Ugrás a tartalomhoz

Az Eötvös-versenyek feladatai II. 1989-1997

Radnai Gyula

Typotex

Az 1993. évi verseny

Az 1993. évi verseny


1. feladat. Egyik végén átmenő, vízszintes tengely körül súrlódásmentesen foroghat egy hosszú vasrúd. A rúd másik vége a rúd hossztengelyére merőleges sík.

1993.1. ábra.

A rudat közel függőleges helyzetbe hozzuk, a felső végére kicsiny mágneskorongot illesztünk, majd elengedjük őket.

A korongra ható nehézségi erőnek legalább hányszorosa kell legyen a korong és a rúd között fellépő mágneses vonzóerő, hogy a mozgás során a korong ne mozduljon el a rúdhoz képest?

A tapadási súrlódási együttható µ 0 = 1 / 6 .

Megoldás. A feladat megoldásához a korongra és a rúdra felírt mozgásegyenleteket, valamint a munkatételt fogjuk felhasználni, miközben figyelembe vesszük a korong mozgására kirótt megkötéseket.

Az 1993.2. ábrán a korongra ható erőket tüntettük fel: N az érintkezési felületre merőleges nyomóerő, m g a nehézségi erő, S a súrlódási erő, F pedig a rúdirányú mágneses vonzóerő.

1993.2. ábra.

A korong mozgásegyenletei:

S + m g sin ? = m a t , F + m g cos ? - N = m a c ,

ahol a t = l ß az érintőleges (tangenciális) gyorsulás, a c = l ? 2 a korong sugárirányú (centripetális) gyorsulása, l pedig a rúd hosszát jelöli.

A rendszer ß szöggyorsulását és ? szögsebességét a forgómozgás dinamikai alapegyenletéből, illetve a munkatételből kaphatjuk meg. Tekintettel arra, hogy a kicsiny mágnes m tömege elhanyagolható a rúd M tömegéhez képest, elegendő a rúdra vonatkozó összefüggéseket felírni:

M g l 2 sin ? = 1 3 M l 2 ß , tehát ß = 3 2 g l sin ? , 1 2 1 3 M l 2 ? 2 = M g l 2 - l 2 cos ? ,

innen

? 2 = 3 g l 1 - cos ? .

Ezekből az egyenletekből adódik, hogy

N = F + m g 4 cos ? - 3 , S = 1 2 m g sin ? .

A korong akkor nem mozdul el a rúdhoz képest, ha

a) nem válik el a rúdtól; ennek feltétele: N ///>/// 0 ;

b) nem csúszik meg; ennek feltétele: S ? µ 0 N .

Az a) feltétel teljesül, ha

F ///>/// m g 3 - 4 cos ? ? 7 m g .

Az egyenlőség ? = ? -nél, vagyis a függőlegesen lefelé mutató rúdnál áll fenn.

1993.3. ábra.

A b) feltétel szerint µ 0 N = N / 6 ? S , ami S és N korábban kiszámított kifejezéseinek felhasználásával

F m g ? 3 + 3 sin ? - 4 cos ?

alakra hozható. A jobb oldalon a zárójelben álló kifejezés nem lehet nagyobb 5-nél és a maximális értékét tg ? 0 = - 4 / 3 , azaz ? = ? 0 ? 143 ° -nál éri el. Ezt az állítást a differenciálszámítás képletei segítségével, vagy a

3 sin ? - 4 cos ? = 5 3 5 sin ? - 4 5 cos ? = = 5 sin ? 0 sin ? + cos ? 0 cos ? = 5 cos ? - ? 0 ? 5

trigonometrikus átalakítás felhasználásával, esetleg elemi geometriai módszerrel (lásd az 1993.3. ábrát) láthatjuk be. A korong tehát akkor nem csúszik meg a rúdon, ha

F ? 8 m g .

Látható, hogy a b) feltétel, vagyis a megcsúszást tiltó egyenlőtlenség az erősebb. Összefoglalva: a korong biztosan nem mozdul el a rúdhoz képest, ha a mágneses vonzóerő a korongra ható nehézségi erőnek legalább nyolcszorosa.

2. feladat. U alakú üvegcső mindkét szára 76 cm magas. A bal oldali szár zárt, a jobb oldali nyitott. A csőben higany helyezkedik el, az 1993.4. ábrán látható módon. A higany egyensúlyban van, mert a bal oldali szárban a higany fölött egy kis levegő is van. A hőmérséklet 300 K , a külső légnyomás 76 Hgcm .

1993.4. ábra.

Lezárjuk a jobb oldali szárat, az egész berendezést 450 K -re melegítjük, majd visszahűtjük 300 K -re.

Ezek után hogyan fog elhelyezkedni a higany?

Megoldás. A jobb oldali szár lezárásakor a jobb oldali szárban a levegő nyomása p 1 = 76 Hgcm, az üvegcső alján tehát 79 Hgcm a higany nyomása, a bal oldali szárban levő levegő nyomása pedig p 2 = 79 Hgcm - 70 Hgcm = 9 Hgcm. A rendszert melegítve mindkét szárban levő levegő nyomása megnő. Ha valamilyen ok miatt a higany nem tudna elmozdulni, akkor a gáznyomások növekedése (izochor folyamatban) az eredeti nyomással egyenes arányban állna. Mivel p 1 ///>/// p 2 , a jobb oldali szárban a nyomás növekedése nagyobb lenne, mint a bal oldaliban, tehát a higany (amely természetesen el tud mozdulni), a melegítés során a jobb oldali szárban lesüllyed, a bal oldaliban pedig felemelkedik.

Amennyiben a higanyszint a jobb oldali szárban annyira lesüllyed, hogy eléri a kanyarulatot, akkor a további melegítés hatására a levegő egy része „átbugyborékol” a bal oldali szárba. (Az 1993.4. ábra szerint a higany felszíne majdnem sík. Ez arra utal, hogy az üvegcső nem tekinthető kapillárisnak, a levegő nem képes a kanyarulatban is maga előtt „tolni” a higanyszálat.)

Elvileg két lehetőség képzelhető el:

a) Ha a rendszert „elegendően” felmelegítjük, az átbugyborékolás biztosan bekövetkezik. Ilyenkor a berendezés visszahűtése után a bal oldali szárban több levegő lesz, mint kezdetben volt, tehát az eredeti hőmérsékleten a bal oldali levegőoszlop 6 cm -nél hosszabb lesz.

b) Ha a berendezést nem melegítjük fel annyira, hogy levegő bugyborékoljon át a kanyarulaton, akkor a visszahűtés után a rendszer minden részének valamennyi állapotjelzője megegyezik a kezdeti értékekkel, tehát a higany ugyanúgy fog elhelyezkedni, mint eredetileg.

A két lehetőség között a konkrét adatokkal elvégzett számítás dönt. Ha a levegő hőtágulását figyelembe vesszük, de az üvegnek és a higanynak a gázokhoz képest jóval kisebb hőtágulását elhanyagoljuk, akkor az adódik, hogy a 450 K -re való felmelegítés elegendő ahhoz, hogy levegő bugyborékoljon át a bal oldali szárba. A gáztörvényeket, illetve a higany egyensúlyi feltételét felírva azt kapjuk, hogy a jobb oldali higanyszint T = 398,2 K hőmérsékletnél eléri a kanyarulatot, bizonyos mennyiségű levegő átbugyborékol, majd a visszahűtés után a higanyszint a jobb oldalon az eredeti állapothoz képest 6,8 mm -rel magasabbra kerül.

Ha a higany és az üvegcső hőtágulását is figyelembe vesszük, akkor (a táblázatbeli hőtágulási együtthatókkal) az adódik, hogy a melegítés során a jobb oldali higanyszint csak 22 mm -t süllyed, tehát nem éri el a kanyarulatot! A rendszerlehűtése után tehát minden tekintetben visszaáll a kezdőállapot, a higanyszintek pontosan ott fognak megállapodni, ahol a felmelegítés előtt voltak.

(A Versenybizottság - kellő indoklás esetén - mindkét megoldást elfogadta.)

3. feladat. m tömegű, Q elektromos töltésű kicsiny gömböt fonálra függesztünk. Az így kapott ingát homogén, függőleges irányú, B indukciójú mágneses térbe helyezzük. Ha a gömböt kissé meglökjük, lengésbe jön. Azt tapasztaljuk, hogy a lengés síkja lassan körbefordul.

Becsüljük meg, hogy mennyi idő alatt tesz meg a lengés síkja egy teljes fordulatot!

Megoldás. A nyugalmi helyzetétől mért r helyen lévő, v sebességgel mozgó gömbre a fonálerő, a nehézségi erő és a mágneses tér okozta Lorentz-erő hat. Kicsiny kitérítés esetén a mozgás jó közelítéssel síkmozgásnak tekinthető. Az ingamozgásnál szokásos közelítéseket alkalmazva a fonálerőnek a mozgás (vízszintes) síkjába eső vetülete - m ? 2 r , ahol ? a fonálinga mágneses mező nélküli körfrekvenciája ? = g / l . A gömb mozgásegyenlete a mágneses mező jelenlétében:

m a = Q v × B - m r ? 2 .

(1)

Ez az egyenlet az r -re vonatkozó differenciálegyenlet, pontosabban: az r vektor derékszögű komponensei között fennálló csatolt differenciálegyenlet-rendszer, melynek általános megoldása felsőbb matematikai ismereteket igényel.

A feladatot középiskolai szinten (tehát a differenciálegyenletek matematikai elméletére való hivatkozás nélkül) is meg lehet oldani, ha felismerjük az (1) egyenlet és a közönséges síkinga forgó koordináta-rendszerből történő leírása (Foucault-inga, az Északi sarkon) közötti hasonlóságot. Ha egy ? 0 körfrekvenciával jellemezhető síkinga kis amplitúdójú lengéseit egy olyan koordináta-rendszerből akarjuk leírni, amely ? szögsebességgel forog az inerciarendszerhez képest ( ? függőleges vektor), akkor a következő (a Coriolis-erőt és a centrifugális erőt is figyelembe vevő) mozgásegyenletet kell tanulmányoznunk:

m a = 2 m v × ? - m r ? 0 2 + m r ? 2 .

(2)

Ennek az egyenletnek a megoldását azonban ismerjük: mivel a lengés síkja az inerciarendszerben állandó, a forgó koordináta-rendszerhez képest ? szögsebességgel forog, tehát T = 2 ? / ? idő alatt tesz meg egy teljes fordulatot. Az (1) és (2) egyenleteket összehasonlítva láthatjuk, hogy ? = Q B / ( 2 m ) . ( ? 0 is kifejezhető a feladat többi paraméterével,

? 0 = g l + Q B 2 m 2 ,

de ez számunkra most érdektelen.) A lengési sík tehát a mágneses mező hatására

T = 4 ? m Q B

idő alatt fordul teljesen körbe. (Érdekes, hogy a körülfordulás ideje csupán a kis gömb adataitól és a mágneses mező erősségétől függ, az inga lengési periódusidejétől viszont nem.)

1993.5. ábra.

Ha nem törekszünk ennyire pontos eredményre, hanem csak becslést akarunk adni a körülfordulás idejére (a feladat szövege is csak ezt igényli!), akkor elegendő a probléma közelítő megoldását megadni. A továbbiakban erre látunk három különböző példát.

Első közelítésként tételezzük fel, hogy az x tengely irányában v 0 sebességgel meglökött gömb (1993.5. ábra) v x sebessége egy negyed lengési periódus, ? = T leng / 4 idő alatt egyenletesen lassulva, az idő lineáris függvénye szerint változva csökken zérusra:

v x ( t ) = v 0 1 - t ? .

Ekkor a kezdősebességre merőleges ( y irányú) gyorsulás is lineáris függvény

a y ( t ) = Q v 0 B m 1 - t ? ,

a megfelelő sebesség és elmozdulás pedig (a hatványfüggvényekre vonatkozó integrálási szabályokat alkalmazva):

v y ( t ) = Q v 0 B m t - t 2 2 ? , y ( t ) = Q v 0 B m t 2 2 - t 3 6 ? .

1993.6. ábra.

A maximális kitérés x irányban

x max = v 0 ? 2 ,

ezalatt y irányban a gömb elmozdulása

y max = Q v 0 B ? 2 3 m .

1993.7. ábra.

(Vigyázat: y max nem a legnagyobb elmozdulás y irányban, hiszen t = ? pillanatban, amikor a test x irányú sebessége előjelet vált, az y irányú sebesség még nem csökkent le nullára, sőt, éppen maximális.) A lengési sík (kicsinynek feltételezett ? elfordulási szögére a

? ? tg ? = y max x max

becslés adható (1993.6. ábra). A sík forgásának szögsebessége: ? = ? / ? , a körülfordulás ideje pedig T 1 = 3 ? m / ( Q B ) , ami a pontos érték 3 / 4 része.

Második közelítésben tegyük fel, hogy a gömb v x sebessége koszinusz függvény szerint csökken nullára (1993.7. ábra):

v x ( t ) = v 0 cos ? 2 t ? .

A rezgőmozgás ismert képleteit alkalmazva megfelelő elmozdulás

x ( t ) = 2 v 0 ? ? sin ? 2 t ? ,

az y irányú gyorsulás, sebesség és elmozdulás pedig

a y ( t ) = Q v 0 B m cos ? 2 t ? , v y ( t ) = Q v 0 B m · 2 ? ? sin ? 2 t ? , y ( t ) = Q v 0 B m · 2 ? ? 2 · 1 - cos ? 2 t ? .

Az előző közelítésben alkalmazott gondolatmenetet követve kiszámíthatjuk a negyed periódus utáni ? szögelfordulást, ebből a szögsebességet, végül pedig a teljes körülfordulási időt, amire T 2 = ? 2 m / ( Q B ) , a pontos érték ? / 4 -szerese adódik.

Harmadik közelítésünk az előzőktől lényegesen eltérő gondolatmenetre támaszkodik. Ne vizsgáljuk a lengés negyed periódusát, szorítkozzunk csak a meglökést követő igen rövid ? t időtartamra! A megfelelő irányú elmozdulások az egyenletes, illetve a rövid idő alatt állandónak tekinthető Lorentz-erőnek megfelelő egyenletesen változó mozgás képletei szerint

? x = v 0 ? t , ? y = Q v 0 B 2 m ( ? t ) 2 .

A szögelfordulás nagysága ezalatt

? ? = ? y ? x = Q B 2 m ? t ,

a megfelelő szögsebesség

? = ? ? ? t = Q B 2 m ,

a lengési sík teljes körülfordulási ideje pedig T 3 = 4 ? m / ( Q B ) . Ez az idő pontosan egyenlő a helyes értékkel, ami nem véletlen, hiszen most - az adott keretek között - nem hanyagoltunk el semmi lényegeset. Ez a megoldás mégsem tekinthető a kérdéses mozgás teljes leírásának, hiszen nem bizonyítja, hogy a lengési sík elfordulásának szögsebessége időben állandó. Ha valahonnan tudjuk, hogy az elfordulás egyenletes, akkor annak ütemét meghatározhatjuk a mozgás kezdeti, nagyon rövid szakaszából, de ha ebből az értékből a mozgás későbbi menetére következtetünk, az csak becslésnek tekinthető.

A verseny eredménye

A 251 magyarországi versenyző iskolatípusonkénti és életkor szerinti eloszlását az alábbi táblázat mutatja:

BUDAPESTEN

érettségizett

IV. osztályos

fiatalabb

gimnazista

4%

17%

14%

szakközépiskolás

4%

17%

14%

VIDÉKEN

érettségizett

IV. osztályos

fiatalabb

gimnazista

7%

26%

18%

szakközépiskolás

2%

4%

7%

Az eredményhirdetés és ünnepélyes díjkiosztás 1993. november 26-án volt az Eötvös Loránd Tudományegyetemen. A Versenybizottság elnöke ismertette a feladatok helyes megoldását, vezette a megoldásokkal kapcsolatos diszkussziót, és bemutatta az 1. feladat kísérleti megvalósítását. A jelenség legérdekesebb mozzanatait külön videofelvétel örökítette meg; ezt lassítva lejátszva képről-képre lehetett követni azt a folyamatot, ahogyan a mágneskorong lecsúszhat a vasrúdról, ha nem elég nagy a mágneses vonzóerő.

A versenyt Katz Sándor nyerte meg. Ugyanő nyert 1992-benis az Eötvös-versenyen, 1993 nyarán pedig a második legjobb helyezést érte el az Amerikai Egyesült Államokban rendezett Nemzetközi Fizikai Diákolimpián. Indokolt volt tehát a Versenybizottság döntése, mellyel Teller Ede professzort kérte fel az első díjátadására.

Teller Ede 1993. november 25-én éppen itt, az Eötvös Egyetemen tartott nagy érdeklődéssel kísért előadást. Előadásának végén megható pillanatoknak voltak tanúi a zsúfolt padsorokban helyet foglaló érdeklődők: a 68 évvel azelőtt, 1925-ben az akkori Eötvös Társulat által rendezett matematikai és fizikai versenyen egyaránt első díjat nyert versenyző, 1993-ban 85 éves professzor, elmaradhatatlan botjára támaszkodva felállt, hogy kezet szoríthasson a 19 éves, kétszeri Eötvös-verseny nyertes fizikus hallgatóval. Kattogtak a fényképezőgépek: a Fizikai Szemle címlapjára került nemsokára kettőjük közös fényképe.

I. díjat nyert tehát a verseny 1. helyezettje: Katz Sándor, az ELTE fizikus hallgatója, aki Bonyhádon érettségizett a Petőfi Sándor Evangélikus Gimnáziumban, mint Erdélyesi János, Jurisits József és Kotek László tanítványa.

II. díjat nyert a verseny 2-6. helyezettje: 2. Veres Gábor, az ELTE fizikus hallgatója, aki Balassagyarmaton érettségizett a Balassi Bálint Gimnáziumban, mint Bognár Mihályné és Fűrész István tanítványa. 3. Prohászka Zoltán, a budapesti Veres Pálné Gimnázium IV. osztályos tanulója, Oporné Fodor Mária tanítványa. 4. Gefferth András, a BME informatika szakos hallgatója, aki Budapesten érettségizett a Fazekas Mihály Fővárosi Gyakorló Gimnáziumban, mint Horváth Gábor tanítványa. 5. Futó Gábor, a Fazekas Mihály Fővárosi Gyakorló Gimnázium IV. osztályos tanulója, Horváth Gábor tanítványa. 6. Burcsi Péter, a pápai Türr István Gimnázium és Óvónői Szakközépiskola II. osztályos tanulója, Németh Zsolt tanítványa.

III. díjat nyert a verseny 7-11. helyezettje: 7. Kovács Krisztián, a békéscsabai Kemény Gábor Műszaki Szakközépiskola III. osztályos tanulója, Mekis László tanítványa. 8. Varga Dezső, a miskolci Földes Ferenc Gimnázium III. osztályos tanulója, id. Szabó Kálmán tanítványa. 9. Székely Sándor, a BME informatika szakos hallgatója, aki Kecskeméten érettségizett a Katona József Gimnáziumban, mint Németh Ágnes tanítványa. 10. Költl Péter, a győri Révai Miklós Gimnázium IV. osztályos tanulója, Székely László tanítványa. 11. Farkas Zénó, az ELTE fizikus hallgatója, aki Győrben érettségizett a Révai Miklós Gimnáziumban, mint Takács István tanítványa.