Kezdőlap


Cím:	1991. Beszámoló az Eötvös-versenyről
Szerző(k):	Radnai Gyula
Füzet:	1992/március, 129 - 133. 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.

1991 október 18-án rendezte az Eötvös Loránd Fizikai Társulat a 68. Eötvös versenyt Budapesten és 12 vidéki városban. A budapesti verseny jól illeszkedett a centenáriumi ünnepségsorozathoz: a versenyre érkező diákok megtekinthették az aznap délelőtt megnyitott poszterkiállítást is.
A szokásos 5 óra megoldási idő alatt ebben az évben is három feladatot kellett megoldaniuk a versenyzőknek.
Az alábbiakban ismertetjük a feladatokat, s a feladatok megoldásait.

1. Egy rögzített

T

tengely körül könnyen forgó

R

sugarú mókuskerékbe

R

hosszúságú létrát szereltünk. Egy olyan pillanatban, amikor a kerék éppen nyugalomban van és a létra vízszintes, a mókus elindul az

A

pontból, és úgy fut át a létrán a

B

pontba, hogy közben a kerék mozdulatlan marad (1. ábra).

1. ábra

Hogyan kell a mókusnak mozognia? Mennyi idő alatt futott át a létrán?

Megoldás. A kerék akkor marad mozdulatlan, ha a kerékre ható erők és forgatónyomatékok eredője egyaránt zérus marad, miközben a mókus végigfut a létrán. Az erők eredőjének zérus voltát a rögzített tengely biztosítja. Ha pedig a mókus által a létrára kifejtett erő hatásvonala átmegy a

T

tengelyen, akkor az eredő forgatónyomaték is zérus marad. Newton III. törvénye értelmében ekkor a létra által a mókusra kifejtett erőnek is olyan irányúnak kell lennie, hogy hatásvonala menjen át a tengelyen. Ez az erő két erő eredőjeként adódik: egyik a függőlegesen felfelé irányuló nyomóerő, másik pedig vízszintes súrlódási erő, amely a mókus gyorsulásának irányába mutat. A mókusra ható erők eredőjének nagysága (2. ábra):

\begin{matrix} | \sum F | = m g tg φ . \end{matrix}

2. ábra

A mókus helyzetét a 2. ábrán látható

φ

szög helyett a létra közepétől mért

x

távolsággal is megadhatjuk:

\begin{matrix} tg φ = \frac{x}{R \frac{\sqrt[]{3}}{2}}, \end{matrix}

mivel a szabályos háromszög oldala

R

hosszúságú. Ha

x

előjeles távolságot (,,helykoordinátát'') jelent, akkor a dinamika felírt alaptörvényéből előjelesen is helyesen következik:

\begin{matrix} m a = m g \frac{- x}{R \frac{\sqrt[]{3}}{2}}, \\ a = - \frac{2 g}{R \sqrt[]{3}} x . \end{matrix}

A kitéréssel arányos nagyságú, de ellentétes irányú gyorsulása a harmonikus rezgőmozgást végző testnek van, vagyis a mókusnak úgy kell futnia, hogy mozgása harmonikus rezgőmozgás legyen. Ilyenkor

\begin{matrix} a = - ω^{2} x, vagyis ω = \sqrt[]{\frac{2 g}{R \sqrt[]{3}}} . \end{matrix}

A kitérés időfüggvénye:

\begin{matrix} x = - \frac{R}{2} cos \sqrt[]{\frac{2 g}{R \sqrt[]{3}}} t . \end{matrix}

A

-ból

B

-be való átfutás egy ,,félrezgésnek'' felel meg, az ehhez szükséges idő:

\begin{matrix} τ = \frac{T}{2} = \frac{π}{ω} = π \sqrt[]{\frac{R \sqrt[]{3}}{2 g}} . \end{matrix}

Megjegyzés. A feladatot Ciolkovszkijnak egyik ötlete inspirálta. Ő maga középiskolai tanár volt, s egyszer az alábbi feladatot adta:
,,Hogyan kell egy bogárnak végigmásznia egy falhoz támasztott szalmaszálon, hogy ne csússzék el a szalmaszál, annak ellenére, hogy se a falnál, se a talajnál nincs súrlódás?''
Meglepő ötlettel állt elő az egyik versenyző a mostani Eötvös versenyen: legyen a létra végtelen nagy tömegű a mókushoz képest, akkor a mókus nyugodtan végigsétálhat rajta (ahogy egy légy is végigmászhat a létrán) anélkül, hogy mérhető módon megmozdulna a kerék

...

Többen kísérleteztek azzal az ötlettel is, nem tud-e átugorni a mókus

A

-ból

B

-be úgy, hogy közben ne mozduljon meg a kerék. Úgy gondolták, hogy a kerék érintőjére merőlegesen kell elugrani

A

-ból, és a

B

-beli érintőre merőlegesen kell megérkezni a

B

pontba. Azután gyorsan kiszállni a kerékből

...

3. ábra

Nézzük meg ennek az ,,ugró mókusnak'' az esetét kissé alaposabban!
Tegyük fel, hogy az elugró mókust

τ

ideig állandó

F

erő gyorsítja fel

0

-ról

v

sebességre az

A

pontban, majd ugyanekkora, megfelelő erő fékezi le

B

-ben (3. ábra). Jelöljük

α

-val az elugrás

v

sebességének a vízszintessel bezárt szögét! Ekkor az

A

pontban a kerékre két erő hat: függőlegesen lefelé egy

m g

nagyságú erő, a sebességgel ellentétes irányban pedig

F

. A két erő ellentétes forgató hatást fejt ki a kerékre, s az egyensúly feltétele:

\begin{matrix} F R \cdot sin (60^{\circ} - α) = m g \frac{R}{2} . \end{matrix}

F

erő

F \cdot τ

nagyságú impulzusa (erőlökése) ad a mókusnak

m v

nagyságú lendületet:

\begin{matrix} F τ = m v . \end{matrix}

Ezt felhasználva, az előző egyenletből kapjuk

\begin{matrix} \frac{m v}{τ} R sin (60^{\circ} - α) = m g \frac{R}{2}, \\ 2 v \cdot sin (60^{\circ} - α) = g τ . \end{matrix}

Kifejtve

sin (60^{\circ} - α)

értékét:

\begin{matrix} \sqrt[]{3} v cos α - v sin α = g τ . \end{matrix}

Ha a mókus

t

ideig van a levegőben repülés közben, akkor

\begin{matrix} v cos α = \frac{R}{t}, illetve v sin α = g \frac{t}{2}, \end{matrix}

így

t

-re a következő másodfokú egyenlet adódik:

\begin{matrix} t^{2} + 2 τ t - 2 \sqrt[]{3} \frac{R}{g} = 0. \end{matrix}

Ezt megoldva, a keresett

t + τ

időre kapjuk:

\begin{matrix} t + τ = \sqrt[]{τ^{2} + \frac{2 \sqrt[]{3} R}{g}} . \end{matrix}

Sem a végtelen nagy tömegű mókuslétra, sem az ugró mókus nem felel meg a feladat feltételeinek, csupán azért idéztük fel őket, hogy illusztráljuk a versenyzők találékonyságát, kifogyhatatlan ötleteit. Szerencsére ötvennél is több versenyzőnek volt igazán helyes megoldása erre a feladatra.

2. Egy zárt hengert könnyen mozgó, jól záró dugattyú oszt két részre. Kezdetben a dugattyú középen áll. Mindkét oldalon

1 dm^{3}

térfogatú,

10^{5} Pa

nyomású,

0^{\circ} C

hőmérsékletű levegő van, a bal oldali részben ezen kívül még egy

2 g

tömegű jégdarabka is található. A rendszert lassan

100^{\circ} C

-ra melegítjük. Hol fog elhelyezkedni a dugattyú?

Megoldás.

100^{\circ} C

-on a bal oldalon már nem lesz jég, hanem víz és vízgőz keveréke, esetleg már csak vízgőz, ha minden víz elpárolgott. (Ezt még külön meg kell vizsgálnunk!)
Jelöljük

N_{gőz}

-zel a gőzállapotban lévő

H_{2}O

molekulák számát a bal oldalon, a

100^{\circ} C

-os végállapotban. Mivel ezen az oldalon megnőtt a molekulák száma, a dugattyúnak is el kellett mozdulnia jobbra. Jelöljük

V

-vel a térfogat növekedését a bal oldalon, ugyanennyivel csökken a térfogat a jobb oldalon (4. ábra).

4. ábra

Az állapotjelzők kezdetben mindkét oldalon a következők:

\begin{matrix} p_{1} = 10^{5} Pa; T_{1} = 273 K; V_{1} = 10^{- 3} m^{3}. \end{matrix}

A végállapotban a bal oldalon

\begin{matrix} p_{2} = ? T_{2} = 373 K; V_{2}' = V_{1} + V . \end{matrix}

A végállapotban a jobb oldalon

\begin{matrix} p_{2} = ? T_{1} = 373 K; V''_{2} = V_{1} - V . \end{matrix}

A gázmolekulák száma kezdetben mindkét oldalon

\begin{matrix} N_{1} = \frac{p_{1} V_{1}}{k T_{1}} . \end{matrix}

A végállapotban a jobb oldalon marad ugyanennyi, a bal oldalon viszont megnő a molekulák száma:

\begin{matrix} N_{2} = N_{1} + N_{gőz} . \end{matrix}

Vizsgáljuk meg, hogy mekkora lehet

N_{gőz}

? Teljesen elpárologhat-e a felolvadt összes jég? Számítsuk ki, hogy

2 g

vízgőz mekkora térfogatot tölt be

373 K

hőmérsékleten, s az ennek megfelelő

101 324 Pa

nyomáson! Ideális gáz közelítést alkalmazva:

\begin{matrix} N k \frac{T}{p} = \frac{2}{18} 6, 02 \cdot 10^{23} \cdot 1, 38 \cdot 10^{- 23} \frac{373}{101 324} m^{3} = 3, 4 dm^{3} . \end{matrix}

Hasonló értéket kapunk akkor is, ha a

100^{\circ} C

-os vízgőz sűrűségének mért és táblázatban megadott értékével számolunk.
A rendelkezésre álló térfogat viszont legfeljebb

2 dm^{3}

lehet! Ebből következik, hogy a víz nem párolog el teljesen a bal oldalon. Mennyi párolog el? Ez

V

-től is függ:

\begin{matrix} p_{telítési} \cdot (V_{1} + V) = N_{gőz} k T_{2} . \\ T_{2} = 373 K esetén vízre p_{telítési} = 101 324 Pa. \end{matrix}

V

és

N_{gőz}

között még egy összefüggésre van szükségünk. Ehhez azt használjuk fel, hogy a végállapotban a két oldalon azonos a nyomás és a hőmérséklet, vagyis a térfogatok aránya egyenlő a gázmolekulák számának arányával:

\begin{matrix} \frac{V_{1} + V}{V_{1} - V} = \frac{N_{1} + N_{göz}}{N_{1}} . \end{matrix}

A két egyenletbe az ismert adatokat behelyettesítve

V

és

N_{gőz}

értéke meghatározható. A megoldás:

\begin{matrix} V = 0, 33 dm^{3}, \end{matrix}

vagyis a bal oldalon

1, 33 dm^{3}

, a jobb oldalon

0, 67 dm^{3}

térfogat alakul ki, így fog elhelyezkedni a dugattyú.
Érdekes, hogy

N_{gőz} \approx N_{1}, N_{2} \approx 2 N_{1}, p_{2} \approx 2 p_{1}

adódik, ami annak következménye, hogy a levegő nyomása gyakorlatilag ugyanakkora volt a kezdőállapotban, mint a

H_{2}O

telítési nyomása a végállapot hőmérsékletén.
Megjegyzés. A feladat megoldásának kulcsa a vízgőzre vonatkozó állapotegyenlet helyes felírása. Sok hibás megoldás abból keletkezett, hogy az összes víz elpárologását feltételezve határozták meg

N_{gőz}

-t. Mások viszont ezzel ellentétben azt állították, hogy egyetlen molekula sem fog a vízből elpárologni, mert a víz nem fog felforrni. Az egyetlen jogos ellenvetés, amit a fenti megoldással szemben tehetünk az az, hogy alkalmazhatjuk-e az ideális gáz közelítést a

100^{\circ}

C-os vízgőzre? A válasz az, hogy alkalmazhatjuk! Valóban jó közelítés ez, amint arról bárki meggyőződhet, ha fellapoz egy vízgőztáblázatot.

3. Fémből készült, igen vékony falú, zárt gömbhéj belsejében fonálon egy kétrét hajtott alufóliacsík függ. A gömb két átellenes pontjára kívülről az ábrán látható módon feszültséget kapcsolunk (5. ábra). Megmozdul-e az alufóliacsík, s ha igen, hogyan?

5. ábra

Megoldás. A vékony gömbhéj ellenállása nem hanyagolható el. Lesz elektromos mező a gömb belsejében, mégpedig forgásszimmetrikus abban az esetben, ha a gömb belül üres. (A szimmetriatengely a csatlakozási pontokat összekötő átmérő.)

6. ábra

Ha a gömb közepén ott van a kettéhajtott alufólia, akkor ezen megosztás jön létre azért, hogy a fólia ekvipotenciális legyen. A megosztott töltések tere kioltja a gömb belső terét a fólia két ága között (6. ábra).
A fólia bármely ágára a külső

E

térerősség és a másik ágból származó (

E

-nél kisebb) térerősség hat, vagyis a fóliaágra a külső tér van nagyobb hatással.
Ezért a kettéhajlott fólia kinyílik, és egy olyan helyzetben állapodik meg, amikor már a rá ható elektromos, gravitációs stb. erők és forgatónyomatékok eredője egyaránt zérus.

Megjegyzés. Az összeállítás emlékeztet a ,,Faraday-kalitkára'', ezért sok versenyző úgy gondolta, hogy nem lehet a gömb belsejében elektromos mező. Elfelejtették, hogy ez csak elektrosztatikában igaz, amikor a fém felülete ekvipotenciális. Most a fémen áram folyik, ezért a fémgömb különböző pontjai között általában van feszültség s így van ‐ nemcsak benne, de körülötte is ‐ elektromos mező. Ha valami, akkor a kétrét hajtott fóliaág képezhet ebben a feladatban Faraday-kalitkát, és e ,,kalitkának'' a belsejében kell, hogy a térerősség közel zérus legyen.
Ennek a feladatnak a helyes megoldására már csak két versenyző jött rá. Mivel ők az első két feladatot is jól megoldották, nem volt nehéz dolga a Versenybizottságnak, amikor az 1991. évi Eötvös verseny két első helyezettjét kellett kiválasztania.
Az I. díjat egyenlő arányban megosztva nyerte BODOR ANDRÁS, az ELTE I. éves fizikus hallgatója, aki az ELTE Apáczai Csere János Gyakorló Gimnáziumban érettségizett, mint Zsigri Ferenc tanítványa, és KÁLI SZABOLCS, az ELTE I. éves fizikus hallgatója, aki Budapesten a Fazekas Mihály Gimnáziumban érettségizett, mint Horváth Gábor tanítványa.
A két elsődíjas versenyző egyenként ötezer forint pénzjutalomban részesült.
A II. és III. díjat a Versenybizottság összevonta és egyenlő arányban megosztotta a következő nyolc versenyző között:
EGYEDI PÉTER, a BME I. éves villamosmérnök hallgatója, aki Pécsett a Leöwey Klára Gimnáziumban érettségizett, mint Csikós Istvánné és Kotek László tanítványa; GEFFERTH ANDRÁS, a budapesti Fazekas Mihály Gimnázium III. osztályos tanulója, Tóth László és Horváth Gábor tanítványa; KATZ SÁNDOR, a bonyhádi Petőfi Sándor Gimnázium III. osztályos tanulója, Erdélyesi János tanítványa; KŐSZEGI BOTOND, a budapesti Fazekas Mihály Gimnázium IV. osztályos tanulója, Horváth Gábor tanítványa; MIKLÓS GYÖRGY, a BME I. éves villamosmérnök hallgatója, aki Budapesten a Szt. István Gimnáziumban érettségizett, mint Kovács István tanítványa; NAGY BENEDEK, a KLTE I. éves fizikus hallgatója, aki Debrecenben a KLTE Gyakorló Gimnáziumban érettségizett, mint Dudics Pál tanítványa; RÓZSA BALÁZS, a budapesti Fazekas Mihály Gimnázium IV. osztályos tanulója, Horváthné Dvorák Cecília tanítványa és SZENDRŐI BALÁZS, a budapesti Fazekas Mihály Gimnázium IV. osztályos tanulója, Horváth Gábor tanítványa.
A fenti nyolc versenyző egyenlő helyezésben a verseny 3 ‐ 10. helyezettje, pénzjutalmuk ezer-ezer forint.
Dicséretet és ötszáz‐ötszáz forint jutalmat kapott az alábbi hat versenyző: ÁLMOS ATTILA, a budapesti Berzsenyi Dániel Gimnázium IV osztályos tanulója, Istók Katalin tanítványa; BONCZ ANDRÁS, az ELTE I. éves matematikus hallgatója, aki Zalaegerszegen a Zrínyi Miklós Gimnáziumban érettségizett, mint Pálovics Róbert tanítványa; EGEDI PÉTER, a szegedi Radnóti Miklós Gimnázium IV. osztályos tanulója, Mike János tanítványa; NAGY GYULA, a jászberényi Erősáramú Szakközépiskola IV. osztályos tanulója, Bakki Árpád tanítványa; NEMES NORBERT MARCELL, a budapesti Fazekas Mihály Gimnázium IV. osztályos tanulója, Horváth Gábor tanítványa és SOMLAI ÁKOS, a BME I. éves villamosmérnök hallgatója, aki Pécsett a Nagy Lajos Gimnáziumban érettségizett, mint Orovicza Márkné tanítványa.
További helyezéseket a Versenybizottság nem állapított meg.
Az ünnepélyes eredményhirdetésre 1991. november 29-én délután került sor az ELTE Főépületének fizikai előadótermében, ahol a fennállásának századik évfordulóját ünneplő Társulat egyik alelnöke adta át a díjakat és a Társulat által felajánlott pénzjutalmat. A nyertes versenyzők és tanáraik, valamint az érdeklődő hallgatóság a harmadik feladathoz kapcsolódó kísérletsorozattal győződhettek meg ugyanitt a már kikövetkeztetett megoldás helyességéről.