Cím: Beszámoló az 1. Európai Fizikai Diákolimpiáról
Szerző(k):  Marozsák Tóbiás ,  Németh Balázs ,  Simon Dániel Gábor 
Füzet: 2017/szeptember, 365 - 371. oldal  PDF file
Témakör(ök): Egyéb (KöMaL pontverseny is)

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.

2017. május 20. és 24. között rendezték meg Észtországban az 1. Európai Fizikai Diákolimpiát, röviden EuPhO-t, ahol Magyarország is képviseltette magát. A versenyre való kiválasztás a Kunfalvi Rezső válogatóverseny alapján zajlott, ahonnan a három legjobb eredményt elért, nem végzős diák került a csapatba (a verseny időpontja ugyanis egybeesett az érettségi vizsgák időpontjával). A csapatot két tanár kísérte: Vankó Péter (BME Fizikai Intézet) mint csapatvezető és Vigh Máté (ELTE Fizikai Intézet) mint a javító bizottság tagja.
Maga a verseny Tartu városában zajlott, mely Észtország egyik egyetemi központja. Itt alkalmunk volt megnézni a gyönyörű városközpontot és a történelmi jelentőségű tartui obszervatóriumot. A javítás és az eredményhirdetés a fővárosban, Tallinnban történt, ahol lehetőségünk adódott megtekinteni a fantasztikus óvárost.
A versenyen ‐ a Nemzetközi Diákolimpiához hasonlóan ‐ egy elméleti és egy gyakorlati forduló volt, mindkettő öt órás terjedelemben. A szervezők törekedtek rövid, ötletes feladatok kitűzésére, melyek mellőzték a hosszadalmas számolásokat. Az elméleti fordulóban három feladat volt: az első egy kötél rezgéseit vizsgálta, a második egy termodinamikai probléma volt, míg a harmadik feladat egy szupravezető háló és egy mágneses dipólus kölcsönhatásával foglalkozott. A gyakorlati fordulóban egy LED hatásfokát és U‐ I karakterisztikáját mérték meg a versenyzők a rendelkezésükre álló eszközökkel.
A csapat és eredményeik (a maximális pontszám 50):

Németh Balázs (24,2 pont) ezüstérem; Budapesti Fazekas M. Gyak. Ált. Isk. és Gimn., 11. évf., felkészítő tanár: Csefkó Zoltán, Dvorák Cecília;

Marozsák Tóbiás (23,0 pont) ezüstérem; Budapest, Óbudai Árpád Gimnázium, 11. évf., felkészítő tanár: Mezei István, Gärtner István;

Simon Dániel Gábor (17,3 pont) bronzérem; Kecskeméti Bányai Júlia Gimnázium, 11. évf., felkészítő tanár: Bakk János.
A versenyen szerzett pozitív tapasztalatok alapján a résztvevők egyetértettek, hogy folytatják az EuPhO szervezését, így ha minden igaz, jövőre Oroszországban, Moszkvában kerül megrendezésre a 2. EuPhO, ahol reményeink szerint ötfős csapat fogja képviselni hazánkat, akár végzős diákok is.
A továbbiakban ismertetjük az elméleti feladatokat, valamint azok hivatalos megoldását.

 
1. Rezgő kötél

Egy súlyos, állandó vastagságú, L hosszúságú kötél függőlegesen lóg a mennyezetről. A kötél rezgéseket végezhet az egyensúlyi helyzete körül különböző sajátfrekvenciákkal, amelyeket növekvő sorrendben így jelölünk: fi (i=1,2,...). Az 1. ábra egy számítógépes szimuláció alapján a kötél alakját mutatja az első három sajátfrekvencián végzett rezgés esetében. Figyelj arra, hogy az ábrán a vízszintes és a függőleges skála nem egyforma. Felteheted, hogy a kötél kitérése sokkal kisebb a hosszánál (kis amplitúdójú közelítés).


 

1. ábra
 

A) Dolgozz ki egy egyszerűsített modellt, amellyel meg tudod becsülni a kötél alaprezgésének f1 frekvenciáját! Ez alapján számítsd ki közelítőleg f1 értékét, ha a kötél hossza L=1,0m. Számolj g=9,8m/s2 értékkel.
B) Olvasd le a szükséges adatokat az ábráról, és becsüld meg az f1:f2:f3 frekvenciaarányt!
 
Megoldás. A) A 2. ábráról leolvasható, hogy az első esetben a kötél görbülete elhanyagolható, vagyis kis kitéréseknél közelíthetünk egy fizikai ingával:
f1=12πmgL2θ=12πmgL213mL2=12π3g2L=0,61Hz.



 

2. ábra
 

B) Dimenzióanalízis segítségével megállapítható, hogy a frekvencia csak g-től és L-től függhet, méghozzá a következő módon:
fk=ckgL.

Itt ck egy dimenziótlan együttható, mely csupán a k módusszámtól függ. Bejelölve a 2. ábrán az N pontot világos, hogy az N pont kitérése 0 a mozgás során, így az NB kötélszakasz közelítőleg a kötél alapfrekvenciáján rezeg. Tehát írhatjuk:
f2(L)f1(NB)=f1(L-NA).
Ezáltal:
f2(L)f1(L)=f1(L-NA)f1(L)=LL-NA.

A kötél vízszintes kitérése igen kicsiny a hosszához képest, így mérhetjük az NA szakaszt a függőleges tengelyen. Ekkor NA0,8m, L=1,0m, tehát:
f2f12,2.

Hasonló gondolatmenetet alkalmazva mint az előbb, lemérhetjük, hogy N1A0,6m:
f3(L)f2(L-N1A),f3(L)f2(L)=f2(L-N1A)f2(L)=LL-N1A1,6.
Ezek szerint
f3f1=f3f2f2f13,5,
így a végeredmény:
f1:f2:f31:2,2:3,5.

 
2. Korong gázban

Tekintsünk egy vékony, lapos, M tömegű, S területű, kezdetben T1 hőmérsékletű korongot, amely kezdetben a súlytalanság állapotában nyugalomban van egy ϱ sűrűségű, T0 hőmérsékletű gázban (T1=1000T0). A korong egyik oldala hőszigetelő réteggel van bevonva, a másik oldala viszont nagyon jó hőkontaktusban van a környező gázzal: az m tömegű gázmolekulák a felülettel történő egyetlen ütközés során elnyerik a korong hőmérsékletét.
 
Becsüld meg a korong kezdeti a0 gyorsulását és a kialakuló mozgás során elért vmax maximális sebességét!
 
Tedd fel, hogy a korong hőkapacitása NkB nagyságrendű, ahol N a benne lévő atomok száma, kB pedig a Boltzmann-állandó, valamint hogy a gáz és a korong anyagának moláris tömege ugyanakkora nagyságrendű. A molekulák átlagos szabad úthossza (az az átlagos távolság, amit egy molekula két ütközés között megtesz) sokkal nagyobb, mint a korong mérete. Hanyagolj el minden, a korong pereménél fellépő széleffektust.
 
Megoldás. A gáz által a korong hőszigetelő réteggel bevont oldalára kifejtett nyomás kezdetben P0=nkBT0, ahol n a gáz részecskeszám-sűrűsége. Erre az eredményre a j0vx0 részecskeáram, valamint az egy molekula által átadott p0=2mvx0 impulzus (vx0 a molekulák sebességének normál irányú komponense) szorzatának átlagolásával juthatunk (2vx02¯T0).
Hasonló gondolatmenetet követve számíthatjuk ki a korong jó hővezető oldalán fellépő nyomást. Itt a részecskeáram-sűrűség az előbbi érték, azonban a molekulánként átadott impulzus nagyobb a teljesen rugalmas ütközés esetéhez képest:
p1=m(vx0+vx1)mvx1,
ahol vx1 a kontaktust követően a korongtól távolodó molekulák sebességének a felületre merőleges komponense. Ennélfogva a P1 nyomásra:
P1P2=vx0vx1¯2vx02¯T1T0T0,
ami egy konstans (egy nagyságrendű) szorzótényezőtől eltekintve helyes eredmény.
A korongra ható eredő erő:
F=(P1-P0)SSnkBT0T1,
így a kezdeti gyorsulás:
a0SnkBMT0T1=SϱkBmMT0T1.

Mivel P1P0, a korong gyorsulni fog egészen addig, amíg a sebessége el nem éri a gázmolekulák sebességének nagyságrendjét. Amikor ez bekövetkezik, azaz a korong v sebessége eléri a v0=kT0/m nagyságrendet, a hátoldalt érő j(v) részecskeáram exponenciális ütemnél is gyorsabban csökkenni kezd, összhangban az ideális gáz molekuláinak sebességeloszlásával (például j(2v0)j010-3, míg j(3v0)j010-6). Hasonló ütemben csökken a korongot előre hajtó P1 nyomás is, így a korong nem gyorsul tovább. Ennélfogva a korong legnagyobb sebessége:
vmaxv0=kBT0m.

Az előzőekben feltettük, hogy a korong nem hűl le jelentősen az említett sebesség eléréséig. Ennek belátásához tekintsük először a hozzávetőleges gyorsulási időt:
tgyvmaxa0MmkBT0SϱkBT0T1=MϱS/kBT1m.

Mivel a hűlést jellemző Ph teljesítmény a korong indulásakor maximális, felső becslést adhatunk a hűlés idejére th=QPh alakban, ahol Q a korong teljes hőmennyisége. A Ph teljesítmény becsült értéke:
PhSj0kBT1SnkBT0T1kBT1m,
továbbá a teljes hőmennyiség QNkBT1. Felhasználva, hogy MNm, a hűlés idejére a következő adódik:
th(M/m)kBT1SnkBT1kBT0/m=MϱS/kBT0m.
Végül vegyük észre, hogy tgy/thT0/T11, azaz a korong valóban nem hűl le jelentősen a v0 sebesség elérése előtt.
 
3. Szupravezető háló

Tekintsünk egy hálót, amely egy lapos szupravezető lapból úgy készül, hogy abba rácsszerűen, sűrűn egymás mellé kis lyukakat fúrunk. Kezdetben a lap nincs szupravezető állapotban, és egy m dipólmomentumú, a hálótól a távolságban lévő mágneses dipólus merőlegesen a háló felé mutat. Ekkor a hálót lehűtjük, és így szupravezetővé válik. Ezután a dipólust a felületre merőleges irányban elmozdítjuk úgy, hogy az új távolsága a hálótól b legyen.
 
Határozd meg a háló és a dipólus közt fellépő erőt! A lyukrács rácsállandója (a lyukak egymástól mért távolsága) sokkal kisebb, mint a és b, a lap lineáris mérete viszont sokkal nagyobb, mint a és b.
 
Megoldás. A megoldás kulcsa az, hogy észrevegyük: a mágneses fluxus ,,beszorul'' a szupravezető hálóba. Mindenekelőtt ezt a hatást gondoljuk meg. Miután a hálót szupravezető állapotúra hűtjük, a mágneses mező minden helyen ,,állandósul'', nem változhat meg, akárhogyan is mozgatjuk a mágneses dipólust. Mivel a mágneses mező jól meghatározott a háló mentén, a feladat igazából egy határfeltétel-probléma, amit általában tükörtöltésekkel szoktunk megoldani.
Nézzük meg, mit történik, ha a dipólust eltávolítjuk a hálótól nagyon messzire. El kell helyeznünk egy tükördipólust, ami pont ugyanazt a mágneses mezőt hozza létre a háló mentén, mint az eredeti mágnes. Ezt megoldhatjuk egy dipólussal, amely a távolságra van a háló mögött, és szintén m a dipólmomentuma. Most hozzuk vissza az eredeti dipólust b távolságra a hálótól. Ennek a mezejét viszont ki kell zárnunk a szupravezető hálóból, ezt egy -m momentumú, a háló mögött b távolságra lévő dipólussal tehetjük meg.
A továbbiakban a tükördipólusok által a dipólusra ható erőt kell meghatároznunk. Ezt például a mágneses és az elektromos dipólusok közötti analógia felhasználásával tehetjük meg. A mágneses dipólusokra egymáshoz nagyon közeli, qm és -qm nagyságú ,,mágneses töltésekként'' is gondolhatunk, amelyek egymástól d távolságra vannak, ahol m=qmd.
Határozzuk meg a dipólus mágneses térerősségét a dipólus tengelye mentén, a dipólustól xd távolságban:
B=μ04πqmx2+μ04π-qm(x+d)2μ04πqmx2-μ04πqmx2(1-2dx)=μ02πqmdx3=μ02πmx3.

Most vizsgáljuk meg az x helyen lévő dipólusra ható erő nagyságát egy inhomogén, B(x) helyfüggésű mágneses mezőben:
F=-qmB(x)+qmB(x+d),
amit kifejezhetünk B(x) deriváltja segítségével is:
F-qmB(x)+qm(B(x)+ddBdx|x)=qmd(-3μ02πmx4)=-3μ02πm2x4.
A negatív előjel azt jelenti, hogy két párhuzamos dipólus vonzza egymást.
Visszatérve a feladathoz, a b távolságra lévő dipólust vonzza a -a távolságra lévő dipólus, de taszítja a -b távolságra lévő. Vagyis az eredő erő:
F=-3μ02πm2(a+b)4+3μ02πm2(b+b)4=3μ0m22π(116b4-1(a+b)4),
ahol a negatív előjel azt jelenti, hogy a dipólus vonzást érez a háló felé.
 
Izgalmas megnézni azt az esetet, ha b és a közel egyenlőek, vagyis b=a+δ (δa). Ebben az esetben
F=3μ0m22π(116(a+δ)4-1(2a+δ)4),
vagyis
F3μ0m22π116a4((1-4δa)-(1-4δ/2a)),
ami tovább egyszerűsödik:
F-3μ0m216πa5δ.
A negatív előjel miatt ez az erő δ>0 esetén a háló felé mutat. A pozitív δ itt azt jelenti, hogy távolítjuk a dipólust a hálótól. Látható, hogy az F erő lineárisan változik a hely függvényében, tehát ha kicsit kimozdítjuk a dipólust az eredeti (egyensúlyi) helyzetéből, akkor ‐ egyéb erők hiányában ‐ harmonikus rezgőmozgást fog végezni.