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 α=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 φ értékre állt be. Határozza meg ezt a φ szöget, ha
a) M≪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 α-S=(m+M)a.
A lejtőn csúszásmentesen gördülő henger az ugyancsak a gyorsulással mozgó tömegközéppontja körül β=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:
SR=MR2aR,
amelyből
S=Ma
adódik. Ezt a haladó mozgás dinamikai egyenletébe helyettesítve a gyorsulásra kapjuk:
a=m+Mm+2Mgsinα.
Speciális esetekben:
a={gsinα,\ \ \ haM≪m;23gsinα,\ \ \ haM=m;12gsinα,\ \ \ haM≫m.
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 φ szöget zár be ez az eredő erő a függőlegessel, akkora φ szöget fog a higany felszíne a vízszintessel bezárni. A 2. ábra alapján a keresett szög tangense könnyen meghatározható:
tgφ=macosαmg−masinα=cosαga−sinα.
2. ábra
Vizsgáljuk meg a gyorsulásra felírt három speciális esetet!
a) M≪m esetén
tgφ=cosα1sinα−sinα=tgα,
vagyis ekkor φ=α=10o.
b) M=m esetén
tgφ=cosα32sinα−sinα=2sinαcosα3−2sin2α,
amiből φ=6,636o≈6,6o.
c) M≫m esetén
tgφ=cosα2sinα−sinα=sinαcosα2−sin2α,
ahonnan φ=4,962o≈5,0o.
Megjegyzés. A M≫m eset diszkussziója nem volt feladat, itt csak a szimmetria kedvéért, no meg azért is tárgyaltuk, mert néhány versenyző figyelmetlenségből ezt vizsgálta az M≪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:
tgφ=−1tgφ0=−1yx−x0=−x−x0y.
Ezt kell majd összevetnünk a P pontbeli indukcióvektoron átfektetett egyenes iránytangensével. Az eredő B iránytangense (5. ábra):
tgφB=ByBx=B1y+B2yB1x+B2x.
Határozzuk meg ezt a mennyiséget! Egyetlen egyenes vezető által keltett indukcióvektor nagysága:
B=μ0I2π⋅1r.
Ennek és az 5. ábráról leolvasható geometriai összefüggéseknek a felhasználásával az egyes összetevők:
B1y=B1cosα=μ0I2π⋅cosαr1=μ0I2π⋅xr21,
B2y=−B2cosβ=−μ0I2π⋅cosβr2=μ0I2π⋅(d−x)r22,
B1x=−B1sinα=−μ0I2π⋅sinαr1=−μ0I2π⋅yr21,
B2x=B2sinβ=μ0I2π⋅sinβr2=μ0I2π⋅yr22.
Helyettesítsük be ezeket a kifejezéseket a tgφB-re felírt összefüggésbe! Egyszerűsítés után:
tgφB=xr21+d−xr22−yr21+yr22=x(1r21−1r22)+dr22−y(1r21−1r22)=−x−d1−(r2/r1)2y.
Ez a kifejezés akkor és csak akkor egyenlő a korábban kapott
tgφ=−x−x0y
képlettel, ha
x0=d1−(r2/r1)2.
Behelyettesítve az r2=√y2+(x−d)2 és r1=√y2+x2 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:
R=√x0(x0−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=λ jelölést, e körök egyenlete
(x−d1−λ2)2+y2=(λd1−λ2)2,
amiből többek között az R=λx0 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≪d esetén (az egyik áram közvetlen közelében) ugyanúgy, mint r≫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 (Δp=2α/R), és ez r2πp 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