A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.Beszámoló a 2011. évi Eötvös-versenyről Radnai Gyula 2011. október 14-én délután 3 órai kezdettel került sor a háború utáni 63. Eötvös-versenyre Budapesten és a terv szerint 15, valójában csak 9 vidéki városban. Sajnos Sopronban nem sikerült megrendezni a versenyt, Békéscsabán, Egerben, Nyíregyházán, Székesfehérváron és Szombathelyen pedig egyetlen versenyző sem jelent meg a verseny meghirdetett helyszínén. Feltűnő volt a vidéki diákok érdektelensége; még olyan egyetemi városban is, mint Debrecen, csupán egyetlen versenyző akadt. Az Eötvös-verseny rendezője az Eötvös Loránd Fizikai Társulat, amelynek helyi csoportjai adják a verseny helyi szervezőit. Az ő munkájuk veszett kárba az említett városokban. Szegeden és Pécsett 11-11 versenyző, Budapesten 67 versenyző indult, a többi helyszínen egyaránt 10-nél kevesebben voltak. Először fordult elő, hogy a vidéki helyszíneken együttvéve kevesebb versenyző (41) jelent meg, mint Budapesten. Az összesen 108 versenyzőből 26-an voltak a két nagy budapesti egyetem (BME, ELTE) elsőéves hallgatói, és pontosan ugyanennyi diák jött a Fővárosi Fazekas Mihály Gyakorló Gimnáziumból. Az egyetemisták közül öten érettségiztek a Fazekasban, négyen az ELTE Apáczai Csere János Gyakorló Gimnáziumban. Innen további hat diák indult a versenyen. A vidéki középiskolák közül a szegedi Radnóti Miklós Kísérleti Gimnáziumból jött a legtöbb (8) versenyző. Külföldi versenyző egyetlen akadt, az ELTE egyik elsőéves hallgatója. A feladatokat az Eötvös-versenybizottság tűzte ki, és a versenyzők dolgozatait is ugyanez a bizottság értékelte. (Tagjai Honyek Gyula, Károlyházy Frigyes, Vigh Máté, elnöke Radnai Gyula.) A feladatok megoldására 300 perc állt rendelkezésre. Ismertetjük a feladatokat és azok megoldását.
1. feladat. Pályafutásuk végén a sorsukra hagyott műholdak a sebesség négyzetével arányos légellenállási erő hatására fokozatosan veszítenek mechanikai energiájukból, és végül a légkör sűrűbb rétegeibe érve elégnek. Belátható, hogy az eredetileg körpályákon keringő műholdak a Föld felszínéhez közeledve mindvégig közelítőleg körpályákon haladnak, miközben a ,,körpályák'' sugara lassan csökken. Tegyük fel, hogy egy tömegű műholdat, amely az Egyenlítő síkjában, -es magasságban körpályán kering, magára hagynak! A műholdra ható légellenállási erőt az alakban adhatjuk meg, ahol , ϱ a levegő sűrűsége a műhold magasságában, v pedig a műhold sebessége. a) Határozzuk meg a műhold sebességváltozását, miközben pályamagassága a felére csökken (h→h/2)! b) A légellenállási erő, valamint a műholdra ható két erő (gravitációs és légellenállási) eredőjének pályamenti (érintőleges) összetevője között egy egyszerű összefüggés állapítható meg. Hogy szól ez? c) Mekkora a levegő sűrűsége h/2=200km magasságban, ha itt egy fordulat alatt a műhold pályasugara 100m-rel csökken? A megoldáshoz szükséges további adatokat táblázatokból vehetjük.
Megoldás. Adottak:
m=500kg,h=400km=4⋅105m,r1=R+h,r2=R+h2,Flég=Kϱv2(aholK=0,23m2),Δr=-ε(=-100m).
Táblázatból vehető a Föld egyenlítői R sugara, M tömege és a gravitációs törvényben szereplő γ állandó:
R=6378km=6,378⋅106m,M=5,974⋅1024kg,γ=6,673⋅10-11m3/(kg⋅s2).
a) A feladatban megfogalmazott feltételek szerint ,,a műholdak a Föld felszínéhez közeledve mindvégig közelítően körpályán haladnak'', ezért jó közelítésben írhatjuk: Ennek alapján amelybe behelyettesítve r1 és r2 értékeit, megkapjuk a két sebességet: A műhold sebességváltozása tehát A légellenállás következtében nőtt a műhold sebessége! Szokás ezt űrhajózási paradoxonnak is nevezni. A légellenállási, súrlódási erő munkája szükségképpen negatív, mégis nő a műhold mozgási energiája! Hogyan lehetséges ez? Erre kaphatunk választ a feladat b) és c) részének megoldása során. Érdemes lesz mindkét esetben abból indulunk ki, hogyan változik meg a műhold mechanikai összenergiája, vagyis a kinetikus és potenciális energia összege. Ez az, ami a légellenállási erő hatására csökkenhet.
b) A légellenállási erő teljesítménye: Ez egyenlő az összenergia változási sebességével: Az összenergia kinetikus és potenciális részből áll: | Eössz=Ekin+Epot=12mv2+(-γmMr). |
E két rész azonban kifejezhető egymásból. Írjuk fel újra a dinamika alaptörvényét: amiből kapjuk: | Ekin=12mv2=12γmMr=12(-Epot). |
Az összenergiát tehát így is felírhatjuk: | Eössz=Ekin+Epot=Ekin-2Ekin=-Ekin<0. | (Az, hogy az összenergia negatív, nem kell, hogy megijesszen senkit, az atomfizikában számos példát látunk erre.) Most tehát (1) így írható: illetve | Flég⋅v=Δ(12mv2)Δt=mvΔvΔt=mvat. |
A légellenállásra egy érdekes kifejezést kaptunk: Az mat kifejezés a tangenciális (pályamenti) eredő erőt adja, amely most a gravitációs erő pályamenti összetevőjének és a légellenállási erőnek az eredője (1. ábra), tehát Ezt vessük össze (2)-vel:
1. ábra. A feladat számadataival: Fgrav=4,6kN, Flég=5,6mN, φ=1,2⋅10-6rad=0,25''. A vázlatos ábra nem méretarányos Az az egyszerű összefüggés tehát, amely a légellenállási erő, valamint a műholdra ható két erő (gravitációs és légellenállási) eredőjének pályamenti összetevője között fennáll az, hogy e kettő nagysága egyenlő egymással.
c) Ismét az összenergia változásából érdemes kiindulnunk, de az összenergiát most ne a kinetikus, hanem a potenciális energiával fejezzük ki, felhasználva az Ekin=-Epot/2 összefüggést:
Eössz=Ekin+Epot=-Epot2+Epot=Epot2.ΔEösszΔt=12ΔEpotΔt,
ami Δr-rel szorozva és osztva így is írható: Mit mondhatunk a sugár változási sebességéről? Ismert adat, hogy egyetlen fordulat során a pályasugár ε=100 méterrel csökken, tehát Határozzuk meg a potenciális energia és a pályasugár változásának viszonyát: | ΔEpotΔr=Δ(-γmMr)Δr=γmMr2. |
Most már felírhatjuk az (1) egyenletet, amelyben az összenergiát a potenciális energiával fejezzük ki:
-Flég⋅v=ΔEösszΔt=12ΔEpotΔt=12ΔEpotΔrΔrΔt,-Flég⋅v=12γmMr2-ε2rπv,Flég=14πγmMr3ε,Kϱv2=14πγmMr3ε.
Ebben az egyenletben már csak ϱ az egyetlen ismeretlen, éppen ezt kellett kiszámítanunk! De hogy még szebb, elegánsabb formulát kapjunk, használjuk fel újra a v2=γM/r összefüggést, így a következőt kapjuk: r=r2, valamint ε megadott értékét behelyettesítve
Kiegészítés: Az a) kérdésre mg=mv2/r felhasználásával is válaszolhatunk, ha figyelembe vesszük a gravitációs gyorsulás magasságfüggését: g=g0(1-hr)2. Ezzel ahol g0 az egyenlítői gravitációs gyorsulás, amely azonban a táblázatban adott egyenlítői nehézségi gyorsulásnál nagyobb! A különbség a Föld forgásából adódó ,,centri'' gyorsulás.
2. feladat. Egy függőlegesen álló, henger alakú zárt tartály magassága legyen mondjuk 20 cm! Tegyük fel, hogy a tartály falának és belső tartalmának hőmérséklete huzamos ideje T=1∘C! A tartalom pedig egy, a tartály alaplapját borító papírvékonyságú vízréteg és fölötte ennek a telített gőze, más semmi. Az oldalfalat hőszigetelőnek tekinthetjük, az alap- és fedőlap azonban igen jó hővezető vékony fémlemez, amelyeknek a hőmérsékletét kívülről szabályozhatjuk. A lehetőséggel élve emeljük a fedőlap hőmérsékletét Tf=100∘C-ra, miközben az alaplap hőmérsékletét T=1∘C-on tartjuk, és gondoskodjunk róla, hogy ezek az értékek elég sokáig így maradjanak! Várjuk meg, amíg az edényben kialakul a víz, illetve a gőz új stacionárius állapota, amely már nem változik tovább!
a) A korábbi egyensúlyi állapothoz képest megváltozott-e említésre méltó mértékben a gőzállapotban lévő vízmolekulák száma, és ha igen, akkor nőtt vagy csökkent?
b) Vajon mi lenne a válasz, ha a kezdeti állapotban a vízréteg magassága 10 cm lenne?
Megoldás. Ha egy folyadék saját telített gőzével érintkezik, akkor a gőz nyomása csak közös hőmérsékletüktől függ. Az alul levő 1∘C-os víz felett a gőz nyomása tehát mindkét esetben ugyanannyi. (A táblázatból interpolációval leolvasható ennek aktuális értéke: 660 Pa.) A gőznyomás az egész edényben ugyanakkora, de abban az esetben, ha a hőmérséklet felfelé emelkedik, a gőz sűrűsége felfelé csökken. (Szintén a táblázatból olvasható ki, hogy az 1∘C-os telített gőz sűrűsége 5,2 g/m3, amiből egy átlagosan 50,5∘C-os gőz sűrűségére ,,ideális gáz közelítésben'' 4,4 g/m3 adódik.) A gőz új stacionárius (időben állandó) állapotában tehát a gőz átlagos sűrűsége kisebb lett, vagyis a gőzállapotban levő vízmolekulák száma csökkent (2. ábra)!
2. ábra b) Ha a vízréteg magassága kezdetben 10 cm, a víz kitölti az edény felét. Felette azonban ugyanúgy 1∘C hőmérsékletű és 660 Pa nyomású telített gőz van, mint az a) esetben. Amikor viszont a fedőlap hőmérsékletét 100∘C-ra emeljük, már nem mondhatjuk, hogy az egész víz 1∘C-os marad, ugyanúgy, mint amikor ,,papírvékonyságú'' volt. Azt se állíthatjuk persze, hogy jelentősen felmelegszik a víz felső rétege, mivel a víz sokkal jobb hővezető, mint a vízgőz. Mennyire melegszik hát fel? Táblázatból kiolvasható, hogy a vízgőz hővezetési együtthatója míg a víz hővezetési együtthatója | λvíz=0,587Jm K s=587⋅10-3Jm K s. | Mivel a vízréteg és felette a vízgőz ugyanolyan (10 cm) magas, és a kialakuló hőmérsékletkülönbségek fordítva arányosak a hővezetési együtthatókkal, ezért a víz tetejének és a vele érintkező vízgőznek a közös hőmérsékletét Tk-val jelölve felírhatjuk: | Tk-1∘C100∘C-Tk=λgőzλvíz=18⋅10-3587⋅10-3. | Ennek alapján kapjuk Tk-ra a 4∘C-os értéket, amit már a 3. ábrán is feltüntettünk.
3. ábra Ezek után a táblázatból extrapolációval kiolvashatjuk a 4∘C-hoz tartozó telítési gőznyomás nagyságát: 820 Pa. Ez is szerepel már az ábrán. Hasonlóképpen kiolvashatjuk a telített vízgőz sűrűségének értékét 4∘C-on, ez 6,4 g/m3. A nyomás az egész gőztérben 820 Pa lesz, a gőz sűrűsége azonban csak legalul 6,4 g/m3, felfelé egyre kevesebb. Megbecsülhetjük az átlagos sűrűséget, újra csak ideális gáznak tekintve a vízgőzt, amely átlagosan 50,5∘C hőmérsékletű: | ϱ=274323,5⋅6,4gm3=5,4gm3. |
Ez viszont még mindig több, mint az 1∘C-hoz tartozó 5,2 g/m3 érték, vagyis ebben az esetben a gőzállapotban levő vízmolekulák száma nőtt!
Kiegészítés: Számításunkban eltekintettünk a víz sűrűségváltozásától, amely persze elhanyagolható a vízgőz sűrűségváltozásához képest. Mégis okozhat egy kis galibát, ha figyelembe vesszük, hogy a 4∘C-os legfelső vízréteg sűrűsége nagyobb, mint az alatta levőké. Ezáltal a víz mechanikailag instabillá válik az edényben, s az egyensúlynak kis megzavarása is áramlásokat idézhet elő. Ha valamelyik versenyző erre is utalt volna a dolgozatában, a versenybizottság plusz pontokkal jutalmazta volna, de senkinek se jutott ez akkor eszébe. Hasonlóképpen figyelmen kívül hagyta mindenki a 100∘C-os felső lap hősugárzásának hatását a vízréteg hőmérsékletére, azonban ez a hatás nem is olyan jelentős, hogy módosítaná a végső választ: az a) esetben csökken, a b) esetben nő a vízgőz molekuláinak száma.
3. feladat. Egy toroid (úszógumi) alakú ,,sovány'' vasmagra szimmetrikus elrendezésben három egyforma, ,,kövér'' elektromágneses tekercs van felfűzve a 4. ábra szerint. Az első tekercsre váltóáramú feszültségforrást kapcsolunk, a második tekercs kivezetéseit szabadon hagyjuk, a harmadik tekercs csatlakozóira pedig voltmérőt kötünk. Ekkor a voltmérő a feszültségforrás effektív értékének a felét mutatja.
4. ábra Ezután a második tekercs kivezetéseit a K kapcsolóval rövidre zárjuk. Mit mutat ebben az esetben a voltmérő?
Útmutatás: A tekercsek ohmos ellenállása elhanyagolható, a feszültségforrást és a voltmérőt ideálisnak tekinthetjük. A vasmag mágneses permeabilitása nem függ a mágneses fluxustól.
Megoldás. A könnyebb áttekinthetőség végett a tekercseket már a feladat ábráján megszámoztuk. A szimmetrikus elrendezés miatt (a középiskolai képlettár jelöléseit követve) a tekercsek önindukciós és kölcsönös indukciós együtthatói között az alábbi összefüggéseket írhatjuk fel:
L11=L22=L33,jelöljük L-lel;L12=L21=L13=L31=L23=L32,jelöljük M-mel.
Tekintsük az egyes tekercsekben indukált feszültségeket! Minthogy I2=0, mert a kapcsoló nyitva van, valamint I3≈0, mert a voltmérő ellenállása nagyon nagy, csupán az I1 áram változása indukál feszültséget. Az 1. tekercsben U1=LΔI1Δt, a 3. tekercsben pedig U3=MΔI1Δt. A feladat szövege szerint U3=U12, vagyis M=L2. Zárjuk a kapcsolót! Ekkor már a 2. tekercsben is fog áram folyni, vagyis az egyes tekercsekben indukált feszültségek így írhatók fel:
U1=LΔI1Δt+MΔI2Δt,U2=MΔI1Δt+LΔI2Δt,U3=MΔI1Δt+MΔI2Δt.
Azt kell észrevennünk, hogy a rövidzár miatt U2=0. Ezt felhasználva a két áramváltozási sebesség között adódik egy egyszerű összefüggés: Képezzük az U3U1 hányadost: (Az utolsó lépésnél figyelembe vettük, hogy M=L/2). Tehát a kapcsoló zárása után a voltmérő a feszültségforrás effektív értékének harmadát fogja mutatni. Kiegészítés: A vasmag permeabilitásának állandóságát akkor használtuk fel, amikor feltételeztük a tekercsek induktivitásának és a kölcsönös indukciós együtthatóknak az állandóságát, vagyis hogy pl. M=L/2 akkor is fennáll, ha zárjuk a kapcsolót. Szokatlan volt a feladatban, hogy ebben a tipikusan transzformátoros összeállításban a feszültségek aránya lényegesen eltér a menetszámok arányától. A mindennapi gyakorlatban ez jól ismert jelenség, inkább az tekinthető idealizációnak, hogy az említett két arány megegyezik. A mágneses mező ,,kiszóródása'' a vasmagból általában elkerülhetetlen, ha nem is olyan jelentős mindig, mint most, ebben a feladatban.
A verseny eredménye Első díjat és 30 ezer forint pénzjutalmat vehetett át Budai Ádám, a BME fizika BSc szakos hallgatója, aki a miskolci Földes Ferenc Gimnáziumban érettségizett mint Bíró István tanítványa; olimpiai szakkörvezetője Zámborszky Ferenc volt. Második díjat és 20 ezer forint pénzjutalmat hárman kaptak: Jéhn Zoltán, a BME fizika BSc szakos hallgatója, aki Pécsett, a PTE Babits Mihály Gyakorló Gimnáziumban érettségizett, tanára a gimnáziumban Koncz Károly, az olimpiai szakkörön Kotek László volt; Kalina Kende, a ELTE matematika BSc szakos hallgatója, aki a Fazekas Mihály Fővárosi Gyakorló Gimnáziumban érettségizett Horváth Gábor, Csefkó Zoltán és Szokolai Tibor tanítványaként; Szabó Attila, a pécsi Leőwey Klára Gimnázium 11. évf. tanulója, tanára a gimnáziumban Simon Péter, az olimpiai szakkörön Kotek László. Harmadik díjat és 15-15 ezer forint pénzjutalmat vehetett át két versenyző: Bolgár Dániel, a pécsi Leőwey Klára Gimnázium 12. évf. tanulója, tanárai Almási László és Simon Péter; Kovács Péter, az ELTE Apáczai Csere János Gyakorló Gimnáziumának 12. évf. tanulója, Pákó Gyula tanítványa. Hárman kaptak dicséretet és 10-10 ezer forint értékű könyvjutalmat: Batki Bálint, a BME fizika BSc szakos hallgatója, aki az ELTE Apáczai Csere János Gyakorló Gimnáziumban érettségizett mint Zsigri Ferenc tanítványa; Forman Ferenc, az ELTE Radnóti Miklós Gyakorló Gimnáziumának 10. évf. tanulója, Honyek Gyula tanítványa; Jenei Márk, a Fazekas Mihály Fővárosi Gyakorló Gimnázium 11. évf. tanulója, Dvorák Cecília és Csefkó Zoltán tanítványa.
Ünnepélyes díjkiosztás 2011. november 25-én délután 3 órai kezdettel került sor az ünnepélyes eredményhirdetésre és díjkiosztásra. A már jól bevált hagyományt követve először az 50, majd a 25 évvel ezelőtti Eötvös-verseny feladatainak felidézésére került sor. Az akkori nyertesek közül többen is eljöttek, szóltak néhány szót emlékeikről, azóta befutott pályájukról. Zakariás László 1961-ben a piaristáknál érettségizett. Az Elektronikus Mérőkészülékek Gyárának dolgozójaként nyerte meg az Eötvös-versenyt, mivel a BME-re nem vették fel. Így emlékezett vissza a fél évszázaddal ezelőtt történtekre: ``A Műszaki Egyetemre második próbálkozásra se vettek fel. Fellebbeztünk. A fellebbezést elutasították. A minisztériumi fellebbezéshez csatoltuk az Eötvös-verseny eredményét. Szeptember végén, a születésnapomon, levél érkezett a minisztériumból: Örömmel értesítjük, hogy felvételt nyert a Budapesti Műszaki Egyetem Villamosmérnöki Karára. Én voltam a világ legboldogabb embere. Tisztelettel és hálával gondolok Kovács Mihály tanár úrra.'' Fritz József Mosonmagyaróvárról fizikusnak jelentkezett az ELTE-re, Molnár Emil a győri Révai Gimnáziumból matematika‐fizika szakos tanárnak. Mindkettőjüket felvették. Fritz József ma már matematikus akadémikus, Molnár Emil a BME Geometria tanszékének vezetőjeként ment nyugdíjba. Mindhárman hálával emlékeztek vissza tanáraikra, akik megszerettették velük a fizikát, a matematikát, felkészítették őket a versenyre. A 25 évvel ezelőtti Eötvös-versenynek két első helyezettje volt: Kaiser András és Kohári Zsolt. Mindketten eljöttek, szóltak is a mai nyertesekhez. A többi díjazott közül Drasny Gábor és Gyuris Viktor az Egyesült Államokból levélben üdvözölték a sikeres versenyzőket és dicsérték egykori fizikatanárukat, Horváth Gábort. Leveleiket a versenybizottság tagjai olvasták fel. Az idei Eötvös-verseny díjait Kroó Norbert akadémikus, az Eötvös Loránd Fizikai Társulat elnöke, Kürti Jenő professzor, a Társulat főtitkára és a verseny lebonyolítását és díjait anyagilag támogató MOL képviseletében Csernik Kornél adta át. A díjazott versenyzők tanárai a Vince Kiadó és a Typotex Kiadó könyvei közül válogathattak, és jelentős kedvezménnyel vehetnek majd részt a 2012. évi Fizikatanári Ankéton. Az ünnepélyes díjkiosztást követő, a RAMOSOFT Zrt. támogatásával lebonyolított, jó hangulatú állófogadás résztvevői között ott voltak nemcsak az idei, a 25 és 50 évvel ezelőtti díjazottak, de megjelent a 49 évvel ezelőtti Eötvös-verseny egyik nyertese is. Remélhetőleg jövőre is találkozhatunk vele. |