2 2 .

Ismét legyen az indítási szög ? 0 . Ekkor

R 2 ( 1 - cos ? ) m g + 1 2 ? ? 2 2 = R 2 ( 1 - cos ? 0 ) m g , ? 2 ( ? ) = R ( cos ? - cos ? 0 ) m g ? S + m R 2 4 .

Mivel minden ? 0 esetben l ///>/// R / 2 , így

m R 2 / 4 ///</// m l 2 , és ezért ? 1 ( ? ) ///</// ? 2 ( ? ) .

Tehát azonos indítási szögnél a második esetben a test mindenhol gyorsabb (kivétel az egyensúlyi helyzet, ott egyenlő gyorsak), így hamarabb ér a másik szélső helyzetbe, majd vissza is.

Tehát T 1 ///>/// T 2 .”

Az ünnepélyes eredményhirdetésre 1992. november 27-én került sor az ELTE Múzeum körúti főépületében.

Itt a megjelent versenyzők, tanárok, vendégek megtekinthették mind a három feladat kísérleti bemutatását, meggyőződhettek a kiszámolt vagy kikövetkeztetett megoldások helyességéről.

Az első feladatot két 20 cm átmérőjű, egyforma műanyag félgömb demonstrálta: egyikük egy tű hegyén, másikuk az asztalra helyezett sínen lengett. Mozgásukat kivetítve, felnagyítva lehetett látni, s össze lehetett hasonlítani egy l = 4 3 R hosszúságú fonálinga lengésidejével.

A bemutatott dinamikai megoldást Katz Sándor egészítette ki saját energetikai megoldásával.

A második feladathoz több demonstrációs eszköz is készült: négy, egyaránt 80 cm hosszú és 1 cm 2 keresztmetszetű üvegcső, színültig megtöltve higannyal. Csupán a rájuk erősített, összelappadt lufik mérete volt különböző. Pálfalvi László III. osztályos pécsi gimnazista, Papp Zsombor IV. osztályos zalaegerszegi gimnazista és Tóth Gábor V. osztályos budapesti technikumi tanuló mutatta be a kísérletet egy-egy csővel, majd a táblánál ismertették saját helyes megoldásukat.

A harmadik feladat kísérleti bemutatása volt a legnehezebb, főleg a szigetelési problémák miatt. A két 40 cm átmérőjű vörösréz gömb egyszer már jó szolgálatot tett egy Eötvös verseny feladat kísérleti bemutatásánál, jó pár évvel ezelőtt. most sokkal kevesebb töltést kellett kimutatni velük. A gömbök feszültségét sztatikus voltmérőkkel mértük, s egy pihentetett fonálon függő, grafittal bevont pingponglabda ereszkedett le közéjük.

A kísérletek bemutatása után a hivatalos végeredményt a Versenybizottság elnöke ismertette, s átadta a díjakat.

I. díjat kapott Katz Sándor, a bonyhádi Petőfi Sándor Evangélikus Gimnázium IV. osztályos tanulója, Jurisits József és Erdélyesi János tanítványa.

II. díjat a Versenybizottság nem adott ki.

III. díjat kapott és a verseny 2-10. helyezettje lett egyenlő helyezésben a következő kilenc versenyző:

Dornbach Péter, az ELTE Apáczai Csere János Gyakorló Gimnáziumának IV. osztályos tanulója, Flórik György tanítványa;

Gefferth András, a budapesti Fazekas Mihály Fővárosi Gyakorló Gimnázium IV. osztályos tanulója, Horváth Gábor tanítványa;

Horvai Péter, a budapesti Fazekas Mihály Fővárosi Gyakorló Gimnázium III. osztályos tanulója, Horváth Gábor tanítványa;

Maulis Adám, az ELTE I. éves matematika-fizika tanárszakos hallgatója, aki a budapesti Széchenyi István Gimnáziumban érettségizett mint Draskóczy Pál és Inges János tanítványa;

Papp Zsombor, a zalaegerszegi Zrínyi Miklós Gimnázium IV. osztályos tanulója, Vadvári Tibor tanítványa;

Pálfalvi László, a pécsi Apáczai Csere János Gimnázium III. osztályos tanulója, Keczer Zoltán tanítványa;

Somogyvári Zoltán, az ELTE Radnóti Miklós Gyakorló Gimnázium IV. osztályos tanulója, Tomcsányi Péter tanítványa;

Tóth Gábor, az Újpesti Műszaki Középiskola 5. osztályos tanulója, valamint

Veisz László, az ELTE I. éves fizikus hallgatója, aki a budapesti Budai Nagy Antal Gimnáziumban érettségizett mint Tóth Csaba tanítványa.

Dicséretet kapott az alábbi négy versenyző: Pafka Szilárd, az ELTE I. éves fizikus hallgatója, aki Romániában, a borosjenői gimnáziumban (Liceul Teoretic, Ineu) érettségizett, mint Otmar Huhn tanítványa; Prohászka Zoltán, a budapesti Veres Pálné Gimnázium III. osztályos tanulója, Oporné Fodor Mária tanítványa; Székely Sándor, a kecskeméti Katona József Gimnázium IV. osztályos tanulója, Németh Ágnes tanítványa, és Veres Gábor, a balassagyarmati Balassi Bálint Gimnázium IV. osztályos tanulója, Bognár Mihályné és Fűrész István tanítványa.

A díjkiosztás után, az ünnepély zárásaként Lénárt István mutatta be a hallgatóságnak azt a plexigömböt és tartozékait, amelyeket a gömbi geometria tanításához és tanulásához talált fel, dolgozott ki. (E gömb két felét használtuk fel az első feladat megoldásának demonstrálására.) A hallgatóság Lénárt István bemutatóját nagy érdeklődéssel és élvezettel követte.

Már vége volt a tervezett programnak, amikor még többen összegyűltek az előadói asztal körül, hogy újra és újra kipróbálják a kísérleteket.



[3] Az Eötvös versenyen minden segédeszköz (könyvek, jegyzetek, zsebszámológép) használható, természetesen a függvénytáblázat és képlettár is.