Cím:	1980. Eötvös Loránd Fizikaverseny
Szerző(k):	Károlyházy Frigyes ,  Vermes Miklós
Füzet:	1981/február, 81 - 83. oldal	PDF  |  MathML
Témakör(ök):	Eötvös Loránd (korábban Károly Irén)

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre. Az 1980. évi Eötvös Loránd Fizikai Verseny   Az Eötvös Loránd Fizikai Társulat 1980. október 25-én rendezte 57. versenyét Budapesten és 11 vidéki városban az abban az évben érettségizettek és középiskolások részére. A versenyzők 5 órai munkaidő alatt oldottak meg három feladatot. Bármely segédeszköz használata meg volt engedve, beleértve a zsebszámítógépet is. A versenyen 247 dolgozatot adtak be. Ismertetjük a feladatokat és a verseny eredményét.   1. $L$ hosszúságú rudakból derékszögű szögemelőt állítottunk össze, amely az $O$ pont körül foroghat (1. ábra). A függőleges szár mellé $m_0$ tömegű, jó széles és elég magas ládát állítottunk. Ezután a vízszintes rúd végére egy $m$ tömegű testet erősítünk. A szerkezetet elengedjük. Mekkora sebességgel távozik a láda? A rudak tömege elhanyagolható, a súrlódástól eltekintünk. Számadatok: $L=2\text{m}$, $m_0=30\text{kg}$, $m=20\text{kg}$.  (Vermes Miklós)     1. ábra   Megoldás. Amikor a szögemelő $\phi$ szöggel elfordul, az $m$ tömeg súlyának munkavégzése (2. ábra): $mgL\text{sin}\phi$.   2. ábra   Ekkor a rúd végének sebessége $v$, a láda sebessége $v_x=v\text{cos}\phi$. Az energiatörvény szerint a munkavégzés egyenlő a megszerzett mozgási energiával: $\begin{array}{c}{\displaystyle mgL\text{sin}\phi =\frac{m_0{v}_x^2}{2}+\frac{m{v}^2}{2}=\frac{m_0{v}^2\text{cos}{}^2\phi }{2}+\frac{m{v}^2}{2}\mathrm{.}}\end{array}$ A rúd végének sebessége mint $\phi$ szög függvénye: ${\displaystyle \begin{array}{c}\hfill {\displaystyle v=\sqrt[]{\frac{2mgL\text{sin}\phi }{m_0\text{cos}{}^2\phi +m}}=\sqrt[]{\frac{2gL\text{sin}\phi }{1+\left(m_0/m\right)\text{cos}{}^2\phi }}\mathrm{.}}\hfill \end{array}}$ A láda sebessége: $\begin{array}{c}{\displaystyle v_x=v\text{cos}\phi =\text{cos}\phi \sqrt[]{\frac{2gL\text{sin}\phi }{1+\left(m_0/m\right)\text{cos}{}^2\phi }}=\sqrt[]{2gL}\sqrt[]{\frac{\text{sin}\phi \text{cos}{}^2\phi }{1+\left(m_0/m\right)\text{cos}{}^2\phi }}\mathrm{.}}\end{array}$ A láda akkor válik el a szögemelőtől, amikor ez a sebesség maximális lesz. A második gyökjel alatti mennyiség differenciálhányadosát nullával egyenlővé téve kapjuk a $v_x$ maximumát jelentő ${\phi }_0$ -ra ezt a feltételt: $\begin{array}{c}{\displaystyle \left(\text{cos}{}^2{\phi }_0-2\text{sin}{\phi }_0\right)\left(1+\frac{m_0}{m}\cdot \text{cos}{}^2{\phi }_0\right)+\frac{2m_0}{m}\cdot \text{sin}{}^2{\phi }_0\text{cos}{}^2{\phi }_0=0.}\end{array}$ Azonos átalakítás és rendezés után: $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{m_0}{m}\cdot \text{sin}{}^4{\phi }_0-\left(\frac{2m_0}{m}+3\right)\text{sin}{}^2{\phi }_0+\left(1+\frac{m_0}{m}\right)=0.}\end{array}$ Az egyenlet megoldása: $\begin{array}{c}{\displaystyle \text{sin}{\phi }_0=\sqrt[]{\frac{3+2m_0/m-\sqrt[]{9+8m_0/m}}{2m_0/m}}\mathrm{.}}\end{array}$ A mi számadatainkkal $m_0/m=1\mathrm{,}5$, ekkor $sin{\phi }_0=0\mathrm{,}6874$, ${\phi }_0=43\mathrm{,}{42}^{\circ }$ és a láda távozásának sebessége $2\mathrm{,}85\text{m/s}$.   2. Egy $20\text{cm}$ átmérőjű üveggömb teljesen tele van vízzel. Benne helyezkedik el a 3. ábra szerint egy Cartesius‐búvár. A búvárban $6\mathrm{,}05{\text{cm}}^3$ normális légköri nyomású levegő van. A cső falának tömege $6\text{gramm}$ és térfogata elhanyagolható. Ismertessünk eljárásokat, amellyel a búvár levihető a gömb aljára!  (Vermes Miklós)     3. ábra   Megoldás. A Cartesius‐búvárról azt kell tudnunk, hogy egy alul nyitott, részben vízzel telt üvegcső, amely megfelelő méretezés esetén a vízből alig kiemelkedve úszik (4. ábra).   4. ábra   A búvárra hat a súlyerő és a felhajtóerő. A felhajtóerő nagyságát ‐ ha a cső keresztmetszete elhanyagolható ‐ a bezárt levegő térfogata adja meg. Ha a bezárt levegő térfogatát csökkentjük, a felhajtóerő csökken, a búvár mélyebben merül a vízbe. Elérhetünk olyan pontig, hogy a súlyerő már nagyobb, mint a felhajtóerő, ekkor a búvár süllyedni kezd. Ez a süllyedés az edény fenekéig tart, mert a hidrosztatikai nyomás növekedése miatt a bezárt levegő térfogata csökken és így a lefelé irányuló eredő erő egyre nagyobb lesz. A mi esetünkben a búvár csövének súlya $0\mathrm{,}06\text{N}$, a felhajtóerő $0\mathrm{,}0605\text{N}$, tehát a búvár lefelé indulásához elégséges, ha a bezárt levegő térfogata $0\mathrm{,}05{\text{cm}}^3$-nél bármely nagyobb értékkel lecsökken. Mivel az üveggömbben a víz mennyisége állandó, így a gömb forgatásával, ütögetésével nem hozható a búvár olyan helyzetbe, hogy tartósan a gömb alján legyen. Az üveggömb térfogatának lecsökkentése eredményre vezetne (mert ekkor szükségszerűen a búvárba nyomul a víz), de az üveg deformációja meglehetősen nehézkes. Ehelyett igen egyszerű a víz térfogatának megnövelése melegítéssel. A víz köbös hőtágulási együtthatója $13\cdot {10}^{-5}{/}^{\circ }\text{C}$. Az $50{\text{mm}}^3$ térfogatváltozás a $4200{\text{cm}}^3$ térfogatú víznél néhány tizedfok hőmérséklet‐ emelkedésre bekövetkezik. Elég tehát rátenni kezünket az üveggömbre, a búvár lesüllyed, levéve kezünket, a búvár ismét felemelkedik. Kicsit bonyolultabb, de célravezető eljárás a gömb egy pontjának olyan mérvű gyors lehűtése, hogy a víz egy része megfagyjon. A megfagyáskor ugyanis a víz térfogata $10\%$-kal megnő, tehát mindössze $0\mathrm{,}5{\text{cm}}^3$ vizet megfagyasztva, eredményt érhetünk el. Ebben az esetben természetesen a hőmérsékleti egyensúly beálltával a búvár ismét fenn lesz, hiszen a teljes vízmennyiség lehűl egy kicsit, és így a búvárba bezárt levegő térfogata megnő.   3. Egy $120\text{cm}$ hosszú, $1{\text{dm}}^2$ alapterületű függőleges zárt csőben fenn és lenn $20{\text{cm}}^2$ alapterületű, $10\text{cm}$ magas alapterületű poharak mindegyikébe $100-100{\text{cm}}^3$ $30{}^{\circ }\text{<span style="font-style: italic;">C</span>}$ hőmérsékletű vizet juttatunk (5.a ábra). A csövet állandóan $30{}^{\circ }\text{C}$-os hőmérsékleten tartjuk és benne telített vízgőz van. a) Mit figyelhetünk meg elég hosszú idő múlva? b) A folyamat során történik-e hőközlés a cső falán keresztül?  (Károlyházi Frigyes)     5. ábra   Megoldás. $a)$ Nyitott edényben egy vízmennyiség akkor marad állandó, ha felszínénél a vízgőzök nyomása a hőmérséklet által meghatározott érték (telített gőznyomás, tenzió). Továbbá ismeretes, hogy egy függőleges gázoszlopban felfelé exponenciális függvény szerint csökken a gáz sűrűsége, nyomása. Ha lenn megvan a telítéshez szükséges gőzsűrűség, akkor fenn nincs meg és a felső edényből elfogy a víz. Ha fenn megvan a telítéshez szükséges sűrűség akkor az alsó pohár vízfelszínénél ennél több van jelen, itt lecsapódás kerül túlsúlyba. Minden víz idővel ledesztillál a cső fenekére, még az alsó pohárból is melléje; a cső fenekén, a pohár mellett és a belsejében 2 cm magas vízréteg jön létre. $b)$ Párolgási hő tekintetében nincs energiaváltozás, mert végül is ugyanannyi folyékony víz van jelen, mint az elején. De a víz túlnyomó része mélyebbre került, helyzeti energiája csökkent és ez az energia távozott mint hő kifelé. Először a $0\mathrm{,}2\text{kg}$ víz eredő súlypontmagassága $\left(2\mathrm{,}5+102\mathrm{,}5\right):2=52\mathrm{,}5\text{cm}=0\mathrm{,}525$ méter volt (5.b ábra). Végül a víz súlypontmagassága $1\text{cm}=0\mathrm{,}01$ méter volt. Tehát a víz $0\mathrm{,}515$ méterrel került lejjebbre és a helyzeti energiája $0\mathrm{,}2\cdot 9\mathrm{,}8\cdot 0\mathrm{,}515\text{joule}=1\mathrm{,}01\text{joule}$-lal csökkent. Ennyi energia távozott kifelé hőközlés által.   Megjegyzések. 1. A gázok sűrűsége igen kicsiny, így az $1\mathrm{,}2$ m-es magasságú edény alján csak némileg nagyobb a nyomás, mint a tetején; ${10}^{-4}{}^{\circ }\text{C}$ hőmérsékletváltozás kb. ugyanekkora értékkel változtatja meg a telített gőz nyomását. Tehát a kísérlet megvalósítása rendkívül nehéz.   2. Az energiamérleg kiszámításához a feladat adatai nem elégségesek. A kezdőállapot ugyanis nincsen kellő részletességgel definiálva. Könnyen számolható esethez jutunk akkor, ha a kis edényeket fedővel tesszük a nagy edénybe és a $30{}^{\circ }\text{C}$-os hőmérséklet beállása után levesszük a fedőket. Ebben az esetben viszont a gőztér kialakításához szükséges hőt a hőtartály szolgáltatja. A felvett hő $\approx 70$ joule, ami jelentősen több, mint a helyzeti energia változásból eredő energiacsökkenés.   A verseny eredménye:   I. díjat nyert Szalontai Zoltán a BME villamosmérnöki karának hallgatója (Törőkszentmiklóson a Bercsényi Miklós Gimnáziumban érettségizett mint Szalontai László tanítványa). II. díjat nyert Umann Gábor az ELTE matematikus hallgatója (Budapesten a Fazekas Mihály Gimnáziumban érettségizett mint Horváth Gábor tanítványa). III. díjat nyertek egyenlő helyezésben Hidas Pál az ELTE fizikus hallgatója (Budapesten érettségizett az I. István Gimnáziumban mint Cseh Géza tanítványa) és Krausz Ferenc honvéd (érettségizett a móri Táncsics Mihály Gimnáziumban mint Cseh István tanítványa). Dicséretet kaptak egyenlő helyezésben: Bagoly Zsolt honvéd (Szombathelyen a Nagy Lajos Gimnáziumban érettségizett mint Horváth István tanítványa), Nagy Tibor a szombathelyi Nagy Lajos Gimnázium IV. o. t., (tanára Peresztegi László) és Pöltl János Tamás a tatai Eötvös József Gimnázium IV. o. t., (tanárai Ádám Árpád, Mészáros András és Takács István).