Az Eötvös Loránd Fizikai Társulat október 21-én rendezte ez évi fizikai versenyét Budapesten és 7 vidéki városban az idén érettségizettek és középiskolai tanulók számára, A versenyzők 5 óráig dolgozhattak és bármilyen segédeszközt használhattak. A versenyzők létszáma 309 volt. Ismertetjük a feladatokat és megoldásukat.

 

1. ábra

 

 

2. ábra

 

mgsinφ erő szorítja a hengerhez. Az elrepülés feltétele, hogy $m{a}_c$ centripetális erő elérje ezt az értéket, vagyis, a gyorsulásokkal kifejezve:

(II.)

A bal oldali tömeg elrepülésének ${\phi }_r$ szögét kiszámíthatjuk, ha (II.)-ben felhasználjuk $a_c$ (I.)-szerinti értékét:

A $\text{cos}{\phi }_r=\sqrt[]{1-\text{sin}{}^2{\phi }_r}$ összefüggést felhasználva és rendezve:

$18\text{sin}{}^2{\phi }_r-6\left(3\text{cos}{\phi }_0+\text{sin}{\phi }_0\right)\text{sin}{\phi }_r+{\left(3\text{cos}{\phi }_0+\text{sin}{\phi }_0\right)}^2-9=0.$ Ennek megoldása:

$\begin{array}{c}{\displaystyle \text{sin}{\phi }_r=\frac{3\text{cos}{\phi }_0+\text{sin}{\phi }_0+\sqrt[]{18-{\left(3\text{cos}{\phi }_0+\text{sin}{\phi }_0\right)}^2}}{6}}\end{array}$

A mi ${\phi }_0={30}^{\circ }$-os indításunk esetében ${\phi }_r=\mathrm{87,}{85}^{\circ }$, tehát az ehhez tartozó helyzetben repülne le a bal oldali tömeg.
A jobb oldali tömegre vonatkozó számítást hasonlóan végezzük el. A tömeg $3m{a}_c$ centripetális gyorsulásának a $3mg$ súlyerő $3mg\text{cos}\phi$ összetevőjét kell elérnie, ezért most az elrepülés feltétele:

(III.)

A jobb oldali $3m$ tömeg elrepüléséhez tartozó ${\phi }_r$ szöget iszámíthatjuk, ha (III.)-ban felhasználjuk $a_c$ (I.) szerinti értékét:

$\begin{array}{c}{\displaystyle \text{cos}{\phi }_r=\frac{1}{2}\left[\left(3\text{cos}{\phi }_0+\text{sin}{\phi }_0\right)-\left(3\text{cos}{\phi }_r+\text{sin}{\phi }_r\right)\right]\mathrm{.}}\end{array}$

Ismét használjuk a $\text{cos}{\phi }_r=\sqrt[]{1-\text{sin}{}^2{\phi }_r}$ összefüggést és rendezzük az egyenletet:

$\begin{array}{c}{\displaystyle 26\text{sin}{}^2{\phi }_r-2\left(3\text{cos}{\phi }_0+\text{sin}{\phi }_0\right)\text{sin}{\phi }_r+{\left(3\text{cos}{\phi }_0+\text{sin}{\phi }_0\right)}^2-25=0.}\end{array}$

Az egyenlet megoldása:

$\begin{array}{c}{\displaystyle \text{sin}{\phi }_r=\frac{3\text{cos}{\phi }_0+\text{sin}{\phi }_0+\sqrt[]{650-25{\left(3\text{cos}{\phi }_0+\text{sin}{\phi }_0\right)}^2}}{26}\mathrm{.}}\end{array}$

A mi esetünkben ${\phi }_0={30}^{\circ }$ indítási szög mellett a jobb oldali tömeg elrepülési helyzetét meghatározó szög ${\phi }_r=\mathrm{63,}{9}^{\circ }$. Tehát a jobb oldali tömeg előbb repül le a hengerről.
Jó áttekintést nyújt a 3. ábra.

 

 

3. ábra

 

 

A II. görbe feltünteti $\phi$ függvényében a bal oldali tömeget a hengerhez szorító erőnek megfelelő gyorsulást (sinus-görbe), a III. görbe pedig ugyanezt a jobb oldali tömegnél (cosinus-görbe). Az I. görbe a tömegek közös centripetális gyorsulását mutatja $\phi$ függvényében, ${\phi }_0={30}^{\circ }$-os indítás esetében. A metszéspontok jelentik a lerepülési helyzetet. Látjuk, hogy a jobb oldali tömegnek feltétlenül le kell repülnie valamilyen $\phi$ szögnél. mert az I.-görbe feltétlenül metszi a III.-cosinus-görbét. A II.-görbén nem kapunk feltétlenül metszéspontot. Meghatározható, hogy $\phi =\mathrm{36,}{87}^{\circ }$-os indításnál éri el I. Az $1g$ értéket, tehát ennél magasabb indításnál a bal oldali tömeg nem repülhet le.
Ha a mozgás elemzése nélkül csak a feladat feltett kérdésére akarunk válaszolni, akkor legegyszerűbben így járhatunk el. A tömegek sebessége és centripetális gyorsulása egyenlő. Ha a bal oldali tömeg a $\phi ={45}^{\circ }$-os helyzetig még nem repült le, akkor ezután a jobb oldali tömegnek kell előbb lerepülnie, mert ekkor már a sinus kisebb, mint a cosinus. Arról egyszerű számítással gyorsan meg lehet győződni, hogy a ${45}^{\circ }$-os helyzetig a bal oldali tömeg még nem repül le.

 

2. a) Hosszú szárú $U$-alakú csőben szobahőmérsékletű víz van (4. ábra).

 

 

4. ábra

 

 

A bal oldali szárban a víz felszínét párolgásmentes olajhártya zárja el. A berendezést súlypontja alatt megtámasztjuk, majd egyenletesen felmelegítjük. Felborul-e?

 

b) Mi történik melegítéskor az előzőleg kiegyensúlyozott berendezéssel akkor, ha nincs olajhártya, de a bal oldali szár sokkal rövidebb?

 

Megoldás. a) A jobboldali csőben növekszik a folyadék felett a telített gőzök nyomása (a tenzió) és vizet nyom át a bal oldali szárba. Az ék fölötti keresztmetszetben anyag vándorolt bal felé, és ennek az ilyen alakú eszközben az a következménye, hogy a berendezés felső végével bal felé billen.

 

b) A melegítés után is egyenlők a tenziók, tehát a két szárban most is egyenlő magasan áll a víz (bár a mostani szint valamivel alacsonyabb, mint az előbbi, mert folyadéknak el kellett párolognia). A hosszabb jobb oldali szárba több gőznek kellett belepárolognia, mint a rövidebb baloldaliba, a jobb oldal nehezebb lett, aminek az a következménye (az egyenlő erőkarok mellett), hogy a szerkezet felső végével jobbra billen.

 

Megjegyzések. $b$) esetben a gőz viszonylag kis sűrűsége folytán nem túl nagy a keletkező súlykülönbség. Érdekes még, hogy gőzök nyomása és sűrűsége a felszíntől felfelé menve kissé csökken a magasságkülönbség folytán, amint az a légkörben ismeretes (hipszometriás nyomás- és sűrűségcsökkenés). Tehát a tér csak közvetlenül a felszín mellett telített, feljebb már nem. A kétoldali folyadékszintek magasságára nézve a felszín melletti nyomás a lényeges, és így a szintmagasságok egyenlők maradnak annak ellenére, hogy nagyobb tömegű gőz van a jobb oldali felszín felett. De ezek fent, belülről kisebb erővel nyomják a cső tetejét, mint a bal oldali rövidebb csőben.
Ha eredetileg levegő is lett volna a csövekben, vagy melegítéskor túllépnénk a kritikus hőmérsékletet, az egyensúlymegbomlás előjele ugyanolyan marad.

 

3. Felfújt, könnyű műanyag labdát találomra megpörgetve sima vízfelületre ejtünk. Azt tapasztaljuk, hogy mielőtt megáll, rendszerint függőleges tengely körül forog. Mi a jelenség magyarázata?

 

Megoldás. A ferde helyzetű tengely körüli forgás vízszintes és függőleges tengely körüli forgás eredőjeként fogható fel. A vízszintes tengely körüli forgást a súrlódás erősen fékezi, mert a kerület, a gömb "egyenlítője'' mentén nagy a sebesség. A függőleges tengely körüli forgással az érintkező felület kis sebessége jár együtt a gömb kis gömbsüvegénél, tehát ez a forgás lassabban fékeződik, tovább marad meg, a forgás végén már csak ez érvényesül.

 

A verseny eredménye. I. díjat nyert Szabó Zoltán honvéd (a budapesti Apáczai Csere Gimnáziumban érettségizett mint Turtóczky Sándor tanítványa); II. díjat nyert Németh Tibor, a budapesti Berzsenyi Gimnázium III. osztályában Hubert Györgyné tanítványa; egyenlő helyezésben III. díjat nyertek Bezdek Károly, a dunaújvárosi Münnich Gimnázium IV. o. tanulója (tanára Kobzos Ferenc), Tóth Péter, a budapesti Eötvös Gimnázium IV. o. tanulója (tanára Veres Mihályné) és Vassel Róbert, a budapesti ELTE-TTK matematikus hallgatója (a budapesti I. István Gimnáziumban érettségizett mint Moór Ágnes tanítványa). Dicséretet kaptak könyvjutalommal Nagy Péter honvéd (a budapesti Petőfi Gimnáziumban érettségizett mint Biró István tanítványa), Tarjányi László, a kecskeméti Katona Gimnázium IV. o. t. (tanára Fodor István) és Veress Tibor, a budapesti Radnóti Gimnázium IV. o. t. (tanára, Kugler Sándorné).