A 2003. évi Eötvös-verseny
2003. október 17-én rendezte meg az Eötvös Loránd Fizikai Társulat Budapesten és 15 vidéki városban az 1949-es felújítása óta 55. Eötvös-versenyt. Új színfoltot jelentett Kecskemét belépése a versenybe. Sáró Péter, a Katona József Gimnázium és Számítástechnikai Szakközépiskola igazgatóhelyettese szervezésében 9 tanuló jelent meg és adott be itt dolgozatot. A többi vidéki helyszín (zárójelben a versenyt szervező tanár neve és a versenyzők száma) a következő volt:
Pécs (Kotek László, 13); Debrecen (Kopcsa József, 11); Nagykanizsa (Piriti János, 7); Szombathely (Ruszkai Zoltán, 7); Szeged (Molnár Miklós, 6); Veszprém (Gergelyi Gábor, 6); Békéscsaba (Varga István, 4); Székesfehérvár (Ujvári Sándor, 4); Győr (Zábrádi Antal, 3); Szekszárd (Jurisits József, 3); Nyíregyháza (Pocsai Péter, 2); Sopron (Légrádi Imre, 2); Eger (Vida József, 1); Miskolc (Mester András, 1).
Összesen 79 versenyző volt 15 vidéki városban, így a Budapesten versenyző 88 diákkal együtt 167-en indultak a 2003. évi Eötvös-versenyen. Közülük összesen 1 volt nem magyar állampolgár, a szlovákiai Révkomáromból érkezett Rakyta Péter. Tavalyhoz képest - amikor is nagyjából ugyanennyien indultak a versenyen - nőtt a budapesti és csökkent a vidéki versenyzők száma. Örvendetesen sok versenyző jött a Budapesti Műszaki és Gazdaságtudományi Egyetemről: összesen 35 elsőéves hallgató. Közülük 14-en mérnök-fizikus szakon, 12-en műszaki informatikus szakon tanulnak. Még három műszaki egyetemi matematikus hallgató is volt közöttük. Reméljük, hogy a továbbiakban ők is megtartják a fizika iránti érdeklődésüket.
A középiskolák közül idén is a Fazekas Mihály Fővárosi Gyakorló Gimnáziumból jött a legtöbb versenyző: 9 érettségizett, 8 érettségiző és 22 fiatalabb diák. Legalább 5 versenyző indult még a budapesti Piarista, a pécsi Leövey Klára, és a debreceni Kossuth Lajos Gimnáziumból, valamint a szombathelyi Savaria Szakközépiskolából.
Ismertetjük a feladatokat és azok helyes megoldását.
1. Vékonyfalú henger csúszásmentesen gördül lefelé egy \(\displaystyle \alpha\)=10o-os lejtőn. A henger palástjának tömege M, a határoló körlapok tömege elhanyagolható. A henger belsejében m tömegű higany van. (A henger és a higany közötti súrlódás elhanyagolható.)
1. ábra
A higany felszínének a vízszintessel bezárt szöge valamilyen \(\displaystyle \varphi\) értékre állt be. Határozza meg ezt a \(\displaystyle \varphi\) szöget, ha
a) M\(\displaystyle \ll\)m;
b) M=m.
(Balogh Péter)
Megoldás. Kínálkozik a dinamikai megoldás. A higanyra erőt fejt ki a Föld és a henger. A hengerre erőt fejt ki a Föld, a higany és a lejtő. A (higany + henger) rendszerre tehát a Föld és a lejtő fejtenek ki erőt, melyek következtében a rendszer tömegközéppontja a lejtővel párhuzamos a gyorsulással mozog. S-sel jelölve a hengerre ható súrlódási erőt, a dinamika alaptörvénye szerint
(m+M)gsin \(\displaystyle \alpha\)-S=(m+M)a.
A lejtőn csúszásmentesen gördülő henger az ugyancsak a gyorsulással mozgó tömegközéppontja körül \(\displaystyle \beta\)=a/R szöggyorsulással forog. A gyorsuló forgást az S súrlódási erő idézi elő. (Vegyük észre, hogy a higany nem forog, mivel a henger és a higany közötti súrlódás elhanyagolható.) Így a forgásra vonatkozó dinamikai egyenlet:
\(\displaystyle SR=MR^2\,\frac{a}{R}, \)
amelyből
S=Ma
adódik. Ezt a haladó mozgás dinamikai egyenletébe helyettesítve a gyorsulásra kapjuk:
\(\displaystyle a=\frac{m+M}{m+2M}\,g\sin\alpha. \)
Speciális esetekben:
\(\displaystyle a=\begin{cases} g\sin\alpha,\hbox{\ \ \ ha}\quad M\ll m;\\ \frac{2}{3}g\sin\alpha,\hbox{\ \ \ ha}\quad M=m;\\ \frac{1}{2}g\sin\alpha,\hbox{\ \ \ ha}\quad M\gg m. \end{cases} \)
A higany felszínének a vízszintessel bezárt szögét legegyszerűbben abból határozhatjuk meg, hogy a folyadék felszíne a folyadékkal együtt mozgó gyorsuló rendszerben is merőleges a rá ható (nehézségi + tehetetlenségi) erők eredőjére. Amekkora \(\displaystyle \varphi\) szöget zár be ez az eredő erő a függőlegessel, akkora \(\displaystyle \varphi\) szöget fog a higany felszíne a vízszintessel bezárni. A 2. ábra alapján a keresett szög tangense könnyen meghatározható:
\(\displaystyle \mathop{\rm tg}\varphi=\frac{ma\,\cos\alpha}{mg-ma\,\sin\alpha}= \frac{\cos\alpha}{\frac{g}{a}-\sin\alpha}. \)
2. ábra
Vizsgáljuk meg a gyorsulásra felírt három speciális esetet!
a) M\(\displaystyle \ll\)m esetén
\(\displaystyle \mathop{\rm tg}\varphi=\frac{\cos\alpha}{\frac{1}{\sin\alpha}-\sin\alpha}=\mathop{\rm tg}\alpha, \)
vagyis ekkor \(\displaystyle \varphi\)=\(\displaystyle \alpha\)=10o.
b) M=m esetén
\(\displaystyle \mathop{\rm tg}\varphi=\frac{\cos\alpha}{\frac{3}{2\sin\alpha}-\sin\alpha}= \frac{2\sin\alpha\,\cos\alpha}{3-2\sin^2\alpha}, \)
amiből \(\displaystyle \varphi\)=6,636o\(\displaystyle \approx\)6,6o.
c) M\(\displaystyle \gg\)m esetén
\(\displaystyle \mathop{\rm tg}\varphi=\frac{\cos\alpha}{\frac{2}{\sin\alpha}-\sin\alpha}= \frac{\sin\alpha\,\cos\alpha}{2-\sin^2\alpha}, \)
ahonnan \(\displaystyle \varphi\)=4,962o\(\displaystyle \approx\)5,0o.
Megjegyzés. A M\(\displaystyle \gg\)m eset diszkussziója nem volt feladat, itt csak a szimmetria kedvéért, no meg azért is tárgyaltuk, mert néhány versenyző figyelmetlenségből ezt vizsgálta az M\(\displaystyle \ll\)m eset helyett.
2. Két párhuzamos, egymástól d távolságra haladó, végtelen hosszú, vékony egyenes vezetőben egyenlő nagyságú és ellentétes irányú áramok folynak. Az indukcióvonalak a vezetőkre merőleges síkokban helyezkednek el. Válasszon ki az egyik síkban egy tetszőleges P pontot és vizsgálja meg, hogy az ezen áthaladó indukcióvonal kör alakú-e!
(Radnai Gyula)
Megoldás. A 3. ábra a két párhuzamos vezető által létesített mágneses tér néhány indukcióvonalát szemlélteti, amikor a vezetőkön egyenlő nagyságú, de ellentétes irányú áramok haladnak át.
3. ábra
A speciális árameloszlás miatt a létrejövő mágneses mező nagymérvű szimmetriát mutat: az egyik és másik áramvezetőt körülölelő indukcióvonalak nemcsak egymás tükörképei, de akármelyik zárt görbe, amely mentén egy indukcióvonal halad, szimmetrikus a két áramvezetőn átfektetett síkra is. Ettől persze még lehetnek ellipszisek, körök vagy magasabb rendű zárt görbék is az indukcióvonalak, de ha van köztük kör, akkor annak a középpontja benne kell legyen az áramvezetőkön átfektetett síkban.
Vegyünk fel a kiválasztott síkban egy (x;y) koordináta-rendszert úgy, hogy az egyik áram az origón, a másik pedig a (d;0) ponton döfje át a síkot. A síkban kiválasztott P(x;y) ponton átmenő körök közül tehát csak azok jöhetnek szóba indukcióvonalként, amelyek középpontja rajta van az x tengelyen. Egy ilyen kör középpontja legyen az (x0;0) pont. A kör egyenlete ekkor
(x-x0)2+y2=R2,
ahol R d-től és x0-tól függő mennyiség.
4. ábra
5. ábra
Ha ez a kör indukcióvonal, akkor az indukcióvektor állása a kör bármely pontjában megegyezik az ottani érintő állásával (4. ábra). A P(x;y) ponton átmenő érintő iránytangense:
\(\displaystyle \mathop{\rm tg}\varphi=-\frac{1}{\mathop{\rm tg}\varphi_{0}}=-\frac{1}{\frac{y}{x-x_{0}}}=-\frac{x-x_{0}}{y}. \)
Ezt kell majd összevetnünk a P pontbeli indukcióvektoron átfektetett egyenes iránytangensével. Az eredő B iránytangense (5. ábra):
\(\displaystyle \mathop{\rm tg}\varphi_{B}=\frac{B_{y}}{B_{x}}=\frac{B_{1y}+B_{2y}}{B_{1x}+B_{2x}}. \)
Határozzuk meg ezt a mennyiséget! Egyetlen egyenes vezető által keltett indukcióvektor nagysága:
\(\displaystyle B=\frac{\mu_{0}I}{2\pi}\cdot\frac{1}{r}. \)
Ennek és az 5. ábráról leolvasható geometriai összefüggéseknek a felhasználásával az egyes összetevők:
\(\displaystyle B_{1y}=B_{1}\cos\alpha=\frac{\mu_{0}I}{2\pi}\cdot\frac{\cos\alpha}{r_{1}}= \frac{\mu_{0}I}{2\pi}\cdot\frac{x}{r_{1}^{2}},\)
\(\displaystyle B_{2y}=-B_{2}\cos\beta=-\frac{\mu_{0}I}{2\pi}\cdot\frac{\cos\beta}{r_{2}}= \frac{\mu_{0}I}{2\pi}\cdot\frac{(d-x)}{r_{2}^{2}},\)
\(\displaystyle B_{1x}=-B_{1}\sin\alpha=-\frac{\mu_{0}I}{2\pi}\cdot\frac{\sin\alpha}{r_{1}}= -\frac{\mu_{0}I}{2\pi}\cdot\frac{y}{r_{1}^{2}},\)
\(\displaystyle B_{2x}=B_{2}\sin\beta=\frac{\mu_{0}I}{2\pi}\cdot\frac{\sin\beta}{r_{2}}= \frac{\mu_{0}I}{2\pi}\cdot\frac{y}{r_{2}^{2}}.\)
Helyettesítsük be ezeket a kifejezéseket a \(\displaystyle \mathop{\rm tg}\varphi_{B}\)-re felírt összefüggésbe! Egyszerűsítés után:
\(\displaystyle \mathop{\rm tg}\varphi_{B}=\frac{\frac{x}{r_{1}^{2}}+\frac{d-x}{r_{2}^{2}}}{ -\frac{y}{r_{1}^{2}}+\frac{y}{r_{2}^{2}}}=\frac{x\left( \frac{1}{r_{1}^{2}}-\frac{1}{r_{2}^{2}}\right)+\frac{d}{r_{2}^{2}}}{-y\left( \frac{1}{r_{1}^{2}}-\frac{1}{r_{2}^{2}}\right)}=-\frac{x-\frac{d}{1- {(r_{2}/r_{1})}^2}}{y}. \)
Ez a kifejezés akkor és csak akkor egyenlő a korábban kapott
\(\displaystyle \mathop{\rm tg}\varphi=-\frac{x-x_{0}}{y} \)
képlettel, ha
\(\displaystyle x_{0}=\frac{d}{1-{(r_{2}/r_{1})}^2}. \)
Behelyettesítve az \(\displaystyle r_{2}=\sqrt{y^2+{(x-d)}^2}\) és \(\displaystyle r_{1}=\sqrt{y^2+x^2}\) kifejezéseket, rendezés után a következőt kapjuk: (x-x0)2+y2=x0(x0-d). Ez pedig pontosan a megadott P ponton is átmenő, (x0;0) középpontú kör egyenlete, vagyis ez az indukcióvonal kör alakú! Megkaptuk a kör sugarát is:
\(\displaystyle R=\sqrt{x_{0}(x_{0}-d)}. \)
Íme, ebben a mágneses mezőben minden indukcióvonal kör alakú, hiszen P a tér tetszőleges pontja lehet. Egy ponton csak egyetlen indukcióvonal mehet át, az pedig kör alakú.
Megjegyzések. 1. A síkban azoknak a pontoknak a mértani helye, melyek két adott ponttól vett távolságainak aránya állandó, az ún. Apollóniosz-kör. Eredményeinket úgy is megfogalmazhatjuk, hogy a vizsgált mágneses térben az indukcióvonalak Apollóniosz-körök.
Bevezetve az r2/r1=\(\displaystyle \lambda\) jelölést, e körök egyenlete
\(\displaystyle \left(x-\frac{d}{1-\lambda^2}\right)^{2}+y^2= \left(\lambda\frac{d}{1-\lambda^2}\right)^{2}, \)
amiből többek között az R=\(\displaystyle \lambda\)x0 érdekes összefüggés is leolvasható. (Apollóniosz időszámításunk kezdete előtt 262-től 190-ig élt; a kúpszeletekről írt munkájában ő vezette be az ellipszis, parabola és hiperbola kifejezéseket.)
2. Ha csak kicsit is általánosabb esetet vizsgálunk, a számolás meglehetősen elbonyolódik, és soha többé nem kapunk kör alakú indukcióvonalakat. Érdemes lenne számítógépes szimulációval meghatározni az ellentétes irányú, de nem egyenlő nagyságú áramok keltette mágnestér indukcióvonalait, hiszen erre r\(\displaystyle \ll\)d esetén (az egyik áram közvetlen közelében) ugyanúgy, mint r\(\displaystyle \gg\)d esetén (ahonnan a két áram már egyetlen |I1-I2| nagyságú áramnak látszik) az indukcióvonalak egyre jobban hasonlítanak a körhöz. De milyen furcsa görbék jöhetnek ki közben?
3. Egy szabadon keringő űrhajó kabinjának belsejében mozdulatlanul lebeg egy kb. 4 cm átmérőjű vízgolyó és a közelében egy kb. 8 cm hosszúságú, vékony, kör keresztmetszetű, legömbölyített végű üvegpálca. A pálca egyik végét egészen finoman érintkezésbe hozzuk a ,,vízcseppel''. Vázolja fel, milyen alakot vesz fel a víz!
(Károlyházy Frigyes)
Megoldás. A kiindulási helyzetben (6. ábra) a vízgolyó közelében lebeg az üvegpálca.
6. ábra
7. ábra
8. ábra
9. ábra
10. ábra
11. ábra
A folyamat akkor kezdődik, amikor a pálca egyik végét egészen finoman érintkezésbe hozzuk a vízcseppel (7. ábra). A víz nedvesíti az üveget, kissé ,,ráfolyik'' a pálca legömbölyített végére (8. ábra). Itt azonban a folyamat nem állhat le, mert az üvegpálcára ható erők eredője nem nulla. Igaz ugyan, hogy az R sugarú vízcsepp belsejében a nyomás egy kicsit nagyobb, mint a külső légnyomás (\(\displaystyle \Delta\)p=2\(\displaystyle \alpha\)/R), és ez r2\(\displaystyle \pi\)
p erővel tolná kifelé az r sugarú pálcát, de ennél sokkal nagyobb a pálcára rásimuló vízhártya által kifejtett 2r
nagyságú húzóerő. A pálca tehát benyomul a vízcseppbe, egy közbülső helyzet a 9. ábrán látható.
Az erőegyensúly ebben a helyzetben sem áll fenn, nincs ok, amiért a pálca megállna, egészen a 10. ábrán látható állapotig. Most már a pálca elérte a vízcsepp bal oldali szélét, kissé túl is ment rajta, a vízfelszín itt kissé kinyomódik. Az erőegyensúly azonban csak akkor áll be, amikor a pálca bal oldali vége teljesen kibújik a vízcseppből, ekkor a pálca mindkét végét körülölelő víz felszíne ugyanolyan alakú (11. ábra).
Meg kell gondolnunk még, hogy vajon a vízcsepp nem folyik-e szét a pálcán. A rendszer összenergiája a levegővel érintkező víz felületi energiájának és a vízzel érintkező üveg energiájának összegével egyenlő; ez a mennyiség igyekszik minél kisebb lenni. Tekintettel arra, hogy a pálca vékony, a üveg teljesfelülete elhanyagolható a vízgolyó felületéhez képest. A rendszer egyensúlyát tehát a legkisebb vízfelszín követelménye határozza meg, ez pedig (adott térfogatú víz esetén) a gömb alaknál teljesül.
A végállapotban tehát a vízgolyó majdnem pontosan gömb alakú, az üvegpálca ennek a gömbnek egyik átmérője mentén helyezkedik el, és mindkét végét ,,kidugja'' a vízből.
Az ünnepélyes eredményhirdetésre 2003. november 21-én került sor az ELTE lágymányosi déli épületének Mogyoródi József tantermében, ott, ahol a budapesti versenyzők a dolgozatokat is írták.
Először a Versenybizottság elnöke emlékezett meg a nemrég elhunyt Teller Edéről, és bemutatta azokat a feladatokat, amelyek kiváló megoldásával Teller Ede megnyerte az 1925. évi Eötvös-versenyt. A megjelentek egyetértettek abban, hogy azok bizony könnyebb feladatok voltak, mint az ideiek. Igaz, nem is állt rendelkezésre a felkészüléshez annyi jó példatár és szakirodalom, nem voltak felkészítő szakkörök.
Azután az 50 évvel ezelőtti Eötvös-verseny feladatainak bemutatása következett, s egy diákkori fénykép az akkori nyertesről, Zawadowski Alfréd akadémikusról. (Sajnos ő nem tudott eleget tenni a díjkiosztásra szóló meghívásnak, mert külföldön tartózkodott. Talán majd a következőre eljön, amire újra meg fogjuk hívni, mert 1954-ben is díjazott volt az Eötvös-versenyen.) Ami az 1953-as feladatokat illeti, azok se voltak nehezebbek az 1925-ös feladatoknál. Ezen se csodálkozhatunk, akkor még nem is volt fizika rovata az újra indított Középiskolai Matematikai Lapoknak.
A bevezető visszaemlékezések után következett a 2003. évi Eötvös-verseny feladatok és ezek helyes megoldásainak bemutatása. Az első két feladat Radnai Gyula által adott megoldását Gnädig Péter egészítette ki érdekes megjegyzésekkel és egy meglepő analógián alapuló megoldás ismertetésével, míg a harmadik feladat különböző megközelítésű megoldásainak bemutatására a legjobb versenyzőket kérte fel a Versenybizottság elnöke.
A verseny díjait Németh Judit akadémiai levelező tag, az Eötvös Loránd Fizikai Társulat elnöke adta át.
I. díjat és 20 ezer forint értékű könyvutalványt kapott Horváth Márton, a Fazekas Mihály Fővárosi Gyakorló Gimnázium 12. osztályos tanulója, Horváth Gábor tanítványa.
II. díjat kaptak, kiegészítve 15-15 ezer forintos könyvutalványokkal Csóka Endre, az ELTE matematikus hallgatója, aki a debreceni Fazekas Mihály Gimnáziumban érettségizett mint Szegedi Ervin tanítványa és Kómár Péter, a Fazekas Mihály Fővárosi Gyakorló Gimnázium 11. osztályos tanulója, Dvorák Cecília tanítványa.
III. díjat és 10-10 ezer forintos könyvutalványt nyert Backhausz Ágnes, az ELTE matematikus hallgatója, aki a Fazekas Mihály Fővárosi Gyakorló Gimnáziumban érettségizett mint Horváth Gábor tanítványa; Burmeister Dániel, a miskolci Földes Ferenc Gimnázium 12. osztályos tanulója, Zsúdel László tanítványa; Rakyta Péter, a révkomáromi Selye János Gimnázium 12. osztályos tanulója, Szabó Endre tanítványa; Szekeres Balázs, a BMGE mérnök-fizikus hallgatója, aki a szolnoki Verseghy Ferenc Gimnáziumban érettségizett mint Lapu Béla tanítványa; Vigh Máté, a pécsi Babits Mihály Gyakorló Gimnázium 12. osztályos tanulója, Koncz Károly és Kotek László tanítványa és Zsuga Sándor, a kecskeméti Bányai Júlia Gimnázium 12. osztályos tanulója, Késmárki Andrásné tanítványa.
Dicséretet kaptak a következők: Balogh László, a BMGE mérnök-fizikus hallgatója, aki a Fazekas Mihály Fővárosi Gyakorló Gimnáziumban érettségizett mint Horváth Gábor tanítványa; Nagy Róbert, a budapesti Apáczai Csere János Gyakorló Gimnázium 11. osztályos tanulója, Pákó Gyula tanítványa; Nádor Csaba, a BMGE mérnök-fizikus hallgatója, aki a budapesti Kassák Lajos Gimnáziumban érettségizett mint Magyari Gyula tanítványa; Ruppert László, a BMGE matematikus hallgatója, aki a pécsi Janus Pannonius Gimnáziumban érettségizett, mint Keresztesné Borsos Sarolta és Kotek László tanítványa.
A dicséretes versenyzők a Nemzeti Tankönyvkiadótól kaptak 8-8 ezer forint értékű könyvutalványt, a díjazottak pedig plusz 2-2 ezer forint értékűeket.
Befejezésül az elnök megköszönte az Oktatási Misztériumnak és a Nemzeti Tankönyvkiadónak a könyvutalványokat, a Typotex Kiadónak és a Műszaki Kiadónak pedig azokat a felajánlott jutalomkönyveket, amelyekből a nyertes versenyzők megjelent tanárai válogathattak.
Legboldogabb versenyző idén is az I. díjas volt, aki az erkölcsi győzelem mellé megkapta még a Társulat Eötvös-verseny érmét is. Immár ketten vannak az országban, akik ilyen éremmel rendelkeznek.
Radnai Gyula
a Versenybizottság elnöke