Cím: 1983. évi Eötvös Loránd Fizikaverseny
Szerző(k):  Károlyházy Frigyes ,  Nagy László ,  Vermes Miklós 
Füzet: 1984/február, 81 - 85. 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 október 29-én rendezte 60. versenyét Budapesten és 11 vidéki városban az abban az évben 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 240 dolgozatot adtak be. Ismertetjük a feladatokat és a verseny eredményét.

 

1. Egy L=1,528 méter hosszú pálcát vízszintes helyzetből, h1=2,164 méter magasságból elejtünk (1. ábra). Esés közben a pálca baloldali vége rugalmasan ütközik egy h2=1,364 méter magasságban levő szegbe. Az ütközéstől számítva mennyi idő múlva éri el a pálca jobboldali vége a talajt? g=10 m/s2.
 
 
1. ábra
 

(Vermes Miklós)
 

Megoldás: Az esés törvénye szerint a szeghez érkezéskor a sebesség:
v1=2g(h1-h2)=4 m/s.

 
 
2. ábra
 

Következik a nem centrális ütközés (2. ábra). A szeghez ütődéskor igen rövid Δt ideig F erő ébred. A pálca középpontja egy új v2 sebességgel megy tovább és ω szögsebességgel forogni kezd középpontja körül. Az erőt megadja az impulzus (lendület) időegységre jutó változása:
F=m(v1-v2)Δt.
A forgás törvénye szerint a forgatónyomaték egyenlő a szöggyorsulás és tehetetlenségi nyomaték szorzatával. A szöggyorsulást ω/Δt adja meg, a közepe körül forgó rúd tehetetlenségi nyomatéka pedig mL2/12.
FL2=ωΔt112mL2.
A két egyenletből FΔt kiküszöbölésével kapjuk:
v1-v2=ωL6.


Most figyelembe kell vennünk azt a körülményt, hogy az ütközés rugalmas, tehát a mechanikai energiák összege változatlan marad:
mv122=mv222+ω22112mL2.
Az előző és a mostani egyenletből álló egyenletrendszer megoldása megadja a középpont haladó mozgásának sebességét az ütközés után és a forgás szögsebességét:
v2=v12=2 m/s,ω=3v1L=7,854 s-1.

Ezután a pálca tömegközéppontja függőleges lefelé hajítást végez v2 kezdősebességgel, és állandó ω szögsebességgel forog középpontja körül. A legkorábban akkor érheti el a pálca jobboldali vége a talajt, amikor középpontja L/2 magasságba ér. A lefelé hajítás útja ekkor h2-L/2. A hajítás úttörvényével:
h2-L2=v1t+g2t2,
számadatainkkal, rendezve: 5t2+2t-0,6=0. Ennek megoldása t=0,2 s. Ez az a legrövidebb időtartam, amelynek végén a pálca jobboldali vége a szeg elhagyása után a talajjal érintkezésbe kerülhet. Ezalatt az elforgás szöge ωt=7,8540,2=1,57=90. Tehát a pálca épp 0,2 s múlva, függőleges helyzetben kerül érintkezésbe a talajjal. A 3. ábra tizedmásodpercenként ábrázolja a pálca helyzetét.
 
 
3. ábra
 

 


2. Egy csigán átvetett fonál végeire m1=8 kg és m2=6 kg tömegű testeket erősítettünk (4. ábra). A csiga magassága az asztal felett h=4 méter, a súrlódás elhanyagolható, g=10 m/s2. Az m1 tömegű testet α0=30-hoz tartozó szöghelyzetből elengedjük.
 
 
4. ábra
 

a) Mekkora gyorsulásokkal indulnak el a testek?
b) Mekkorák a testek sebességei és gyorsulásai, amikor az m1 tömegű test éppen az m2 tömegű test alatt halad át?
(Nagy László)
 

Megoldás. Keressük, hogy egy α szög által meghatározott helyzetben mekkorák a testek v1 és v2 sebességei, valamint a1 és a2 gyorsulásai. Az m1 tömegű test Δs útjához a fonál Δssinα rövidülése tartozik, ezért a sebességek összefüggése (5. ábra):
v2=v1sinα.

 
 
5. ábra
 

Az energiamegmaradás törvénye szerint, ha az indítás α0 fonálhelyzetből történt:
m2g(h/cosα0-h/cosα)=m1v122+m2v222.
Az egyenletrendszer megoldása szolgáltatja a sebességeket:
v1=2m2gh(1/cosα0-1/cosα)m1+m2sin2α,v2=sinα2m2gh(1/cosα0-1/cosα)m1+m2sin2α.


Az indítás pillanatában természetesen mindkét sebesség nulla. A 0-os helyzethez tartozóan v20=0 és
v10=2ghm2m1(1/cosα0-1)=3,047 m/s.

A gyorsulások levezetéséhez szükségesek a következő geometriai összefüggések:
sinα=ss2+h2,v2=ss2+h2v1,L=s2+h2.
Differenciáljuk az idő szerint v2-t:
dv2dt=1s2+h2[dsdts2+h2-s2s2s2+h2dsdt]v1+ss2+h2dv1dt,dv2dt=dsdt(LL2-s2L3)v1+sLdv1dt.


Figyelembe véve, hogy ds/dt=-v1, valamint tekintettel a geometriai összefüggésekre kapjuk a gyorsulások közti kapcsolatot:
a2=-cos3αhv12+a1sinα.
Szükségünk van a fonálerőre is. Ez m1 tömeg esetében Fsinα=m1a1, az m2 tömeg esetében F=m2(g-a2). A fonálerőket egyenlővé téve:
m1a1+m2a2sinα=m2gsinα.
A legutóbbi két egyenletünkből álló egyenletrendszert megoldva megkapjuk a gyorsulásokat. Felhasználva v1 és v2 előbb kiszámított értékeit is, az eredmények:
a1=m2gsinα(m1+m2sin2α)2[(m1+m2sin2α)+2m2cos3α(1/cosα0-1/cosα)],a2=m2g(m1+m2sin2α)2[(m1+m2sin2α)sin2α-2m1cos3α(1/cosα0-1/cosα)].
Az indulás pillanatában a gyorsulások:
a1i=gm2sinα0m1+m2sin2α0=3,158 m/s2,a2i=gm2sin2α0m1+m2sin2α0=1,579 m/s2.
Az α=0-hoz tartozó gyorsulások:
a10=0,a20=-g2m2m1(1/cosα0-1)=-2,321 m/s2.
A 6. ábra a sebességek és gyorsulások α szögtől való függését mutatja.
 
 
6. ábra
 

Ha csak a feladott kérdésekben szereplő speciális értékekre van szükség, akkor sokkal rövidebben járhatunk el úgy, hogy egyenleteinkben már kezdettől fogva α0=30, illetve 0-ot használunk.
Speciális közelítő eljárások is vannak α20 kiszámítására (7. ábra). Lássunk ezek közül kettőt!
 
 
7. ábra
 

A. A fonál ω szögsebességgel közeledik a függőleges helyzethez. Az m1 tömegű test utolsó útdarabja egyrészt hα, másrészt ωdth, hα=ωdth, vagyis dt=α/ω. Ezalatt csökken a sebesség v1sinα-ról 0-ra, tehát a sebességváltozás dv2=-v1sinα. A keresett gyorsulás:
a20=dv2dt=-v1sinαα/ω=-v12hsinαα=-v12h.

B. A függőleges fonálhelyzethez közel, amikor az m1 tömegű test egyenletesen mozog v1 sebességgel, Pitagorasz‐tétellel:
(h+x)2=h2+(v1dt)2,ebbőlx=v12(dt)22h.
Az m2 tömegű test közelítően egyenletesen lassulva mozog a megállásig, ezért x=-a20(dt)2/2. A két x-re kapott értéket egyenlővé téve a20=-v12/h.
 
3. A világűrben elektromosan semleges, belül üres, zárt vezető gömbhéj lebeg. Közepében kicsiny, pozitív töltésű fémgolyó nyugszik szabadon. Távoli kondenzátorlemezek segítségével a gömb alakú "Faraday-kalitka'' körül homogén elektromos teret hozunk létre. Mozgásba jön-e a kicsiny fémgolyó, illetőleg a gömbhéj és ha igen, miképpen?
(Károlyházy Frigyes)
 

Megoldás. A külső tér nélkül a kis fémgolyó a gömbhéj középpontjában (labilis) egyensúlyi helyzetben van (8. a ábra).
 
 
8. a ábra
 

A külső tér létrehozásának pillanatában a gömbhéjon megosztott töltések mutatkoznak. Így a kis fémgolyót a gömbhéj árnyékoló hatásával védi a külső tértől. Ezért a külső tér bekapcsolásának pillanatában a kis fémgolyó gyorsulása még nulla. A gömbhéjnak az ábra szerinti bal oldalán a fémgolyó által létrehozott tér és a külső tér ellentétes irányú, a jobb oldalon pedig azonos irányú. A gömbhéjon a töltésmegosztásból származó negatív töltésekre ható eredő erő ezért kisebb lesz, mint a pozitív töltésekre ható eredő erő. A gömbhéj ezért a külső tér bekapcsolásának pillanatában jobbra indul el.(8. b ábra). Amikor a gömbhéj már elmozdult, a fémgolyó már nem lesz a középpontban. Ekkor a fémgolyón levő pozitív töltés is töltésmegosztást hoz létre a gömbhéjon. E töltések hatására a fémgolyó a hozzá közelebb eső oldalon levő negatív töltések irányába, tehát balra indul el (8. c ábra). Amint a golyó és a gömbhéj összeér, az egész fémtárgy pozitív töltésű lesz, és a tér által megszabott irányban (az ábra szerint jobbra) gyorsulva mozog (8. d ábra).
 
 
8. b ábra
 

 
 
8. c ábra
 

 
 
8. d ábra
 

A verseny eredménye
 

I. díjat ketten kaptak egyenlő helyezésben: Árkossy Ottó, a budapesti Semmelweis Orvostudományi Egyetem hallgatója, aki Esztergomban a Dobó Katalin Gimnáziumban érettségizett mint Sipos Imre tanítványa és Erdős László a budapesti Berzsenyi Dániel Gimnázium IV. o. tanulója, tanára Koltai Mária.

II. díjat kapott Fodor Gyula, a budapesti Móricz Zsigmond Gimnázium IV. o. tanulója, tanára Tarnócziné Gedeon Melitta.

III. díjat ketten kaptak egyenlő helyezésben: Csillag Péter, a budapesti Landler Jenő Gépészeti és Híradástechnikai Szakközépiskola IV. o. tanulója és Frei Zsolt, a budapesti Eötvös Loránd Tudományegyetem Természettudományi Karának fizikus hallgatója, aki Pécsett a Nagy Lajos Gimnáziumban érettségizett mint Kállai Miklósné és Tornyos Tivadar tanítványa.
Dicséretet hárman kaptak egyenlő helyezésben: Kovács Tamás, a debreceni Kossuth Lajos Gimnázium IV. o. tanulója, tanára Szegedi Ervin, továbbá Náray Miklós honvéd, aki Budapesten érettségizett az I. István Gimnáziumban mint Moór Ágnes tanítványa és Sczigel Gábor honvéd, aki Budapesten az Apáczai Csere János Gimnáziumban érettségizett, mint Holics László tanítványa.
Az 1. feladatot a felsoroltakon kívül teljesen megoldották még a következő versenyzők: Drobni András (Bp. I. István G. IV. o. t.: Cseh Géza), Mandzsu Zoltán (Bp. Fazekas M. G. IV. o. t.: Horváth Gábor), Rácz Attila (Sopron, Berzsenyi D. G. IV. o. t.: Nagy Márton), Szakállas Gyula (Zalaegerszeg, Zrínyi M. G. IV. o. t.: Gódor Győzőné), Törőcsik Jenő honvéd (érettségizett Bp. Fazekas M. G. t.: Horváth Gábor).
A 2. feladatot a nyerteseken kívül teljesen megoldották még a következő versenyzők: Beke Sándor honvéd (érettségizett Miskolc, Földes F. G. t.: Zámborszky Ferenc), Fáth Gábor (Bp. Fazekas M. G. IV. o. t.: Horváth Gábor), Gaál Péter (Bp. Apáczai Cs. J. G. o. t.: Zsigri Ferenc), Megyesi Gábor (Szeged, Ságvári E. G. III. o. t.: Juhászné Mészáros Mária), Pfeil Tamás (Dunaújváros, Münnich F. G. III. o. t.: Székelyi Sándorné).