Cím: 1985. évi Eötvös Loránd Fizikaverseny
Szerző(k):  Vermes Miklós 
Füzet: 1986/február, 81 - 84. oldal  PDF file
Témakör(ök): Eötvös Loránd (korábban Károly Irén)

Az Eötvös Loránd Fizikai Társulat 1985. október 26-án rendezte 62. versenyét Budapesten és 12 vidéki városban az abban az évben érettségizettek és középiskolai tanulók részére. A versenyzők 5 órai munkaidő alatt oldhattak meg három fizika feladatot. Bármely segédeszközt használhattak, beleértve a zsebszámítógépet is. A versenyen 209 dolgozatot adtak be. Ismertetjük a feladatokat és a verseny eredményét.
1. Adva van egy vízszintes síkban folytatódó körlejtő, sugara AC=R=0,9 m,α=30 (1 ábra). Egy abroncs sugara AO=r=0,1 m. Az abroncs kerületére vele egyenlő tömegű nehezéket erősítettünk (M). Az abroncsot úgy helyezzük a lejtőre, hogy a nehezék az AC egyenesen legyen. Az abroncsot elengedjük és az mindvégig csúszás nélkül gördül. Milyen magasra jut az abroncs középpontja a körlejtőn való végigfutás után?
(Nagy László)

 
 
 
1. ábra
 

Megoldás. A körlejtő és az abroncs méretezése olyan, hogy az abroncs éppen másfelet gördül, amíg a körlejtő jobb oldali végén levő B pontba ér. Ide megérkezve a nehezék a B pontnál van (2. ábra). Jelöljük az abroncs tömegét m-mel! Az összesen 2m tömeg közös súlypontja a sugár felében, S-ben van. A körlejtőn való végiggurulás befejeztével a helyzeti energia csökkenése 2mgrcosα. Ebből mozgási energia lett.
 
 
2. ábra
 

A feladat kérdésének a lényege: mi történik az abronccsal a B pontba való megérkezése után? Az abroncs ebben a pillanatban a B pont körül forog egy bizonyos ωα szögsebességgel. A B pontra vonatkozó tehetetlenségi nyomaték (Steiner tételét felhasználva) mr2+mr2=2mr2=Θ, az abroncs és a nehezék mozgási energiája Θωα2/2=mr2ωα2. Ez egyenlő a helyzeti energia csökkenésével:
mr2ωα2=2mgrcosα.

Ebből következően a szögsebesség:
ωα=(2gcosα)/r=13,03 s-1.
A súlypont sebessége ekkor:
vα=r2ωα=grcos(α/2)=0,651 m/s.

Az a kérdés, mi történik ezután az abronccsal: ferde hajítás jön létre, vagy rágördül a vízszintes síkra? Vizsgáljuk az utóbbi esetet! Egy bizonyos φ‐szögű helyzetben a súlypont sebessége vφ. Ekkor a B pont körüli körmozgás létrehozásához szükséges erő:
2mvφ2r/2=4mvφ2r.
Ez az erő a lejtő által a sugár irányában kifejtett F támaszerő és a súly sugár irányába eső vetületének a különbsége:
4mvφ2r=2mgcosφ-F.
A φ-helyzethez tartozó támaszerő:
F=2mgcosφ-4mvφ/r.

A súlypontnak a φ-helyzethez tartozó vφ sebességét az energiamegmaradás tételével kapjuk. A B pontba való érkezéskor a mozgási energia
ωα2Θ/2=(vαr/2)22mr22=4mvα2.
Egy bizonyos φ-helyzetben a mozgási energia 4mvφ2. A mozgási energia csökkenése egyenlő a felemeléshez szükséges munkavégzéssel:
4m(vα2-vφ2)=2mgr2(cosφ-cosα).
Innen a φ-helyzethez tartozó sebesség négyzete:
vφ2=vα2-grcosφ/4+grcosα/4.
Felhasználva vα2=grcosα/2 előbbi eredményünket:
vφ2=3grcosα/4-grcosφ/4.
Ezzel a támaszerő mint φ függvénye:
F=3mg(cosφ-cosα).

Miközben az abroncs felemelkedik az α szöghöz tartozó helyzetből a φ=0 szöghöz tartozó helyzetig, a támaszerő sohasem lesz negatív, vagyis az abroncs rágördül a vízszintes síkra. (Csak a φ=α helyzetben tűnik el a támaszerő, de csak egy pillanatra. A feladatban egyébként is kikötöttük a sima gördülést.)
 
 
3. ábra
 

Mi történik, ha az abroncs B pontba való megérkezésének pillanatában eltüntetjük a lejtőt? Ekkor ferde hajítás következik, amelynél a súlypont pályáját a 3. ábra mutatja. A súlypont tetőponti helyzetéhez tartozó, az abroncsot mutató szaggatott vonalú kör belenyúlik a lejtő testébe, ami ugyancsak azt mutatja, hogy az abroncs simán felgördül a vízszintes részre. Itt a súlypont addig emelkedik, amíg az A pontbeli kiindulási magasságát el nem éri, azután a mozgás elindul visszafelé. Tehát az abroncs középpontja r/2 magasságig jut fel. A 4. ábra mutatja a mozgás lefolyását: két ciklust kis körív köt össze.
 
 
4. ábra
 

2. Egy d=2μm rácsállandójú rácsra λ=0,5μm hullámhosszú fény esik úgy, hogy a beeső fénysugarak φ=30-os szöget zárnak be a rács síkjára merőleges egyenessel. (A fénysugarak merőlegesek a rács réseire.) Mekkora szöget zárnak be az eredeti iránnyal az első erősítések felé haladó fénysugarak?
(Radnai Gyula)
 

Megoldás. A síkhullám az A1A2 síkba egyenlő fázisban érkezik (5. ábra). Az α szög irányába menő síkhullám minden részének egyező fázisban kell lennie, ha erősítés jön létre. Első erősítés esetében az A2B2-A1B1 útkülönbség éppen 1 hullámhossz:
dsin(α+φ)-dsinφ=λ.
Vagyis
dsin(α+φ)=λ+dsinφ.
Adatainkkal sin(α+φ)=0,75, α+φ=48,59 és α=18,59.
 
 
5.a ábra
 

 
 
5.b ábra
 

Az eredeti irány másik oldalán az útkülönbség:
A1B1-A2B2=dsinφ-d(sinφ-β)=λ.
Ekkor dsin(φ-β)=dsinφ-λ, adatainkkal:
sin(φ-β)=0,25,φ-β=14,48ésβ=15,52.

Figyelemre méltó, hogy a két oldalon az első erősítések iránya nem ugyanaz. Röntgensugarak hullámhosszának a meghatározását egy alkalommal elvégezték úgy, hogy karcolt üvegrácsra igen ferdén ejtették be a sugarakat, mert ilyenkor sokkal nagyobb a rács felbontóképessége. Néhány könyvben az az állítás olvasható, hogy ferde beesés esetében a rácsállandó vetületével kell számolni, ez azonban téves állítás.
 

3. Egy U alakú csőben folyadék van egyensúlyban (6. ábra). Ezután a bal oldalt szár alá igen nagy tömegű golyót helyezünk. Hogyan változnak meg a folyadékszintek?
(Károlyházy Frigyes)

 
 
6.a ábra
 

 
 
6.b ábra
 

Megoldás. A közlekedő edény folyadékfelszínei nívófelületen helyezkednek el, ezek eredetileg vízszintes síkok. A nagy tömegű golyó odahelyezése után a nívófelületek jobboldalt mélyebbre kanyarodnak, tehát a szint a bal oldali szárban emelkedik, a jobb oldaliban csökken
 

A verseny eredménye
 

I. díjat hárman kaptak egyenlő helyezésben: Kaiser András, a budapesti Fazekas Mihály Gimnázium IV. o. tanulója, tanára Horváth Gábor. Kós Géza, budapesti Berzsenyi Dániel Gimnázium IV. o. tanulója, tanára Pappné Kovács Katalin és Pfeil Tamás, a budapesti ELTE‐TTK 1. éves matematikus hallgatója, aki Dunaújvárosban a Münnich Ferenc Gimnáziumban érettségizett mint Székelyi Sándorné tanítványa.
II. díjat kapott Tasnádi Tamás, a budapesti I. István Gimnázium III. o. tanulója, tanára Moór Ágnes.
III. díjat hárman kaptak egyenlő helyezésben: Matyasi Gábor a kazincbarcikai Ságvári Endre Gimnázium IV. o. tanulója, tanára Pászty Györgyné, Német-Buhin Ákos, honvéd, aki a budapesti Fazekas Mihály Gimnáziumban érettségizett mint Tóth László tanítványa és Papp Zoltán, a budapesti József Attila Gimnázium IV. o. tanulója, tanára Sarkadi Ildikó.
Dicséretet hárman kaptak egyenlő helyezésben: Balogh Péter, a mezőkövesdi I. László Gimnázium III. o. tanulója, tanára Rácz György, Czigány Zsolt, a zalaegerszegi Zrínyi Miklós Gimnázium IV. o. tanulója, tanára Németh László és Sass Balázs, a budapesti Árpád Gimnázium III. o. tanulója, tanára Székely György.