A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre. 2002. október 18-án rendezte meg az Eötvös Loránd Fizikai Társulat Budapesten és 14 vidéki városban az ezévi Eötvös-versenyt. A versenyen 169 magyar, 1 szlovák és 1 román állampolgárságú versenyző adott be dolgozatot, nevezetesen Budapesten 64, Szegeden 19, Pécsett 17, Debrecenben és Szekszárdon 10-10, Veszprémben 9, Nagykanizsán és Sopronban 8-8, Békéscsabán 7, Egerben 5, Győrött 5, Miskolcon 4, Székesfehérváron 3, Nyíregyházán és Szombathelyen pedig 1-1 dolgozat született. A versenyzők -a gimnazista volt; az érettségizett versenyzők valamennyien budapesti egyetemeken (BMGE, ELTE) tanulnak. Ismertetjük a feladatokat, s azok helyes megoldását.
1. Szeretnénk megbecsülni, hogy mekkora erő feszíti a gyűrűn edző tornász karjait pályájának legalsó pontján, ha kézenállásból óriáskörbe lendül. A következő egyszerű modellt alkalmazzuk: igen hosszú, nyújthatatlan kötél végére hosszúságú, tömegű homogén rudat erősítünk, és az 1. ábrán látható helyzetből elengedjük. Számítsuk ki, hogy mekkora erő feszíti a kötelet az 1. ábrán látható pillanatban! (A kötél tömegét hanyagoljuk el!)
1. ábra
() (Takács Gábor feladata nyomán) |
Megoldás. Az eldőlő rúdra két erő hat: az nehézségi erő és a kötélerő (2. ábra). Mindkettő függőleges irányú (a változó nagyságú kötélerő azért, mert a kötél ,,igen hosszú''). Mivel csak függőleges erők hatnak a rúdra, ezért a tömegközéppontja is csak függőleges, egyenes vonalú pályán mozoghat, tehát függőleges (nem harmonikus) rezgőmozgást végez.
2. ábra A rúd alsó (a kötéllel érintkező) végének függőleges irányú elmozdulása a mozgás során mindvégig zérus, ez a pont tehát függőlegesen nem gyorsul. A kérdezett állapotban a tömegközéppont sebessége zérus, gyorsulása pedig maximális és akkora, amekkora nagyságú a rúd végeinek gyorsulása a tömegközéppont vonatkoztatási rendszerében: A munkatétel szerint: továbbá a dinamika alaptörvénye szerint: E két egyenletből következik: .
Megjegyzések. 1. Az eredményül kapott erő hihetetlenül nagy! Még akkor is, ha figyelembe vesszük, hogy a tornász egy karját ekkora erőnek csak a fele feszítené. Nem csoda, hogy olyan sok versenyző elhitte a feladat egyik tipikusan hibás feltételezésével, a kötél mozdulatlannak vélt alsó végpontja körüli forgásból kapható (hibás) végeredményt. Nem sokkal az Eötvös-verseny után volt Debrecenben a 2002. évi tornász világbajnokság, amelyet gyűrűn ‐ mint ismeretes ‐ Csollány Szilveszter nyert meg. Az ő gyakorlatát alaposan megfigyelve jól lehetett látni, hogy a feladatban használt modell mennyire durva közelítése a merev testnek aligha tekinthető tornász mozgásának. 2. A feladat ugyan nem kérdezte, de tanulságos kiszámítani a kötelet feszítő erőt a rúd tetszőleges, mondjuk a függőlegessel szöget bezáró helyzetében is. A fentiekhez hasonló számolásból (munkatétel + mozgásegyenlet) adódik: | | Ez a kifejezés sehol nem nulla (3. ábra), tehát a kötél nem lazul meg, jóllehet -nál alaposan ( egyhatodára) lecsökken.
3. ábra 2. Zárt lombikban egy kevés víz van. A lombik száját lefelé fordítva a víz kb. magasan áll a lombik nyakában. (A belső méreteket a 4. ábra mutatja.)
4. ábra Ezután a lombikot függőleges tengelye körül egyenletes forgásba hozzuk úgy, hogy másodpercenként hármat forduljon. Gondoskodunk róla, hogy a lombik falának hőmérséklete mindenütt ugyanakkora legyen. Kellően hosszú idő után egyensúly áll be. Rajzoljuk fel vázlatosan, hogyan helyezkedik el ekkor a víz a lombikban!
Megoldás. A feladat első ránézésre mechanikai problémának látszik. Ki fog derülni, hogy legalább ennyire termodinamikai feladat is; az egyensúly, ami ,,kellően hosszú idő után'' beáll, termodinamikai egyensúly lesz. A példa termodinamikai jellegére utal a lombik falának hőmérsékletéről szóló mondat is.
5. ábra Az egyenletes forgásba hozott folyadék felszíne a földi homogén nehézségi erőtérben forgásparaboloid. Ennek síkmetszetét mutatja az 5. ábra. A ,,megforgatott parabola'' egyenlete az ábrán felvett koordináta-rendszerben
Megjegyzések. 1. A fenti összefüggést annak alapján határozhatjuk meg, hogy a folyadék az szögsebességgel forgó koordináta-rendszerben egyensúlyban van; felülete a ráható erők eredőjére merőleges. Így az érintő iránytangense amiből [minthogy ] a megadott formula következik. 2. Úgy is megkaphatjuk a felület egyenletét, hogy felismerjük: egy tömegű folyadékdarabkára ható centrifugális erő kifejezése hasonló a Hooke-törvényben szereplő rugóerő képletéhez, de a ,,rugóállandó'' negatív, . Ennek megfelelően a ,,centrifugális potenciális energia'' , amihez hozzáadva a gravitációs helyzeti energiát a teljes potenciális energiára adódik. A folyadék szabad felszínén a teljes potenciális energia mindenhol ugyanakkora kell legyen, ami a megadott parabola egyenletéhez vezet. 3. Az összefüggés levezetését a feladat nem kívánta meg. Mivel az Eötvös-versenyen bármilyen könyv használható a megoldáshoz, egyszerűen ki lehetett írni a megfelelő képletet például Budó: Kísérleti fizika, I. kötetének megfelelő fejezetéből.
Megvizsgálva a feladat konkrét adatait könnyen belátható, hogy a forgó folyadék felülete felveszi a forgásparaboloid alakot anélkül, hogy a folyadék széle a lombik nyakában egészen a gömbig felemelkedne. Felmerülhet azonban egy kérdés ‐ és ez volt a kulcs a feladat helyes megoldásához ‐, hogy ha gondolatban meghosszabítanánk ezt a forgásparaboloidot egészen a gömbig, vajon nem ,,vágna-e bele'' a gömbbe? Mert ha igen, akkor ott a gömbben, a forgásparaboloid alatt is lehetne víz! Vegyünk ismét egy, a forgástengelyen átmenő síkmetszetet! Határozzuk meg annak a parabolának a legmélyebb pontját, amely érinti a gömblombik síkmetszeteként adódó kört! Legyen ez a pont -val mélyebben, mint a kör középpontja, ekkor a parabola egyenlete (a kör közepéhez választva a koordináta-rendszer kezdőpontját) a kör egyenlete pedig . Ebből -et kifejezve és a parabola egyenletébe helyettesítve a kör és a parabola közös pontjainak koordinátáira a következő másodfokú egyenletet kapjuk:
6. ábra Amikor a parabola érinti a kört, a fenti egyenletnek csak 1 gyöke lehet, tehát a diszkrimináns zérus kell legyen, és éppen ez ad feltételt a magasságra: Behelyettesítve a , ω=2π⋅3s-1, R=0,1m adatokat, h-ra 0,195m=19,5 cm adódik. A gömb sugara 10 cm, a nyak hossza ugyancsak 10 cm, együtt ez több, mint 19,5cm. A gömböt érintő paraboloid tehát a lefelé fordított lombik nyakának legalsó pontjánál fél centiméterrel feljebb halad! A feladat megoldásához tartozó paraboloid persze ennél az érintő paraboloidnál is valamivel feljebb halad, mégpedig úgy, hogy a gömblombik nyakában a paraboloid alatt maradó víz éppen annyival kevesebb az eredetileg ott volt víznél, amennyi a gömbben, egy körbefutó keskeny sávban a paraboloid alá került. De hogyan került oda a víz? Voltak versenyzők, akik arra tippeltek, hogy a gömblombik felpörgetésekor talán odafreccsenhetett a víz. Ez a feltevés nincs híjával az iskolai szertárakban található forgatógépekkel szerzett érdekes tapasztalatoknak. Mégsem ez a probléma megoldása, hanem az, hogy a lombikban a cső nyakánál elpárolgó vízgőz egy része csapódik ki ‐ megfelelő helyen ‐ a lombik falára. Ennek a termodinamikai folyamatnak a hajtóereje pedig éppen az az ici-pici nyomáskülönbség, ami a lombikban fellép a nehézségi erő és a forgás együttes hatása miatt. Egy-egy forgásparaboloid mentén a víz a forgó koordináta-rendszerből nézve egyensúlyban van, hiszen éppen ez a feltétel határozza meg a felület alakját. Különböző forgásparaboloidokat összehasonlítva viszont a magasabban elhelyezkedő felület mentén nagyobb egy bizonyos vízmennyiség energiája, mint az alacsonyabban levő felületnél. Egyensúlyi állapotban a víz felszíne ugyanazon paraboloidon kell elhelyezkedjen a lombik nyakában és a gömbben is, ha nem így lenne, a párolgás és lecsapódás folyamata ,,megkeresné'' az alacsonyabb összenergiájú állapotot.
7. ábra Végeredményben tehát a 7. ábrán látható vázlatos rajz (helyes indoklással) a feladat megoldása.
Megjegyzések. 1. A paraboloid helyzetének pontos meghatározása nem volt feladat ‐ középiskolai matematikával ez nehéz is lett volna. 2. Béky Bence budapesti versenyző eljutott annak felismeréséhez, hogy lehet víz a lombik falán, de nem hitte el, hogy ez meg is valósulhat. ,,Ugyanúgy nem ‐ írta ‐, mint ahogy egy, az asztalon álló pohár vízből sem mászik ki a víz az asztalra, hiába lenne ott kisebb az energiája.'' Nos, az érdekes az, hogy a víz onnan is kimászhat, még a tökéletes hőmérsékleti egyensúly esetén is, éppen a meglévő piciny barometrikus nyomáskülönbség miatt, ami a pohárban levő víz felszíne és az asztal (vagy még inkább a padló) szintje között fennáll. Letakarva egy üvegharanggal az asztalon álló pohár vizet, el is végezhető a kísérlet. Csak kissé soká kell várni! (Üvegharang nélkül is ,,kimászik'' a víz a pohárból, de a szoba nagy légtere miatt sehol sem csapódik le, hanem telítetlen gőz formájában a levegőben marad.)
3. Két szigetelő félgömbhéjat (például két fél pingponglabdát) egymás közvetlen közelében helyezünk el a 8.a ábra szerint, koncentrikusan. Az egyikre Q, a másikra q töltést viszünk fel, egyenletesen.
8. ábra a) Mekkora erőt fejt ki egymásra e két test? b) Megváltozik-e az eredmény, ha az egyik félgömbhéj csak fele akkora sugarú? () (Gagik Grigorjan [Örményország] feladata nyomán) |
Megoldás. ,,Ha nem tudsz megoldani egy feladatot, csinálj belőle magadnak egy könnyebbet'' ‐ tanácsolja Pólya György (1888‐1985) ,,A gondolkodás iskolája'' c. könyvében. Tegyük ezt most mi is, mindaddig, amíg csak egy olyan feladatig jutunk, amit már meg tudunk oldani. Innen visszafejtve a gondolatsort, talán kaphatunk ötleteket a nehezebb feladatok megoldásához. Foglalkozzunk először az a) kérdéssel! Mi lenne, ha mindkét félgömbhéjon ugyanakkora, (Q,Q) töltés lenne? Mi lenne, ha a töltések ellentétes előjelűek (Q,-Q) lennének? Ilyenkor jut az ember eszébe a síkkondenzátor. A Q töltésű síkkondenzátor lemezein Q és -Q töltés, a lemezek között E térerősségű homogén tér van. A kondenzátor energiája amiből látszik, hogy a lemezek közötti erő nagysága Innen lépegessünk visszafelé! Ha nem Q és -Q, hanem Q és +Q töltés van a lemezeken, akkor annyi a különbség, hogy nem vonzó, hanem taszító erő lép fel, E pedig annak a térerősségnek a nagysága, ami a lemezeken kívül jelenik meg. Két szembefordított, Q töltéssel egyenletesen feltöltött gömbhéj elektromos tere ugyanaz, mint ami egyetlen gömbön kívül lép fel, ha az 2Q töltéssel van egyenletesen feltöltve. Ekkor a térerősség a gömbön kívül akkora, amekkora a 2Q nagyságú, a gömb közepén elhelyezett ponttöltéstől jönne létre: A gömb felületén a töltéssűrűség: Ugyanitt az energiasűrűség (egységnyi térfogatra jutó energia, nyomás jellegű mennyiség): Egy elektromosan töltött felület adott nagyságú darabkájára ható erőt a felület nagysága, töltéssűrűsége és a felület közvetlen közelében mérhető elektromos térerősség egyértelműen meghatározza. Ez az elektrosztatikus ,,nyomás'' tehát nemcsak a síkkondenzátor, hanem a töltött félgömbhéj esetében is a fentebb kiszámított p-vel (az energiasűrűséggel) egyezik meg. A félgömbhéjra ható eredő erő ugyanakkora, mint a félgömbhéjat gondolatban lezáró körlapra ható erő lenne p nyomás esetén (hiszen egy p nyomású gázba helyezett lezárt félgömbre a gáz által kifejtett eredő erő nyilván zérus). A kérdéses erő tehát | F=p⋅R2π=12σE⋅R2π=1214πε0Q2R2. |
Kiszámítottuk a két szembefordított, egyenként Q töltésű félgömbhéj között fellépő erőt. Térjünk vissza most az eredeti a) kérdéshez, ami az eddig tárgyalt esettől csak abban tér el, hogy az egyik félgömbhéjon nem Q, hanem q töltés van! Az elektrosztatikus erő arányos a test töltésével, ezért
Megjegyzés. Látható, hogy a Coulomb-törvényhez nagyon hasonló formulát kaptunk, csupán a képletben szereplő numerikus együttható tér el az ismert kifejezésétől. Akár meg is kereshetnénk azokat a pontokat a félgömbök belsejében, ahova elhelyezett Q illetve q ponttöltések éppen ekkora erőt fejtenek ki egymásra; ez azonban nem volt kérdés a feladatban. Megjegyezzük, hogy a kérdéses pontok nem esnek egybe a homogén tömegeloszlású félgömbhéjak tömegközéppontjaival, mint azt több versenyző tévesen állította. Az eltérésnek az az oka, hogy csak a homogén gravitációs erőtér hatása helyettesíthető a tömegközéppontba képzelt testre ható erővel, a Coulomb-féle erőtér pedig inhomogén! A b) kérdés megoldásához ismét idézzük fel Pólya György tanácsát! A kérdéses aszimmetrikus elrendezés helyett tekintsünk egy szimmetrikusat, amit feltehetőleg egyszerűbb lesz kezelnünk. Egészítsük ki a b) elrendezést a ,,tükörképével'' (9. ábra)! Írjuk fel a bal oldali két félgömbhéj által a jobb oldali két félgömbhéjra kifejtett eredő erőt! Ez négy erőből tehető össze: Az összeg két utolsó tagja egyenlő egymással, és mindegyikük éppen az az Fb erő, amit keresünk! Ha tehát ki tudjuk számítani F-et, akkor FQ→Q és Fq→q ismeretében (amelyeket az a) kérdésre tudunk visszavezetni) a keresett erő meghatározható.
9. ábra F kiszámításához tekintsük azt az elektromos teret, amit két koncentrikus gömbhéj hoz létre: a belső, r sugarú, 2q töltésű gömbhéj és a külső, R sugarú, 2Q töltésű gömbhéj. Gyakorlatilag ez lesz a négy félgömnhéj által létrehozott elektromos tér is.
10. ábra A kis gömbhéj belsejében az elektromos térerősség nulla. E gömb felületén a töltéssűrűség: a térerősség pedig a gömb felületénél, de kívül: Ennek a kis gömbnek a tere a nagy gömb felületénél, annak belsejében: A nagy gömb felületén a töltéssűrűség: A nagy gömbön kívüli térrészben a térerősségért mindkét gömb töltése felelős. Az elektromos térerősség nagysága A fenti kifejezések segítségével ‐ az a) kérdésnél alkalmazott gondolatmenetet követve ‐ F-et a következő módon számíthatjuk ki: | F=12σqE1r2π+12σQ(E2+E3)R2π. | Behelyettesítve σq, σQ, E1, E2 és E3 fenti kifejezéseit, F meghatározható. Az a) kérdésre adott választ felhasználva | FQ→Q=1214πε0Q2R2ésFq→q=1214πε0q2r2. | Ezek után a keresett Fb=Fq→Q-ra kapjuk: Az eredmény meglepő, hiszen független r-től, így a b) esetben is ugyanakkora az erő, mint az a) esetben! (Ennyi számolás után meg is érdemeltünk egy kellemes meglepetést.)
Megjegyzés. A b) kérdést megválaszoló versenyzők több kiváló ötlettel is éltek. Nagy Márton (Budapest) gondolatban körülvette a 11.a ábrán látható elrendezést (amelyen az egyszerűség kedvéért csak a kisebb félgömbhéjra ható erőt tüntettük fel) egy R-nél ,,hajszálnyival'' nagyobb sugarú, -2Q töltésű gömbhéjjal (11.b ábra). Így a félgömbhéjak között ható erőt nem változtatta meg, hiszen az egyenletesen töltött gömbhéj térerőssége belül nulla. Ez az elrendezés nyilván egyenértékű a 11.c ábrán láthatóval, amiből -Q előjelét megváltoztatva a 11.d ábrán feltüntetetthez jutunk. Tükrözzük ezt az elrendezést a félgömbhéjak képzeletbeli határsíkjára (11.e ábra). Azt kaptuk, hogy a Q töltésű (egyenletes töltésű) félgömbhéj ugyanakkora erőt fejt ki egy ,,benne lévő'' másik, q töltésű félgömbhéjra, mint amekkorát egy ,,belőle kilógó'' q töltésű félgömbhéjra. Ezek szerint egy 2q töltésű gömbre a nagy félgömbhéj 2F erőt fejtene ki, q össztöltésű gömbre pedig ennek felét, F-et (11.f ábra).
11. ábra Most már csak a hatás‐ellenhatás törvényét kell alkalmaznunk: a q töltésű gömb (amelynek elektromos tere a gömbön kívül egy ponttöltés terével is helyettesíthető, tehát nem függ r-től!) a Q töltésű félgömbhéjra éppen a keresett F nagyságú erőt fejti ki (11.g ábra). A végeredmény a Coulomb-törvény és a gáznyomásos hasonlat alkalmazásával adódik: | F=14πε0qR2⋅Q2πR2⋅R2π=18πε0QqR2. |
Még tovább ment a feladat általánosításában Csóka Endre (Debrecen), aki ‐ a fentiekhez hasonló ,,tükrözéses módszerrel'' ‐ megmutatta, hogy a félgömbhéjak között ható F erő nagysága akkor is a fent kiszámított érték, ha a két félgömb szimmetriatengelye tetszőleges α szöget zár be egymással. Az erő nagysága a töltések szorzatán kívül csak a nagyobb félgömbhéj sugarától függ, iránya pedig a nagyobb félgömb szimmetriatengelyével párhuzamos, jóllehet a hatásvonala általában nem megy át a félgömbhéjak közös középpontján (12.a ábra). Ez az eredmény is meglepő, hiszen ha r és R majdnem egyforma nagyságúak, egyikük csupán egy parányival nagyobb a másiknál, akkor az erő iránya ugrásszerűen változik, attól függően, hogy melyik sugár is a nagyobb (12.b és 12.c ábrák).
12. ábra Az ünnepélyes eredményhirdetésre és díjkiosztásra 2002. november 29-én került sor az ELTE TTK lágymányosi (északi) épületének 0.83-as tantermében. Itt a Versenybizottság elnöke először megemlékezett a 100 évvel ezelőtti Eötvös-verseny akkori nyerteséről, Kőnig Dénes (1884‐1944) matematikusról, majd bemutatta a hallgatóságnak Zanati Tibort, aki 50 évvel ezelőtt nyert díjat az Eötvös-versenyen. Ezután ismertette a feladatok helyes megoldását, majd felkérte Gyulai József akadémikust, az Eötvös Loránd Fizikai Társulat elnökét, hogy adja át a díjakat. A Versenybizottság (Radnai Gyula elnök, Károlyházy Frigyes és Gnädig Péter) döntése alapján I. díjat nyert és 15 ezer Ft jutalmat kapott Nagy Márton, az ELTE fizikus hallgatója, aki a budapesti Piarista Gimnáziumban érettségizett, mint Futó Béla tanítványa. II. díjat nyert és 10-10 ezer Ft jutalmat kapott Béky Bence, a BMGE mérnök-fizikus hallgatója, aki a Fazekas Mihály Fővárosi Gyakorló Gimnáziumban érettségizett mint Horváth Gábor tanítványa, valamint Tóth Sándor, a csongrádi Batsányi János Gimnázium 12. évf. tanulója, Szucsán András és Hilbert Margit tanítványa. III. díjat nyert és 5-5 ezer Ft jutalmat kapott Csóka Endre, a debreceni Fazekas Mihály Gimnázium 12. évf. tanulója, Kiszely Ildikó és Szegedi Ervin tanítványa, Siroki László, a BMGE műszaki informatikus hallgatója, aki a debreceni Fazekas Mihály Gimnáziumban érettségizett mint Simon Gyula és Szegedi Ervin tanítványa; Szabó Áron, a debreceni Fazekas Mihály Gimnázium 11. évf. tanulója, Simon Gyula és Szegedi Ervin tanítványa, továbbá Vehovszky Balázs, a budapesti Piarista Gimnázium 12. évf. tanulója, Futó Béla tanítványa. Kiemelt dicséretet kapott Balogh László, a Fazekas Mihály Fővárosi Gyakorló Gimnázium 12. évf. tanulója, Horváth Gábor tanítványa. Dicséretet kaptak a következők: Geresdi Attila, a BMGE mérnök-fizikus hallgatója, aki a pécsi Árpád fejedelem Gimnáziumban érettségizett Kotek László tanítványaként, Hamar Gergő, az ELTE fizikus hallgatója, aki a dombóvár Illyés Gyula Gimnáziumban érettségizett mint Freller Miklós tanítványa, Pápai Tivadar, a BMGE műszaki informatikus hallgatója, aki a barcsi Dráva Völgye Középiskolában érettségizett mint Horváth Ferenc és Kotek László tanítványa, valamint Rácz Béla András, a Fazekas Mihály Fővárosi Gyakorló Gimnázium 11. évf. tanulója, Horváth Gábor tanítványa. Idén első alkalommal vehette át a verseny I. díjasa a Társulat Eötvös-verseny érmét. A verseny valamennyi díjazott és dicséretben részesült versenyzője a Nemzeti Tankönyvkiadótól 4-4 ezer forintos könyvutalványt kapott, az ünnepélyes díjkiosztáson megjelent tanáraik pedig a Műszaki Kiadó, a Nemzeti Tankönyvkiadó és a Typotex Kiadó ajándékkönyveiből válogathattak. A program befejeztével a még ott maradt tanárok és diákok kihasználhatták az alkalmat, hogy egymással s a korábbi Eötvös-versenyek jelenlevő nyerteseivel elbeszélgessenek, s újra megtekintsék a ,,Csollány-feladathoz'' kapcsolódó demonstrációs kísérleteket. |