Cím: 1981. Beszámoló az Eötvös Loránd Fizikaversenyről
Szerző(k):  Károlyházy Frigyes ,  Vermes Miklós 
Füzet: 1982/február, 81. oldal  PDF file
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 Eötvös, Loránd Fizikai Társulat 1981. október 17-én rendezte 58. versenyét Budapesten és 11 vidéki városban az azévben érettségizettek és középiskolások részére. A versenyzők 5 órai munkaidő alatt oldhatták meg a három feladatot. Bármely segédeszköz, használata meg volt engedve, beleértve a zsebszámítógépet is. A versenyen 209 dolgozatot adtak be. Ismertetjük a feladatokat és a verseny eredményét.

 

1. Az 1. ábra szerinti vékony cső mindkét szára L hosszúságú. A zárt szárban és a vízszintes szárban elhelyezkedő higanyoszlop teljes hossza L. Az elzárt légoszlop hossza l. A szerkezetet az O-O tengely körül ω szögsebességgel forgatjuk. Állapítsuk meg a higanyoszlop elhelyezkedése és a szögsebesség közötti összefüggést ! Vizsgáljuk meg az egyensúlyi helyzetek stabilitását ! Számadatok: a külső légnyomás p00=103360Pa, a higany sűrűsége ϱ=13600kg/m3, g=10m/s2, L=0,1m, l=0,025m.
 

Megoldás. Először kiszámítjuk az elzárt levegő p0 nyomását forgatás előtt. Ezt megkapjuk, ha a külső légnyomásból levonjuk a higanyoszlop hidrosztatikai nyomását:
p0=p00-(L-l)ϱg.(1)

Vizsgáljuk azt az állapotot, amikor a higany részben még a bal oldali csőben is megvan, vagyis lxL, ahol x a higanyoszlop jobb oldali végének a forgástengelytől mért távolsága (2. ábra). A higany x adattal jellemzett állapotában az elzárt levegő nyomása (p) Boyle‐Mariotte törvénye szerint:
 

1. ábra
 

xp=p0l,
ebből (1) felhasználásával:
p=[poo-(L-l)ϱg]lxi(2)
A vízszintes szárban levő higany körpályán mozog, tehát a rá ható erők eredője (külső légnyomás mínusz az elzárt levegő nyomása és a függőleges szárban levő higany hidrosztatikai nyomása) egyenlő a centripetális erővel:
xϱω2x2=p00-p-(L-x)ϱg.(3)
Miután a centripetális erő r-rel egyenes arányban növekszik, ezért a távolságok számtani középértékével számoltunk. Egyenletünkből (2)-vel az ω szögsebességet tudjuk kifejezni mint x függvényét:
ω=2g[1x+λ-Lx2-l(l+λ-L)x2](3*)
ahol
λ=p00g(4)
célszerű rövidítő jelölés.
 

2. ábra
 

(3) alatti képletünk addig érvényes, amíg a higany pontosan kitölti a cső alsó szárát. Ezután, amikor a higany már a jobb oldali csőbe is behatol, a hidrosztatikai nyomás előjele megfordul és az új egyenlet:
(2L-x)ϱω2x2=p00-[p00-(L-l)ϱg]lx+(x-L)ϱg.
(x-szel itt is a 2. ábrán látható távolságot jelöltük.) Könnyen belátható, hogy a vízszintes szárban levő higany súlypontjának a tengelytől mért távolsága x/2 és a vízszintes szárban levő higanyoszlop hossza 2L-x. Az egyenlet megoldása ω-ra, ismét (4) alkalmazásával:
ω=2g[12L-x+λ-L(2L-x)x-l(l+λ-L)(2L-x)x2].(5)

Az ω-x függvény értékeit számadataink segítségével a (3*) és az (5) egyenlet alapján néhány pontban kiszámítottuk és a 3. ábrán ábrázoltuk.
 
3. ábra
 

A görbe közepének furcsa menete miatt érdemes megoldásunkat kvalitatíve is átgondolni. Ha elkezdjük forgatni a csövet, létre kell hozni a vízszintes szárban levő higanyrészt körpályára kényszerítő centripetális erőt. Ha a higany kijjebb megy a vízszintes csőben, akkor ‐ mivel a körpálya sugarában befelé ható erő (a külső légnyomás) állandó,‐ sugárirányban a kifelé ható erő csökken, tehát megvan a körmozgást biztosító centripetális erő. Egyre nagyobb ω-hoz egyre nagyobb x tartozik mindaddig, amíg a bezárt levegő nyomásának és a függőleges szárban levő higany hidrosztatikus nyomásának csökkenése az egyre nagyobb centripetális erő növekedést szolgáltatni tudja. A feladatban megadott számadatok szerint ez x=0,0378m-ig tart, amihez ω=58,531/s tartozik. Növeljük tovább ω-t. Ekkor már a sugárirányban kifelé mutató erők csökkenése nem tudja fedezni a körpályán mozgáshoz szükséges centripetális erő növekedést, azaz a higany ,,átfut'' a másik csőszárba. Mint ahogy azt az (5) egyenletből láthatjuk, ebben a helyzetben már tetszőlegesen nagy ω-val forgathatjuk a csövet, x megváltozásával mindig biztosíthatjuk az egyensúlyi helyzetet. Fontos észrevenni, hogy ω folytonos növelésével a görbén a c-d szakasznak megfelelő egyensúlyi állapotok nem érhetők el. Ugyanilyen módon azt is beláthatjuk, hogy nagy ω-ról való fokozatos lassításnál sem jutunk rá a c-d állapotokra.
Ennek ellenére ezek olyan állapotok, amelyek, minthogy a (3) egyenlet jó megoldásai, egyensúlyi helyzetnek felelnek meg. Könnyű megmutatni, hogy el is érhetők. Pl. ha ω folytonos növelésével elértük x=0,0378m-t, akkor nagyobb x értéknél úgy tudjuk csak biztosítani a centripetális erőt, ha ω-t csökkentjük. Mivel ez megtehető, a c-d szakasszal jelölt állapotok is megvalósíthatók. Azonban érezzük, hogy ezek az állapotok mégis mások, mint a többi görbeszakasszal megadottak. Ezt az érzésünket az állapot stabilitásának vizsgálata meg is erősíti. A stabilitáson azt értjük, hogy mi történik akkor, ha a testet valamely állapotában kis zavar éri. Nézzük meg először az a-c szakaszon a stabilitást. Legyen a test valamely (x1,ω1) által jellemzett állapotban. Nevezzük (3) jobb oldalát F(x)-nek, ekkor
(1/2)x12ϱω12=F(x1).
Valami kis zavar az adott ω1 szögsebesség mellett kimozdítja a higanyszálat egy x'1>x1 helyre. Az (x'1ω1)-gyel jellemzett körpályához tartozó centripetális erőnél azonban a higanyszálra ható tényleges erő nagyobb, hiszen
(1/2)ϱx1'2ω12<(1/2)ϱx1'2ω1'2=F(x'1),
mert nagyobb x-hez nagyobb ω tartozik az a-c szakaszon (ω'1-vel az x'1-höz tartozó egyensúlyi szögsebességet jelöltük). A nagyobb F(x'1) erő a higanyszálat visszanyomja eredeti helyére. Hasonló gondolatmenettel belátható az is, hogy x'1<x1 esetén az F(x'1) kisebb lesz, mint a szükséges centripetális erő és a higanyszál a zavar elmúlta után megint visszamegy az eredeti helyére. Ezek az állapotok tehát stabilak. Nézzük meg, mi történik a c-d szakaszon. Épp a fordítottja mint előbb, hiszen itt nagyobb x-hez kisebb ω tartozik. Vagyis, ha a zavar az egyensúlyihoz képest nagyobb távolságra mozdítja ki a higanyszálat, akkora rá ható erő kisebb lesz, mint a szükséges centripetális erő, tehát még tovább mozdul az adott irányba, ekkor még kisebb lesz az erő stb. A higanyszál eredeti helyére nem tér vissza. Ha a zavar csökkenti x-et, akkor az F(x) nagyobb lesz, mint a szükséges centripetális erő és x-et tovább csökkenti stb. és így most sem tér vissza eredeti helyére. Ez a szakasz tehát instabil, gyakorlatilag igen nehezen megvalósítható, mert a legkisebb zavar esetén egy másik állapotba kerül a rendszer. Vegyük azt is észre, hogy az előbbieket nagyon szemléletesen úgy is elmondhatjuk, hogy ha a rendszer olyan nem egyensúlyi állapotba kerül, ami az egyensúlyi állapotot jelző görbétől jobbra van, akkor az x mindig nőni fog a zavar elmúlta után, míg, ha balra vagyunk az egyensúlyi görbétől, akkor az x csökkenni fog a zavar elmúlta után. Ennek segítségével is végiggondolhatjuk az egyensúlyi helyzetek stabilitását. Az a-b-c állapotok stabilak, mert ha a higany véletlenül kijjebb csúszna, akkor visszanyomódik a görbére, ha beljebb kerülne, akkor visszatolódna a görbén fekvő pont által jelzett állapotba. Ugyanez a helyzet a d-e- darabon, ezek az állapotok is stabilak. A c-d darabon az egyensúlyi helyzet labilis, ha a higany befelé mozdulna el, akkor tovább mozog, amíg a b-c darabon egy stabilis egyensúlyi helyzetig el nem jut, ha kifelé mozdulna el, akkor tovább mozog, amíg a d-e darabon ér el stabilis egyensúlyi helyzetet. Érdekes a c és d pontokkal jelzett állapotok viselkedése. Ha c-ből befelé mozdul el a higany, akkor visszanyomódik c-be, ha kifelé csúszik, akkor eljut e-be. Ha d-ből befelé csúszik el, akkor eljut b-be, de kifelé elmozdulva visszatolódik d-be. (Hasonló esettel foglalkozik az 1981. évi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny I. fordulójának 4. feladata. KML. 63 (1981) 82. old.).
 

2. 1mólp1=40newton/cm2, V1=11,2dm3, T1=546K adatokkal jellemzett héliumgázt úgy viszünk át a p2=10newton/cm2, V2=44,8dm3, T2=546K adatokkal jellemzett állapotba, hogy a p-V diagramon az állapotot jelző pont egy egyenesen mozogjon (4. ábra). Az állandó térfogat melletti fajhő cV=12,6joule/(mól K).
a) Mennyi a folyamat közben elért Tm legmagasabb hőmérséklet ?
b) Mennyi az átlagos fajhő a T1 Tm és a Tm-T2 szakaszon ?  (Vermes Miklós)
 

\epsfbox{1982-02-84-1.eps} 4. ábra
 

Megoldás. a) Vegyük észre, hogy az 1. és 2. állapotot jelentő pontok szimmetrikusan feküsznek az első koordinátanegyedet felező 45-os egyeneshez képest. Mivel T1=T2 a két pont ugyanazon az izotermán fekszik. Mindebből következik, hogy a folyamat közben elért legmagasabb hőmérséklethez tartozó izoterma a két pontot összekötő egyenest a közepén érinti. A legmagasabb hőmérséklethez tartozó nyomások és térfogatok a kezdeti és végső állapothoz tartozó értékek számtani középértékei (5. ábra):
 
4. ábra
 


Pm=40+102N/cm2=25N/cm2,Vm=11,2+44,82dm3=28dm3.
Ezután az egyesített gáztörvényből meghatározhatjuk a legmagasabb hőmérsékletet:
40N/cm211,2dm3546K=25N/m228dm3Tm
ahonnan Tm=853,1K=580,1C.
b) Az I. főtétel szerint a gáz energiájának növekedése egyenlő a gázon végzett munkának és a gázzal közölt hőnek az összegével:
ΔE=ΔW+ΔQ.
Átrendezve az egyenletet, megkapjuk a közölt hőt:
ΔQ=ΔQ-ΔW.(1)
Az átlagos fajhő pedig definíciója szerint:
C=ΔQΔW.

 
5. ábra
 

Az 1. állapottól a maximális hőmérséklet elérésig tartó folyamatban a gáz energiájának növekedése:
ΔE1=1mólcV(Tm-T1)=3870joule,(2)
mivel az ideális gáz belső energiája csak az abszolút hőmérséklettől függ.
A munkavégzést pedig, (amely negatív, mert a gáz végezte) a görbe alatti trapéz területe adja meg:
ΔW1=-(1/2)(p1+pm)(Vm-V1)=-5460joule.(3)
Behelyettesítve (2)-t és (3)-t (1)-be kapjuk, hogy
ΔQ1=3870J-(-5460J)=9330joule
A hőmérsékletváltozás ΔT1=Tm-T1=307,1K.
Az adott folyamatra a T1 és Tm hőmérsékletek közti átlagos fajhő pedig
C1=ΔQ1ΔT1=30,39joule/(mól K).
A maximumtól a 2-es állapotig tartó folyamatban a gáz energiája ugyanannyival csökken, mint amennyivel előbb nőtt, azaz ΔE2=-3870joule. A munkavégzést az előbbihez hasonlóan számoljuk:
ΔW2=-(1/2)(pm+p1)(V2-Vm)=-2940joule.

Ezeket az értékeket (1)-be beírva kapjuk, hogy
ΔQ2=-930joule.
Az átlagos fajhő most erre az adott folyamatra:
C2=ΔQ2ΔT2=3,03joule/(mól K).
 

3. Egy transzformátornak 200,300 és 400 menetes tekercsei vannak (6. ábra). Mely kapcsolásban lehet egy adott váltófeszültséget a lehető legnagyobb arányban erősíteni ?
 (Károlyházy Frigyes)
 
6. ábra
 

Megoldás. Mivel mindegyik tekercsen ugyanaz a fluxus halad át, a transzformátorból kivehető feszültség akkor a legnagyobb, ha a szekunder osztva primer menetszám ‐ hányados a legnagyobb. Ezt a hányadost és így a feszültségerősítést 4 esetre fogjuk kiszámolni (7. ábra).
 
7. ábra
 
Ha a 200 menetes tekercset használjuk primernek és a sorba kapcsolt másik két tekercset szekundernek (7A ábra), akkor az erősítés (300+400):200=3,5 arányú. Nagyobb erősítést kapunk, ha autotranszformátort készítve a 200-as tekercset is hozzávesszük a szekunderhez (7B ábra), ekkor az erősítés 900:200=4,5 arányú. Ha a 200-as és 300-as tekercseket ellentétesen kapcsoljuk, 100 menetes primer tekercsnek számítanak (7C ábra), és a 400 menetes szekunder tekercsen 4-szeres feszültség keletkezik. A maximális kivehető feszültséget akkor kapjuk, ha az előbbi kapcsolást úgy módosítjuk, hogy a 400 menetes tekercset autotranszformátor módjára hozzákapcsoljuk a 300 menetes tekercshez (7D ábra). Ekkor a primer tekercsre (az ellentétesen kapcsolt 300 és 200 menetes tekercsek) adott feszültséget 7-szeresére erősíthetjük.
 

A verseny eredménye
 

I. díjat nyert Tokaji Zsolt honvéd, aki Szegeden a Ságvári Endre Gimnáziumban érettségizett, mint Kovács László tanítványa. II. díjat kaptak egyenlő helyezésben Mogyorósi András, a váci Sztáron Sándor Gimnázium IV. osztályos tanulója (tanára Skripeczky Gyula) és Petrovay Kristóf honvéd, aki a budapesti Ságvári Endre Gimnáziumban érettségizett mint Kulcsár András tanítványa. III. díjat kaptak egyenlő helyezésben Glück Ferenc az ELTE fizikus hallgatója,aki a budapesti Apáczai Csere János Gimnáziumban érettségízett mint Holics László tanítványa, Szállási Zoltán, az esztergomi Dobó Katalin Gimnázium IV. osztályos tanulója (tanára Sipos Imre) és Tóth Gábor, a budapesti Fazekas Mihály Gimnázium III. osztályos tanulója (tanára Horváth Gábor). Dícséretet kaptak egyenlő helyezésben Guba Kornél, a kazincbarcikai Ságvári Endre Gimnázium IV. osztályos tanulója (tanára Lehotczky Zoltán), Oszlányi Gábor, a miskolci Földes Ferenc Gimnázium IV. osztályos tanulója (tanára Zámborszky Ferenc) és Palasik Sándor honvéd, aki a bonyhádi Petőfi Sándor Gimnáziumban érettségizett mint Jurisits József tanítványa.