Az Eötvös-versenyek feladatai II

Az Eötvös-versenyek feladatai II. 1989-1997

Radnai, Gyula

Created by XMLmind XSL-FO Converter.

Az Eötvös-versenyek feladatai II.: 1989-1997 írta Radnai, Gyula Szerzői jog © 1998 Radnai Gyula A mű digitális megjelenítése az Oktatási Minisztérium támogatásával, a Felsőoktatási Tankönyv- és Szakkönyvtámogatási Pályázat keretében történt. Minden jog fenntartva. Jelen könyvet, ill. annak részeit tilos reprodukálni, adatrögzítő rendszerben tárolni, bármilyen formában vagy eszközzel elektronikus úton vagy más módon közölni a kiadók engedélye nélkül. www.typotex.hu


Tartalom Bevezetés ............................................................................................................................................ 1 Az 1989. évi verseny .......................................................................................................................... 6 1. A verseny eredménye .......................................................................................................... 13 Az 1990. évi verseny ........................................................................................................................ 15 1. A verseny eredménye .......................................................................................................... 20 Az 1991. évi verseny ........................................................................................................................ 23 1. A verseny eredménye .......................................................................................................... 28 Az 1992. évi verseny ........................................................................................................................ 31 1. A verseny eredménye .......................................................................................................... 38 Az 1993. évi verseny ........................................................................................................................ 43 1. A verseny eredménye .......................................................................................................... 52 Az 1994. évi verseny ........................................................................................................................ 54 1. A verseny eredménye .......................................................................................................... 68 Az 1995. évi verseny ........................................................................................................................ 71 1. A verseny végeredménye .................................................................................................... 77 Az 1996. évi verseny ........................................................................................................................ 79 1. A verseny végeredménye .................................................................................................... 84 Az 1997. évi verseny ........................................................................................................................ 87 1. A verseny eredménye .......................................................................................................... 96

iii Created by XMLmind XSL-FO Converter.

Bevezetés Ez a könyv a Vermes Miklós által írt „Az Eötvös Loránd fizikaversenyek feladatai 1959-1988” c. könyv folytatása, ezért 1989-től szerepelnek benne a feladatok. Másrészt 1998-ban emlékezünk meg Eötvös Loránd születésének 150. évfordulójáról, ennek tiszteletére jelenik meg a róla elnevezett versenyekről szóló könyv 1998-ban. Összesen tehát feladatot, s ezek megoldását találhatja meg itt az érdeklődő olvasó, kiegészítve a verseny eredményét ismertető, a díjazott versenyzők és felkészítő tanáraik nevét évenként felsoroló rövid összefoglalásokkal. A feladatok tematikája nagyjából megfelel a szokásos középiskolai fizikafeladatok tematikájának. Mindig van egy mechanikai és egy elektromosságtani feladat, és többször van még termodinamikai tárgyú is. Nem egyszer találkozhatunk „vegyes típusú” feladatokkal, amikor több témakörből vett összefüggések együttes alkalmazása vezet a megoldáshoz. A jelenségkör, amire a feladatok épülnek, általában a diák közvetlen környezetében megfigyelhető jelenségek köre, esetenként az iskolai egyszerű kísérletek, eszközök világa. A Versenybizottság legrégebbi tagja, Károlyházy Frigyes, különösen mestere az egyszerű jelenségek mögötti mély fizikai tartalom feltárásának, s előszeretettel választ a fizikai gondolatok kifejtésére olyan jól ismert hétköznapi jelenségeket és tárgyakat, mint amilyen például a tejeszacskó, a lemezjátszó, a pingpong labda, a felfújható lufi, az alufólia, az iránytű, a vízzel - maximum sós vízzel - megtölthető edény. A könyvben közölt feladatok mintegy fele Károlyházy Frigyestől származik. Gnädig Péter 1988 óta tagja a Versenybizottságnak, az ő feladatai néhány alkalommal az olimpiai előkészítőn felmerült, ott meg nem tárgyalt problémákból születtek. Boros János, aki 1991-ben bekövetkezett haláláig volt tagja a Versenybizottságnak, elsősorban az értékelésben vett részt. A Versenybizottság elnökének feladata az egész verseny megszervezése a feladatjavaslatok összegyűjtésétől kezdve a kitűzésen és megíratáson át az értékelés, majd az eredményhirdetés lebonyolításáig. Ezt a munkát végezte 1988-ig Vermes Miklós, s végzi azóta e könyv szerzője, immár 25 éves versenybizottsági tapasztalattal. A 90-es években készített feladatai elsősorban az egyébként hiányzó témakörök bevezetésére vagy éppen visszaállítására születtek: Boltzmann eloszlás (1990), merev test síkmozgása (1992), az egyensúly stabilitása (1994), fizikai optika (1995), csillagászat (1997). E könyvben öt olyan feladat van, amely nem a Versenybizottság tagjaitól származik: Tichy Géza (1993/3) és Varga István (1993/1., 1995/2., 1997/3.) segítették jó ötleteikkel a Versenybizottságot, míg a fekvő fatörzset átugró szöcske a KVANT egyik feladatából ugrott át az 1996. évi Eötvös versenybe. A feladatok kitűzése a verseny szakmai értékét meghatározó, egyik legfontosabb része a Versenybizottság munkájának. Az Eötvös verseny ugyanis egy fordulós, és mint tudjuk, ezen a versenyen bármilyen magukkal hozott segédeszközt: könyveket, jegyzeteket, táblázatokat, zsebszámológépet használhatnak a diákok. A megfelelő feladatok kitalálása kemény próba elé állítja a Versenybizottság minden egyes tagját. Még javában folyik a feladat-kitűző munka, amikor már elkezdődik a verseny szervezése az országban. A verseny gazdája az Eötvös Loránd Fizikai Társulat. Budapesten és minden vidéki helyszínen van egy tagja a Társulatnak, aki felelősen intézi a verseny lebonyolítását: megfelelő tantermet biztosít a versenyzéshez, megszervezi a felügyeletet, felel a dokumentumok titkos kezeléséért, s a verseny szabályszerű lebonyolításáért. A verseny időpontját a Versenybizottság tűzi ki, egyeztetve a Kürschák versenyt szervező Bolyai János Matematikai Társulattal. A kialakult gyakorlat szerint az Eötvös és a Kürschák verseny két egymást követő héten, péntek délutánonként zajlik, október második felében. A fizika feladatok megoldására 5 óra (300 perc) áll rendelkezésre. A verseny szervezői, akik legtöbb esetben a felügyeletben is részt vettek, 1989 és 1997 között a Társulat következő tagjai voltak: Békéscsaba

(1994-97)

: Varga István

Bonyhád

(1989-90)

: Jurisits József

Budapest

(1989-97)

: Radnai Gyula

1 Created by XMLmind XSL-FO Converter.

Bevezetés

Debrecen

(1989-97)

: Nagy Mihály, Kopcsa József

Eger

(1989-97)

: Vida József, Szombathy Miklós

Győr

(1989-97)

: Tolnai László, Zábrádi Antal

Miskolc

(1989-97)

: Zsúdel László, Ambrózy Béla

Nagykanizsa

(1989-97)

: Soós Sándor, Piriti János

Nyíregyháza

(1989-97)

: Beszeda Imre, Pocsai Péter

Paks

(1994-96)

: Csajági Sándor

Pécs

(1989-97)

: Kotek László, Szűcs József

Sopron

(1989-97)

: Nagy Márton, Tolvaj László

Szeged

(1989-97)

: Sárkány Béla, Molnár Miklós

Szekszárd

(1997)

: Jurisits József

Székesfehérvár

(1994-97)

: Ujvári Sándor

Szombathely

(1989-97)

: Kovács László, Németh Sándor

Tamási

(1991)

: Kaszás Dezső

Veszprém

(1989-97)

: Méray László, Gergelyi Gábor

A Társulat budapesti Titkárságán Nagy Zsigmondné intézte a feladatlap sokszorosítását és postázását a fenti szervezők számára, akik a lezárt borítékot azután csak a verseny kezdetekor bontották fel, majd kiosztották pontban 3 órakor a feladatlapokat. A versenyen - mint az közismert - mindig az abban az évben érettségizettek és középiskolai tanulók vehetnek részt. Részben a szervezők feladata a verseny propagálása is; elsősorban a középiskolák tájékoztatása a verseny pontos helyéről és időpontjáról. Nem minden középiskola érdeklődik az Eötvös verseny iránt; vannak kiugróan jó iskolák, és bizony vannak olyan középiskolák, ahonnan még soha, egyetlen tanuló sem indult a versenyen. Igaz, ez a verseny a legjobbaknak való, de a versenyrutin megszerzéséhez érdemes lehet olyan versenyen is elindulni, ahol nincs sok esély a verseny megnyerésére. 1993 óta indulhatnak a versenyen a környező országokban élő, de a fizikát magyarul tanuló és értő diákok is. Hasonlóképp indulhatnak a Magyarországon élő és tanuló külföldi állampolgárságú versenyzők. Előzetesen jelentkezni nem kell az Eötvös versenyre, elég, ha pontosan megjelenik valaki a verseny valamelyik helyszínén, s ott igazolja, hogy jogosult a versenyzésre. Érdekes, hogy 1993-ban 20, 1994-ben 11, 1995-ben 4, 1996-ban 10, 1997-ben 3 külföldi versenyző vett részt az Eötvös versenyen. Nem is eredménytelenül. 1994-ben egy 3. díjat, 1995-ben egy dicséretet, 1996-ban két 2. díjat nyertek Szlovákiában, ill. Romániában tanuló vagy ott érettségizett diákok. Az alábbi táblázatban az egyes helyszíneken a különböző években beadott dolgozatok számát követhetjük soron:

Békéscs

89

90

91

92

93

94

95

96

97

-

-

-

-

-

11

2

5

7


25

Bevezetés

aba Bonyhád

4

2

-

-

-

-

-

-

-

6

Budapes t

114

85

88

105

117

149

101

99

101

959

Debrece n

49

57

38

41

22

23

34

23

7

294

Eger

21

6

16

8

7

5

8

7

15

93

Győr

3

4

3

1

14

7

7

8

4

51

Miskolc

20

8

7

4

4

14

18

8

4

87

Nagykan izsa

4

8

2

2

9

4

6

13

17

65

Nyíregy háza

22

10

15

6

8

10

8

10

6

95

Paks

-

-

-

-

-

8

12

7

0

27

Pécs

6

10

27

21

25

27

15

12

16

159

Sopron

2

3

4

9

20

10

6

0

3

57

Szeged

6

25

30

45

26

36

16

15

16

215

Szekszár d

-

-

-

-

-

-

-

-

7

7

Székesfe hérvár

-

-

-

-

-

2

13

7

4

26

Szombat hely

11

3

2

3

8

3

1

1

4

36

Tamási

-

-

2

-

-

-

-

-

-

2

Veszpré m

11

21

31

1

11

27

15

3

5

125

273

242

265

246

271

336

262

218

216

2329

Vermes Miklósnak az előző kötetben tett megállapítása, mely szerint „a résztvevők száma 200 és 300 között szokott lenni”, látjuk, a 90-es években is igaz maradt. Egyedül a centenáriumi, jubileumi évben, 1994-ben nőtt a létszám 300 fölé, azóta viszont fokozatosan csökken, közelít a 200-hoz. A részletesebb elemzés azt mutatja, hogy elsősorban az utolsó éves, érettségiző versenyzők száma csökken az utóbbi években. Ez összefüggésben lehet azzal, hogy régebben az érettségi előtt álló, egyetemi, főiskolai továbbtanulásra jelentkező tanulók számára nagy vonzerőt jelentett az a kedvezmény, hogy az Eötvös verseny első 10 helyezettje felvételi nélkül bejuthatott bármelyik egyetemen olyan szakra, ahol matematikából és fizikából kellett volna felvételiznie. Az utóbbi években azonban ez már nem olyan nagy előny, annyi féle kedvezményt nyújtanak az egyetemek a hozzájuk jelentkező diákoknak. Ma is érvényes, hogy az első 10 3 Created by XMLmind XSL-FO Converter.

Bevezetés

helyezettnek nem kell felvételiznie, de még az Eötvös versenyen helyezetlen tanuló is bejuthat felvételi nélkül bizonyos szakokra, ha elég jó a középiskolai bizonyítványa. Amint ezt az egyes versenyek végeredményét mutató statisztikai adatokból majd látni fogjuk, eddig mindig a IV. osztályos, érettségi előtt álló versenyzők voltak a legtöbben a versenyen. Jó lenne tehát, ha nem csökkenne már a számuk. A feladatok megoldásához szükséges tárgyi tudás a legtöbb esetben nem lép túl a középiskolai tananyagon. Ezt a kritériumot persze nem kell olyan szigorúan venni, mint mondjuk a felvételi vizsgán, már csak azért sem, mert az Eötvös versenyen akár egyetemi tankönyveket is használhatnak a versenyzők a megoldáshoz. A tapasztaltabb versenyzők sokszor egy nagy sportszatyorral érkeznek, benne a literes Cola, valamint egy csomó középiskolai és egyetemi példatár, tankönyv. A Versenybizottság minden esetre igyekszik olyan feladatokat adni, amelyek megoldásához sokkal inkább jó fizikai szemléletre, mint részletekbe menő tárgyi tudásra van szükség. És a matematika? Tudjuk, a matematika a fizika nyelve, megkerülhetetlen. Mégis, az Eötvös verseny feladatainak megoldásához általában nem a felsőbb matematikai módszerek ismeretére van szükség, hanem arra a jó értelemben vett matematikai gondolkodásra, amely a fogalmak szabatos használatában, hibátlan következtetésekben, a rutinszerű lépések gyors és pontos végrehajtásában nyilvánul meg. Elképzelhető persze, hogy a pontos végeredmény meghatározásához bizonyos integrál vagy más határérték kiszámítására is szükség lenne. Ilyen esetben a Versenybizottság megelégszik közelítő értékekkel is, ugyanakkor az a tapasztalat, hogy a legjobb versenyzők könnyedén kiszámítják a szükséges határértékeket. A versenydolgozatok értékelése kizárólag a Versenybizottság feladata. Még Vermes Miklós vezette be azt az eljárást, hogy sorszámot kapnak a dolgozatok, s azután egészen a döntés meghozataláig csak ezekre a számokra hivatkozva beszélünk a versenyzőkről, valahogy így: „… a 17-es megoldása a harmadik feladatra ugyanazon az ötleten alapul, mint a 192-esé…”. Az az igazság, hogy az ember könnyebben jegyzi meg a legfeljebb háromjegyű számokat, mint a hosszú, bonyolult neveket, s kevesebbet is kell írni, ha a dolgozatról írt saját feljegyzések elé nem egy hosszú nevet, hanem csak egy számot írunk. Az emberi kényelmességre és feledékenységre építő módszerek általában jól beváltak - így vagyunk ezzel is. A döntés délutánján azután ott a többszáz sorszámozott és átnézett dolgozat; kiválasztjuk közülük azokat, amelyeket a Versenybizottság bármelyik tagja díjra vagy dicséretre érdemesnek tartott, s ha kell, újra átnézzük, egymás mellé tesszük, újra értékeljük őket. Érvek, vélemények, ízlések ütköznek egymással egy-egy konkrét esetben, hiába értünk egyet egymással általában. Nem készül előre pontozási utasítás a feladatokhoz - az Eötvös verseny feladatok nem is viselnék el a bürokratikus, túl formális módszereket a megoldások értékelésében. Majdnem minden évben előfordul, hogy találunk olyan megoldási próbálkozást, amilyenre a feladat kitűzésekor a Versenybizottság egyik tagja sem gondolt. Természetes, hogy ilyenkor a megoldás értékelése nem történhet valamilyen előre megszabott mintamegoldással való összevetés alapján, hanem az új próbálkozást önmagában (ötletessége, különlegessége, valamint a gondolatmenet következetes végigvitele, befejezettsége, az elvégzett számítások helyessége alapján) kell értékelni. A Versenybizottság sok éve kialakult gyakorlata szerint első díjat az a versenyző kaphat, akinek mind a három feladatra adott megoldása helyes. Ha több ilyen versenyző van, akkor ők megosztott első díjat kapnak. Sor kerülhet a második és a harmadik díj megosztására is az egymást között egyenlőnek ítélt dolgozatok között. Az a versenyző, aki a három feladat közül csak egyet tudott megoldani, legfeljebb dicséretet kaphat, azt is csak akkor, ha megoldása különösen érdekes és értékes. Tekintettel az egyetemi felvételire vonatkozó, már említett kedvezményre, a Versenybizottság döntésében egyértelműen rögzíti, hogy kik tekinthetők a verseny első tíz helyezettjének. Azokat a versenyzőket, akik nem kerültek a díjazottak vagy a dicséretesek közé, a Versenybizottság nem rangsorolja, ezért nem lehet megmondani pl., hogy ki a verseny 65. helyezettje. Amint megszületik a Versenybizottság döntése, erről jegyzőkönyv készül, s e jegyzőkönyv alapján írásbeli meghívást kapnak a díjazott, ill. dicséretet nyert versenyzők és felkészítő tanáraik az Eötvös verseny ünnepélyes eredményhirdetésére. Ez általában november végén, egyik péntek délután szokott lenni, a pontos időpont már a feladatlapon is szerepel. Az eredményhirdetés nyilvános. Helye az e könyvben szereplő valamennyi esetben az Eötvös Loránd Tudományegyetem Múzeum körúti Főépületének második emeletén lévő nagy fizikai előadóterem volt. Az ehhez kapcsolódó Előkészítőben lévő egyetemi kísérleti eszközök lehetővé tették, hogy szinte minden Eötvös verseny feladathoz kapcsolódóan valamilyen érdekes kísérletet is össze tudtunk állítani. Ezeket a feladatok megoldásának közös diszkussziója után a Versenybizottság tagjai, ill. tanítványaik, fizika tanár szakos egyetemi hallgatók mutatták be, akik olykor több héten át készültek erre az eseményre.


Bevezetés

Az Eötvös Loránd Fizikai Társulat azzal is kifejezi, hogy magáénak tekinti a versenyt, hogy a díjakat és a jutalmakat a Társulat vezető tisztségviselői adják át. 1989 és 1997 között három esetben a Társulat elnöke (1989: Kroó Norbert, 1994: Kiss Dezső, 1997: Marx György), öt esetben az elnök képviseletében az alelnök (1991: Boros Dezső, 1995: Németh Judit), ill. a Versenybizottság elnöke (1990, 1992, 1993) volt a díjátadó. 1996-ban a Versenybizottság két régi Eötvös verseny nyertes versenyzőt kért fel a díjak átadására: Hoffmann Tibor 1940-ben, Bakos Tibor 1926-ban (!) nyert matematikából is, fizikából is első díjat az akkori Eötvös Loránd, ill. Károly Irén tanulóversenyen. Az állami versenyeken ma már bevált és meghonosodott gyakorlat, hogy a sikeres versenyzők tanárait is megjutalmazzák. A társulati versenyek díjainak átadásakor annak idején Eötvös Loránd mindig kifejezte mind a maga, mind a Társulat köszönetét a nyertes diákok tanárainak, de külön jutalomban nem részesültek a tanárok. Az utóbbi években szerencsésen megnőtt a tankönyvkiadással foglalkozó vállalatok érdeklődése a tanulóversenyek iránt. Ezt az alkalmat ragadta meg a Versenybizottság, amikor felkérte a kiadókat: ajánljanak fel jutalomkönyveket az Eötvös versenyen sikeresen szereplő diákok tanárai számára, s ha van rá lehetőség, a diákok társulati jutalmát is egészítsék ki könyvekkel, könyvutalványokkal. Az eddigiekben a legjelentősebb hozzájárulást a Nemzeti Tankönyvkiadó és a Calibra-Műszaki Kiadó adta, de nem hanyagolhatók el a Scolar, a Talentum és a TYPOTEX kiadók felajánlásai sem. Az eredményhirdetésről, a megoldások diszkussziójáról, a bemutatott kísérletekről, valamint a díjátadásról az utóbbi években számos fénykép készült, amelyek egyszer még jó szolgálatot tehetnek egy, az Eötvös verseny nyerteseit bemutató kiadványban. Itt említjük meg, hogy az utóbbi években már a régi Eötvös versenyek nyertesei is meghívót kapnak az ünnepélyes eredményhirdetésre - sokan el is jönnek közülük. Életpályájuk, karriertörténetük számos tanulsággal szolgálhatna mindannyiunk számára.

Radnai Gyula a Versenybizottság elnöke


Az 1989. évi verseny 1. feladat. Gergő gyakran segít a háztartásban. A zacskós tejet az 1989.1. ábrán látható módon a zacskónál valamivel szűkebb keresztmetszetű, levágott tetejű és alul kilyukasztott műanyag flakonban szokták tárolni. Gergő megfigyelése szerint a szájával lefelé fordított flakonból a még felbontatlan zacskós tej magától kiesik, viszont a tetejénél megfogott tejes zacskóról még akkor sem esik le a flakon, ha alulról egy másik zacskó tejet akasztunk rá.

1989.1. ábra. Mi lehet a magyarázat? Megoldás. A flakont a súrlódási erő tartja meg. A súrlódási erő a flakon falára ható nyomóerővel arányos, ez a nyomóerő pedig a tej hidrosztatikai nyomásából származik. A súrlódási erő nagyságát becsléssel állapítjuk meg. Azt kell megmutatnunk, hogy a flakonra ható súrlódási erő az 1989.1. ábrán látható helyzetben -nál is nagyobb lehet, viszont a szájával lefelé fordított flakonban a tejeszacskóra -nál kisebb súrlódási erő hat. Most egy becsléssel megmutatjuk, hogy ez teljesül. Az egyszerűség kedvéért mérjük a távolságot centiméterben (1989.2. ábra).


Az 1989. évi verseny

1989.2. ábra. A tejeszacskó kerülete valamivel kisebb, mint , ezért a flakonban a zacskó kissé meggyűrődik, így a tej egyenletesen nyomja a zacskót a flakon falához. A zacskóban a tej fölött levegő van, ennek nyomása megközelítőleg egyenlő a külső légnyomással. Esetleg még nagyobb is lehet, ha - miközben tartjuk - jól meg is szorítjuk a zacskót. Ezzel a nyomóerőt és így a súrlódási erőt is tovább növeljük. Most azonban ezt ne vegyük figyelembe; enélkül is meg kell tartsa a flakont (a ráakasztott másik zacskó tejjel együtt) a súrlódási erő. Mivel a hidrosztatikai nyomás lefelé lineárisan nő, átlagos értéke az 1989.2. ábra alapján:

A flakon falának területe:

E kettő szorzatának -szorosa adja meg a súrlódási erő maximális értékét. ( a tapadási súrlódási együttható, amelynek értéke legalább 0,3 és legfeljebb 0,6 a zacskó és a flakon fala között.) A legkisebb értéket véve is:

tehát a súrlódási erő valóban meg tudja tartani a mintegy

súlyú másik zacskó tejet.

A feladat megoldása akkor teljes, ha azt is megmutatjuk, hogy a lefelé fordított flakonból magától kiesik a tejeszacskó, még a lehető legnagyobb esetén is. Tegyük fel, hogy a lefelé fordítás után a zacskó még nem mozdult el, csak a tej ömlött át a zacskó alsó részébe (1989.3. ábra).



1989.3. ábra. A flakon falára ható hidrosztatikai nyomás átlagértéke most csak

és ez a kisebb nyomás ráadásul kisebb területen is hat a flakon falára:

E két érték szorzatának

-szorosa még

esetén is csak

, tehát

Ezért a tejeszacskó kiesik a lefelé fordított flakonból. Megjegyzés. A megoldáshoz tartozik

értékének becslése is. A példaképpen bemutatott gondolatmenetben a

becslést alkalmaztunk, ez összhangban van a Középiskolai Fizikai Táblázatokban, ill. középiskolai és egyetemi tankönyvekben közölt adatokkal. Ugyanakkor, ha a tejeszacskó kívül zsíros, jóval kisebb is lehet, s a zsíros tejeszacskóról bizony lecsúszhat a flakon a ráakasztott másik liter tejjel együtt. Most azonban nem erről a tapasztalatról volt szó, nem ezt kellett megmagyarázni. 2. feladat. Egy keskeny, hosszú csőben (kapillárisban) magasra emelkedik a víz a csövön kívüli szinthez képest. A víz felszíne -os szöget zár be a cső falával az érintkezési vonalnál. A csövet benyomjuk a vízbe (így az teljesen megtelik), majd a felső végén ujjunkkal befogva, függőleges helyzetben egészen kiemeljük a csövet a vízből. Ezután a befogott nyílást újra szabaddá tesszük, s ekkor a víz egy része kifolyik. Lehet-e a függőleges helyzetű csőben maradó vízoszlop hossza a)

; b)

; c)

; d)

Megoldás. Amikor a cső a vízbe nyúlik (1989.4. ábra), magasságra az keresztmetszetű csőben a vizet:

? nagyságú erő emeli

(1)



1989.4. ábra. Jelen esetben , , és ha behelyettesítjük a víz sűrűségének és felületi feszültségének táblázati adatait, meghatározhatjuk a kapilláris sugarát:

A sugár kiszámítása nem volt feladat, ezt az adatot nem is fogjuk felhasználni a továbbiakban, viszont segít a kapilláris elképzelésében. Úgy képzeljük, hogy a cső fala elég vékony, még a kapilláris belső átmérőjéhez képest is elhanyagolható a fal vastagsága. Ebben az esetben amikor kiemeljük a csövet a vízből, a cső alján akkor lép fel a legnagyobb felfelé mutató erő, ha pontosan félgömb alakú, jó közelítéssel sugarú „csepp” alakul ott ki (1989.5. ábra). Most az egyensúly feltétele:

(2)

1989.5. ábra. Ha az (1) és (2) egyenleteket összevetjük, a csőben maradó vízoszlop maximális hosszára az alábbi egyszerű összefüggés adódik:



Ebbe behelyettesítve a

és

megadott értékeket:

Máris kizárhatjuk az a) esetet: a csőben maradó vízoszlop hossza nem lehet

.

-nél rövidebb azonban lehet a vízoszlop hossza,mivel az alsó felület még lehet -nél nagyobb sugarú gömbsüveg, lehet akár vízszintes felület, sőt, lehet olyan is, amely fölfelé domborodik, alulról homorú! Így a csőben maradó vízoszlop akármilyen rövid is lehet, tehát 0 és között minden hossz lehetséges:

Ezért a b), c) és d) esetben kérdezett hosszak bármelyike megvalósulhat.

1989.6. ábra. A helyes válasz tehát: a) nem lehetséges; b), c), d) lehetséges. Megjegyzés. Érdemes külön is megvizsgálni, hogyan alakulhatnak ki az említett felületek a cső alján annak ellenére, hogy az illeszkedési szög mindig kell maradjon! Néhány ilyen esetet rajzoltunk meg az 1989.6. ábrán. Ha nem ilyen vékony a cső fala, hanem - mint az üvegkapillárisok esetén gyakran 10 Created by XMLmind XSL-FO Converter.


előfordul - vastagabb, akkor az alul kialakuló csepp alakja elég bonyolult is lehet. Több versenyző szép kvalitatív diszkussziót adott ezekre az esetekre is. 3. feladat. Az iskolai -os, -es váltóáramú áramforrásra sorba kapcsoltunk egy , -os izzót és egy kapacitású kondenzátort. Az izzó alig világít. Rendelkezésünkre áll még egy induktivitású tekercs is. Hogyan lehetne a kapcsolást úgy átalakítani, hogy az izzó szép fényesen világítson? (A tekercs ohmos ellenállása elhanyagolható. Csak a kapcsolást szabad átalakítani, az alkatrészeket nem.) Megoldás. A

A

A

,

-os izzó ellenállása:

-os kondenzátor váltóáramú ellenállása:

induktivitású tekercsre:

Mivel e két váltóáramú ellenállás egyenlő, az embernek azonnal a rezonancia jut az eszébe. Kapcsoljuk sorba mindhárom elemet! Ekkor az eredő impedancia az ohmos ellenállással egyenlő, s erre jut a generátor teljes feszültsége - mégsem ez a legjobb megoldás. Igaz, eredetileg a kondenzátorra és az ellenállásra együtt jutott , most pedig magára az ellenállásra egyedül, de hát hol van ez még attól a -tól, ami az izzó üzemi feszültsége? Jobban világít az izzó, de ez még nem az igazi. Ha mindhárom elemet párhuzamosan kapcsoljuk, akkor is csak

juthat az izzóra.

Térjünk vissza az eredeti ötlethez, a soros rezonancia esetéhez! A sorbakapcsolt tekercsen és kondenzátoron külön-külön sokkal nagyobb lehet a feszültség, mint a generátor feszültsége. Nem lehetne ezt kihasználni? Kössük sorosan a tekercset és a kondenzátort a generátorra, és kapcsoljuk az izzót valamelyik elemmel párhuzamosan! Mivel eredetileg a kondenzátor és az izzó voltak párhuzamosan kapcsolva, a legegyszerűbb az lesz, ha a már összeállított kapcsolásban az izzóra párhuzamosan rákötjük a tekercset (1989.7. ábra). Hogyan határozhatjuk meg most az izzóra jutó feszültséget?

1989.7. ábra.



Az izzóra és a tekercsre ugyanaz a feszültség jut. A tekercsen átfolyó áram negyed periódust ( -ot) késik ehhez a feszültséghez képest, az izzón átfolyó áram pedig ugyanabban a fázisban van, mint a rá jutó feszültség. Ez azt jelenti, hogy a tekercsen és az izzó ellenállásán átfolyó áram között van fáziskülönbség. A szokásos vektoros ábrázolással még a kondenzátoron átfolyó áramot is megkaphatjuk, mint a kettő vektori összegét (1989.8. ábra).

1989.8. ábra.

1989.9. ábra. Az ábra alapján

értéke:

Az áramok vektorábráját felhasználva szerkeszthetjük meg a feszültségek vektorábráját. Az ellenálláson a feszültség ugyanolyan fázisú, mint a rajta folyó áram, tehát és vektora ugyanolyan irányú. A kondenzátoron a feszültség -kal van elmaradva a kondenzátoron folyó áramhoz képest, ahogy azt az 1989.9. ábra mutatja. értéke az ábra alapján



1989.10. ábra. Ezt az összefüggést felhasználva szerkeszthetjük meg a generátor feszültségének vektorát is (1989.10. ábra). Az 1989.10. ábráról már leolvasható az izzóra jutó

Ekkor már mondhatjuk, hogy a

és a generátor

feszültsége közti összefüggés:

-os izzó fényesen világít.

Ugyanilyen jó megoldás az is, ha az izzót a kondenzátorral kötjük párhuzamosan, és velük sorba a tekercset. Az összes többi esetben az izzóra ennél kisebb feszültség jut. Megjegyzés. Akik ismerik e vektoros számítás mélyebb hátterét, az ún. komplex formalizmust, azok algebrai úton is kiszámíthatják mindazt, amit a fenti geometriai megoldásból kaptunk. A komplex formalizmusban az áramokat és a feszültségeket olyan komplex számokkal jellemezzük, amelyek abszolút értéke adja az áramok és feszültségek csúcsértékét, a valós tengellyel bezárt szög pedig a fázisszöget. A komplex impedanciák:

ahol

komplex egységgyök.

Érdeklődők számára az alapfokú egyetemi és főiskolai elektromosságtani tankönyvek és jegyzetek tanulmányozását javasoljuk. Hangsúlyozzuk azonban, hogy a feladatot meg lehetett oldani a komplex formalizmus ismerete nélkül is.

1. A verseny eredménye Összesen 273 versenyző adott be dolgozatot. Közülük 99-en budapesti középiskolában tanulnak vagy érettségiztek, 174-en pedig vidéken. Érettségizett versenyző összesen 42 volt (23 budapesti és 19 vidéki), IV. osztályos 158 (47 budapesti, 111 vidéki), még fiatalabb versenyző pedig 73 (29 budapesti és 44 vidéki). A versenyzők iskolatípusonkénti és életkor szerinti megoszlásáról tájékozódhatunk az alábbi táblázatból. Az egész jegyre kerekített százalékérték mindig az összes beadott dolgozathoz (273)-hoz viszonyított hányadot mutatja.

BUDAPESTEN érettségizett

IV. osztályos


fiatalabb


gimn.

szakközép.

gimn.

szakközép.

gimn.

szakközép.

8%

0%

15%

2%

10%

1%

VIDÉKEN érettségizett

IV. osztályos

fiatalabb

gimn.

szakközép.

gimn.

szakközép.

gimn.

szakközép.

5%

2%

27%

14%

11%

5%

Az ünnepélyes eredményhirdetésre 1989. november 24-én került sor Budapesten, az ELTE TTK főépületének II. emeletén lévő fizikai előadóteremben. Külön meghívót kaptak a nyertes versenyzők és tanáraik, valamint a Középiskolai Matematikai Lapok Fizika Rovatának 1988-89-es pontversenyén és a Bolyai Farkas Fizikaversenyen legjobban szerepelt versenyzők. A program az Eötvös verseny feladatainak ismertetésével, a megoldások közös megbeszélésével kezdődött. A diszkussziót Radnai Gyula vezette, a feladatokhoz kapcsolódó kísérleteket Gnädig Péter mutatta be. Utána került sor az Eötvös verseny díjainak átadására. Erre a Versenybizottság elnöke az Eötvös Loránd Fizikai Társulat elnökét kérte fel, felújítva ezzel azt a régi hagyományt, amikor még Eötvös Loránd maga adta át a Társulat tanulóversenyének a díjait. Kroó Norbert akadémikus meleg szavakkal köszöntötte a nyertes versenyzőket, s gratulált tanáraiknak is. Ezután átadta a díjakat. Első díjat kapott Antal Csaba, a BME I. éves mérnökhallgatója, aki Budapesten az Apáczai Csere János gimnáziumban érettségizett mint Flórik György tanítványa, valamint Rékasi János, a gyöngyösi Berze-Nagy János gimnázium IV. osztályos tanulója, Kiss Lajos tanítványa. Második díjat kapott Laux Adám, a budapesti Táncsics Mihály gimnázium IV. osztályos tanulója, Holicsné Csejk Gabriella és Szabó László tanítványa; Somfai Ellák, az ELTE I. éves fizikus hallgatója, aki Pápán a a Petőfi Sándor gimnáziumban érettségizett mint Dankó Ferenc tanítványa, valamint Szabó Szilárd, az ELTE I. éves fizikus hallgatója, aki Budapesten az ELTE Apáczai Csere János gimnáziumban érettségizett mint Holics László tanítványa. Harmadik díjat kapott Boncz András, a zalaegerszegi Zrínyi Miklós gimnázium III. osztályos tanulója, Pálovics Róbert tanítványa; Késmárki Szabolcs, a BME I. éves mérnökhallgatója, aki Kecskeméten a Bányai Júlia gimnáziumban érettségizett mint Borsos Ferenc tanítványa, valamint Kovács Attila, a debreceni Mechwart András műszaki középiskola IV. osztályos tanulója, Kopcsa József tanítványa. Dicséretet kapott Fülöp Gábor, a budapesti Fazekas Mihály gimnázium IV. osztályos tanulója, Horváth Gábor tanítványa és Horváth Tibor, a kecskeméti Katona József gimnázium IV. osztályos tanulója, Kocsisné Domján Erzsébet tanítványa.


Az 1990. évi verseny 1. feladat. Lemezjátszó korongjának közepére helyezett tálban víz van. A vízen egy pingponglabda úszik. Mi történik a pingponglabdával, miután megindítottuk a lemezjátszót? Megoldás. Miután megindítottuk a lemezjátszót, a tálban a víz a koronggal együtt forog. A közel azonos szögsebességet a víz belső súrlódása biztosítja.

1990.1. ábra. A viszonylag alacsony fordulatszám miatt turbulencia nem lép fel. A felület közelítőleg forgásparaboloid alakú, amint az - inerciarendszerből nézve - az alábbi módon látható:

s ezt az összefüggést egy kicsiny,

alapterületű,

„magasságú” folyadékdarabkára alkalmazva

Egyszerűsítések után:

1990.2. ábra. 15 Created by XMLmind XSL-FO Converter.


A bal oldalon - határátmenetben - az érintő meredeksége áll; a vízszintessel bezárt hajlásszöggel kifejezve

Ezt az összefüggést közvetlenül is megkaphatjuk, ha gyorsuló ( szögsebességgel forgó) koordinátarendszerből írjuk le a jelenséget. Felhasználva, hogy a folyadék szabad felülete minden pontjában merőleges az ott ható külső erők eredőjére:

A görbe meredekségét ismerve integrálással kaphatjuk meg a görbe egyenletét.

amennyiben az origó a görbe legalsó pontja. A parabola valóban forgásparaboloid.

egyenletét kaptuk, tehát a felület

1990.3. ábra. Vizsgáljuk meg a vízen úszó pingponglabdára ható erőket! A jelenséget a továbbiakban végig az szögsebességgel forgó koordinátarendszerben írjuk le, de megkülönböztetünk egymástól két esetet aszerint, hogy figyelembe vesszük-e a levegő közegellenállását, vagy sem. Először tekintsünk el a levegő közegellenállásától. Ekkor a pingponglabdára háromféle erő hat: 1. A nehézségi erő (

); koncentrálható a pingponglabda tömegközéppontjába.

2. A centrifugális erő ( ) ugyancsak a pingponglabda középpontjába koncentrálható (ezt az állítást azonban még be kell bizonyítanunk). 3. A felhajtóerő (

) a kiszorított víz volt tömegközéppontjába koncentrálható.

A pingponglabdára ható erők eredőjének meghatározásához bontsuk fel a felhajtóerőt is függőleges és vízszintes összetevőkre. Mekkora a vízszintes összetevő? Amekkora a kiszorított vízre ható centrifugális erő volt. A kiszorított víz tömege jó közelítéssel megegyezik a pingponglabda tömegével. (egyensúly esetén egyezne meg vele pontosan.) Írhatjuk tehát: 16 Created by XMLmind XSL-FO Converter.


ahol

jelenti a kiszorított víz volt tömegközéppontjának távolságát a forgástengelytől.

1990.4. ábra. A pingponglabdára ható centrifugális erő nagysága:

ahol

a labda középpontjának távolsága a forgástengelytől (1990.4. ábra).

Igen ám, de , hiszen a labda kiemelkedik a ferde vízfelületből, s ezért középpontja közelebb van a forgástengelyhez, mint a vízbe merülő részé! A pingponglabdára tehát egy „befelé” mutató eredő erő hat mindaddig, amíg csak a labda be nem úszik középre. Ezután ott marad, egyensúlyi helyzete stabilis lesz. Hátra van még annak bizonyítása, hogy a labdára ható centrifugális erő a labda középpontjába koncentrálható, pontosabban a centrifugális erő nagysága és iránya ugyanakkora, mintha a labda teljes tömege a tömegközéppontban volna. A bizonyítást Bodor András versenynyertes dolgozatából idézzük, aki egy szellemes ötlettel egyszerűsítette le ezt az első pillanatban bonyolultnak látszó problémát.

1990.5. ábra. „Vágjuk fel a labdát a forgástengelyre merőleges síkokkal vékony körgyűrűkre. Elég belátnunk, hogy akármelyik gyűrűre ható centrifugális erő nagysága



ahol a gyűrű középpontjának és a forgástengelynek a távolsága. Osszuk fel a gyűrűt darab kis hosszú részre; legyen az egységnyi hosszú kerületdarab tömege . Ekkor a gyűrűre ható centrifugális erő:

Az nyilvánvaló, hogy ez az összeg a középpontot a forgástengellyel összekötő egyenessel ( ) párhuzamos lesz, ezért elég az összegzéskor csak az egyenessel párhuzamos komponensek összegét venni:

Vegyünk most egy kis szakaszt, és ennek a gyűrű középpontjára vett tükörképét, egyenlő. A kettejükre ható centrifugális erők összege:

-t. Ezek hossza

, így párosával véve a kis

Mivel szakaszokat

Tehát a pingponglabdára ható centrifugális erő valóban

.”

Megjegyezzük, hogy a centrifugális erő nagysága akármilyen alakú test esetében az össztömeg és a tömegközéppont helyzetének megfelelő gyorsulás szorzata; ez következik az inerciarendszerben megfigyelhető mozgásra felírható tömegközéppont-tételből. A centrifugális erő hatásvonala azonban általában nem megy át a tömegközépponton. Végül vizsgáljuk meg azt az esetet, amikor nem tekinthetünk el a levegő közegellenállásától. A levegő nem forog együtt a rendszerrel, ezért fékezi a labdát. A labda szögsebessége kisebb, mint a kiszorított víz szögsebessége volt. Ezáltal a centrifugális erő még kisebb, mint a közegellenállás nélküli esetben, s a labdára ható Coriolis erő (mivel a labda most mozog a forgó vízhez képest) ugyancsak befelé mutat. Még hamarabb, még gyorsabban úszik be középre a pingponglabda. 2. feladat. Vízszintes helyzetű körlemezekből álló síkkondenzátort feltöltünk. A kondenzátor közelében a lemezek közti távolságot felező vízszintes síkban kis iránytűt helyezünk el. Ezután a kondenzátort a függőleges szimmetriatengely körüli forgásba hozzuk. Megmozdul-e az iránytű, s ha igen, merre? Megoldás. A kondenzátoron lévő töltéseket körmozgásra kényszerítjük azáltal, hogy a kondenzátort megforgatjuk. Lehet, hogy a töltéssűrűség kifelé haladva kissé nőni fog, ez azonban semmit sem változtat azon a tényen, hogy lényegében szimmetrikus köráramok (1990.6. ábra) mágneses terének eredőjét kell meghatároznunk.



1990.6. ábra.

1990.7. ábra. Az 1990.7. ábrán két ilyen szimmetrikus köráram eredő mágneses terének B-vonalait ábrázoltuk egy, a forgástengelyen átmenő, függőleges síkban. Minden B-vonal benne van egy-egy, a forgástengelyen is átmenő függőleges síkban. Ezen síkok közül választottunk ki egyet az ábrán. A lemezek közötti távolságot felező vízszintes síkban, a kondenzátor közelében helyezkedik el az iránytű. Szimmetriaokok miatt az áramokból származó vektor ezen a helyen pontosan a forgástengely felé mutat (ez látható az ábrán megrajzolt esetben), vagy ezzel az iránnyal éppen ellentétes, ha akár a töltések előjele, akár a forgásirány az ábrán felrajzolthoz képest ellentétes. A kondenzátor mozgó töltéseinek fenti mágneses tere a földi mágneses térre szuperponálódik, azt elvileg módosítja. (Gyakorlatilag csak kevéssé, ezért a jelenséget iskolai körülmények között nem lehet megfigyelhetővé tenni.) Az iránytű, amely a földi mágneses térnek megfelelően állt be, biztosan nem mozdul meg a kondenzátor megforgatásakor, ha a mozgó töltésektől származó az iránytű helyén a földi -vel pontosan megegyező 19 Created by XMLmind XSL-FO Converter.


vagy ellentétes irányú. Minden más esetben az eredő a földi -től némileg eltérő irányú, ezért az iránytűnek elvileg el kell fordulnia, hogy beállhasson az eredő irányába. 3. feladat. Vízben szuszpendált, átmérőjű, gömb alakú részecskék termikus egyensúlyi eloszlását vizsgáljuk mikroszkópon keresztül. A mikroszkóp tubusa függőleges. A részecskék anyagának sűrűsége , a hőmérséklet . A mikroszkóp mélységélessége kicsi, mindig csak egy igen vékony vízrétegben lévő részecskék láthatóak élesen. Mennyivel kell lejjebb süllyeszteni a mikroszkóp tubusát, hogy kétszer annyi részecskét lássunk? A víz törésmutatója . Megoldás. Mivel a részecskék átmérője a látható fény hullámhosszával azonos nagyságrendű, ezért egy-egy részecske éles képe a mikroszkóp sötét látóterében egy-egy világító pont. A részecskék magasság szerinti eloszlása az állandó hőmérsékletű vízben Boltzmann-eloszlás lesz. Ennek megfelelően a és magasságban elhelyezkedő részecskék átlagos számának aránya:

Hogyan lehet meghatározni a magasságban lévő részecske potenciális (magassági) energiáját? Vegyük figyelembe, hogy a részecskére nemcsak a nehézségi erő, hanem a felhajtóerő is hat. Ekkor

A fenti egyenletekből a

magasságkülönbség:

A mikroszkóp tubusát azonban nem kell ennyivel lejjebb süllyeszteni, mivel vízbe kell nézni. (A vízben lévő tárgyak „felemelkedve” látszanak.) A helyes válasz:

.

Adatok:

,

,

,

,

, ,

. A víz sűrűsége 23 ?-on a középiskolai fizikai táblázatokban lévő adatokból interpolációval kapható: , de elfogadható volt az is, ha valaki a szokásos -rel számolt. A helyes végeredmény (5% pontossággal):

A mikroszkóp tubusát tehát 0,08 milliméterrel kell lejjebb süllyeszteni.

1. A verseny eredménye 20 Created by XMLmind XSL-FO Converter.


Összesen 242 versenyző adott be dolgozatot. A beadott dolgozatok terjedelme széles skálán mozog: az alig fél oldalas bátortalan próbálkozástól a 10-15 oldalas diszkusszióig mindenre akad példa. Hozzávetőleges tájékozódást nyújt a verseny iránti érdeklődésről az a táblázat, amely az összes beadott dolgozathoz viszonyított százalékos arányban adja meg a versenyzők életkor szerinti és iskolatípusonkénti eloszlását Budapesten és vidéken. Az 1990. évi Eötvös versenyen e táblázat a következőképpen alakult:


IV. osztályos

fiatalabb

gimn.

szakközép.

gimn.

szakközép.

gimn.

szakközép.

3%

0%

9,5%

0,5%

14%

0%


IV. osztályos

fiatalabb

gimn.

szakközép.

gimn.

szakközép.

gimn.

szakközép.

6%

2%

32%

12%

10%

11%

Feltűnő, hogy milyen kevés az érettségizettek száma: az összes versenyzőknek csupán 11%-a. Tegyük hozzá, hogy az Eötvös versenyen eredetileg csak érettségizettek indulhattak! A középiskolások száma a 70-es években nőtt meg ugrásszerűen, tekintettel a felvételi kedvezményekre. A versenybe benevező érettségizettek száma viszont a 80-as években érte el a csúcsot, amikor ez az előfelvett és katonai szolgálatra behívott hallgatóknak jelentett szabadságot, a hazamenetel lehetőségét. 1988 óta az előfelvett hallgatók száma rohamosan csökkent, így az Eötvös versenyen most már tényleg azok indulhatnak, akiket a fizika szeretete s a szellemi erőpróba lehetősége sarkall. Az ünnepélyes eredményhirdetésre 1990 november 30-án került sor az Eötvös Loránd Tudományegyetemen. A megoldásokat először a legjobb versenyzők mutatták be, majd a Versenybizottság jelenlévő tagjai egészítették ki az elmondottakat. Az első feladat megoldását Zóka Gábor és Bodor András ismertette, a másodikét Maróti Miklós, a harmadikét Egyedi Péter. A hallgatóság élénk figyelemmel s nagy vitatkozó kedvvel vett részt a diszkusszióban. A második feladattal kapcsolatban Boros János 1 versenybizottsági tag írásban küldte el észrevételeit, kiegészítéseit a feladat megoldásához, ezt a bizottság elnöke felolvasta. Ezután került sor a díjkiosztásra. Első díjat kapott: Bodor András, az ELTE Apáczai Csere János Gyakorló Gimnáziumának IV. osztályos tanulója, Zsigri Ferenc tanítványa. Második díjat kapott: Horváth Tibor, a kecskeméti Katona József Gimnázium IV. osztályos tanulója, Kocsisné Domján Erzsébet tanítványa; valamint Zóka Gábor, A BME I. éves villamosmérnök hallgatója, aki Nagyatádon az Ady Endre Gimnáziumban érettségizett mint Knapp Ottó tanítványa. Boros János (1912-1991) harminckét éven át vett részt a Versenybizottság munkájában, Kísérleti fizikus volt, Gyulai Zoltán tanítványa és munkatársa. Az említett kiegészítésben is azt vizsgálta, mérhető-e a feladat megoldása során kikövetkeztetett effektus… Idős ember volt már, 1991 januári halálhíre mégis váratlanul ért bennünket. Emlékszem, néhány évvel ezelőtt, amikor Szegeden volt a középiskolai tanári ankét, elment az egyetemre, megkérte a kollégákat, engedjék be a szertárba. „Meg akarom simogatni azokat a régi eszközöket.” - mondta. Ahogy neki hiányoztak a régi eszközök, úgy hiányzik ő is nekünk. 1



Harmadik díjat kapott Egyedi Péter, a pécsi Leőwey Klára Gimnázium IV. osztályos tanulója, Csikós Istvánné tanítványa; Maróti Miklós, a szegedi Radnóti Miklós Gimnázium IV. osztályos tanulója, Dudás Zoltánné tanítványa;valamint Tokodi Tamás, a JATE I. éves fizikus hallgatója, aki Szegeden, a JATE Ságvári Endre Gyakorló Gimnáziumban érettségizett mint Kocsis Vilmos és Győri István tanítványa. Dicséretet kaptak a verseny 7-13.helyezettjei: 7. helyezett: Hegedűs Pál, a soproni Berzsenyi Dániel Gimnázium IV. osztályos tanulója, Lang Jánosné tanítványa. 8. helyezett: Kiss Gyula, a zalaegerszegi Zrínyi Miklós Gimnázium IV. osztályos tanulója, Pálovics Róbert tanítványa. 9. helyezett: Falus Péter, az ELTE Ságvári Endre Gyakorló Gimnáziumának IV. osztályos tanulója, Honyek Gyula tanítványa. 10. helyezett: Gulyás Ferenc, a pécsi Zipernovszky Károly Ipari Szakközépiskola V. osztályos tanulója, Kiss Jenő tanítványa. 11. helyezett: Csilling Ákos, az ELTE I. éves fizikus hallgatója, aki Budapesten, a Fazekas Mihály Gyakorló Gimnáziumban érettségizett mint Horváth Gábor tanítványa. 12. helyezett: Földvári Zoltán, a veszprémi Lovassy László Gimnázium IV. osztályos tanulója, Farkas István tanítványa. 13. helyezett: Bilics Péter, a budapesti Fazekas Mihály Gyakorló Gimnázium IV. osztályos tanulója, Horváth Gábor tanítványa. A díjakat a Versenybizottság elnöke adta át. Az Eötvös verseny eredményhirdetése után került sor a KöMaL 1989-90. évi fizika pontversenyének eredményhirdetésére, majd az egyetemisták számára meghirdetett Ortvay verseny díjainak kiosztására. A KöMaL pontverseny nyerteseit Gnädig Péter köszöntötte, és mutatta be egymásnak és a hallgatóságnak, az Ortvay verseny nyerteseinek pedig Czakó Ferenc adta át azok leveleket és a jutalmakat. Idén is feltűnt, hogy az Ortvay verseny nyertesei közül milyen sokan voltak az Eötvös verseny díjazottjai, illetve a KöMaL pontverseny helyezettjei. Úgy látszik, hogy a tehetségesek kiválasztásában jó úton járunk.


Az 1991. évi verseny 1. feladat. Egy rögzített tengely körül könnyen forgó sugarú mókuskerékbe hosszúságú létrát szereltünk. Egy olyan pillanatban, amikor a kerék éppen nyugalomban van és a létra vízszintes, a mókus elindul az pontból, és úgy fut át a létrán a pontba, hogy közben a kerék mozdulatlan marad (1991.01. ábra).

1991.01. ábra. Hogyan kell a mókusnak mozognia? Mennyi idő alatt fut át a létrán? Megoldás. A kerék akkor marad mozdulatlan, ha a kerékre ható erők és forgatónyomatékok eredője egyaránt zérus marad, miközben a mókus végigfut a létrán. Az erők eredőjének zérus voltát a rögzített tengely biztosítja. Ha pedig a mókus által a létrára kifejtett erőhatásvonala átmegy a tengelyen, akkor az eredő forgatónyomaték is zérus marad.Newton III. törvénye értelmében ekkor a létra által a mókusra kifejtett erőnek is olyan irányúnak kell lennie, hogy hatásvonala menjen át a tengelyen. Ez az erő két erő eredőjeként adódik: egyik a függőlegesen felfelé irányuló nyomóerő, másik pedig vízszintes súrlódási erő, amely a mókus gyorsulásának irányába mutat. A mókusra ható erők eredőjének nagysága (1991.02. ábra):

1991.02. ábra. A mókus helyzetét az 1991.02. ábrán látható megadhatjuk:

szög helyett a létra közepétől mért


távolsággal is


mivel a szabályos háromszög oldala hosszúságú. Ha előjeles távolságot („helykoordinátát”) jelent, akkor a dinamika felírt alaptörvényéből előjelesen is helyesen következik:

A kitéréssel arányos nagyságú, de ellentétes irányú gyorsulása a harmonikus rezgőmozgást végző testnek van, vagyis a mókusnak úgy kell futnia, hogy mozgása harmonikus rezgőmozgás legyen. Ilyenkor

A kitérés időfüggvénye:

Az

-ból

-be való átfutás egy „félrezgésnek” felel meg, az ehhez szükséges idő:

Megjegyzések. 1. A feladatot Ciolkovszkijnak egyik ötlete inspirálta. ő maga középiskolai tanár volt, s egyszer az alábbi feladatot adta: „Hogyan kell egy bogárnak végigmásznia egy falhoz támasztott szalmaszálon, hogy ne csússzék el a szalmaszál, annak ellenére, hogy se a falnál, se a talajnál nincs súrlódás?” 2. Meglepő ötlettel állt elő az egyik versenyző a mostani Eötvös versenyen: legyen a létra végtelen nagy tömegű a mókushoz képest, akkor a mókus nyugodtan végigsétálhat rajta (ahogy egy légy is végigmászhat a létrán) anélkül, hogy mérhető módon megmozdulna a kerék … 3. Többen kísérleteztek azzal az ötlettel is, nem tud-e átugorni a mókus -ból -be úgy, hogy közben ne mozduljon meg a kerék. úgy gondolták, hogy a kerék érintőjére merőlegesen kell elugrani -ból, és a -beli érintőre merőlegesen kell megérkezni a pontba. Azután gyorsan kiszállni a kerékből … 1

1

Nem vették észre, hogy ehhez a mókusnak végtelen nagy erőt kellene kifejtenie - igaz: elhanyagolhatóan rövid ideig!



1991.03. ábra. Tegyük fel, hogy az elugró mókust ideig állandó erő gyorsítja fel 0-ról sebességre az pontban, majd ugyanekkora, megfelelő erő fékezi le -ben (1991.03. ábra). Jelöljük -val az elugrás sebességének a vízszintessel bezárt szögét! Ekkor az pontban a kerékre két erő hat: függőlegesen lefelé egy nagyságú erő, a sebességgel ellentétes irányban pedig . A két erő ellentétes forgató hatást fejt ki a kerékre, s az egyensúly feltétele:

Az

erő

nagyságú impulzusa (erőlökése) ad a mókusnak

nagyságú lendületet:

Ezt felhasználva, az előző egyenletből kapjuk:

értékét:

Kifejtve

Ha a mókus

így

ideig van a levegőben repülés közben, akkor

-re a következő másodfokú egyenlet adódik:

Jól látszik, hogy a repülés

ideje függ az elugrás

idejétől, ami viszont nem volt megadva a feladatban. 25



Sem a végtelen nagy tömegű mókuslétra, sem az ugró mókus nem felel meg a feladat feltételeinek, csupán azért idéztük fel őket, hogy illusztráljuk a versenyzők találékonyságát, kifogyhatatlan ötleteit. Szerencsére ötvennél is több versenyzőnek volt igazán helyes megoldása erre a feladatra. 2. feladat. Egy zárt hengert könnyen mozgó, jól záró dugattyú oszt két részre. Kezdetben a dugattyú középen áll. Mindkét oldalon térfogatú, nyomású, hőmérsékletű levegő van, a bal oldali részben ezen kívül még egy tömegű jégdarabka is található. A rendszert lassan

-ra melegítjük. Hol fog elhelyezkedni a dugattyú?

Megoldás. -on a bal oldalon már nem lesz jég, hanem víz és vízgőz keveréke, esetleg már csak vízgőz, ha minden víz elpárolgott. (Ezt még külön meg kell vizsgálnunk!)

1991.4. ábra. Jelöljük -zel a gőzállapotban lévő molekulák számát a bal oldalon, a -os végállapotban. Mivel ezen az oldalon megnőtt a molekulák száma, a dugattyúnak is el kellett mozdulnia jobbra. Jelöljük -vel a térfogat növekedését a bal oldalon, ugyanennyivel csökken a térfogat a jobb oldalon (1991.4. ábra). Az állapotjelzők kezdetben mindkét oldalon a következők:

A végállapotban a bal oldalon

A végállapotban a jobb oldalon

A gázmolekulák száma kezdetben mindkét oldalon

A végállapotban a jobb oldalon marad ugyanennyi, a bal oldalon viszont megnő a molekulák száma:

Vizsgáljuk meg, hogy mekkora lehet ! Teljesen elpárologhat a felolvadt összes jég? Számítsuk ki, hogy vízgőz mekkora térfogatot tölt be hőmérsékleten, s az ennek megfelelő nyomáson! Ideális gáz közelítést alkalmazva:



Hasonló értéket kapunk akkor is, ha a értékével számolunk.

-os vízgőz sűrűségének mért és táblázatban megadott

A rendelkezésre álló térfogat viszont legfeljebb el teljesen a bal oldalon. Mennyi párolog el? Ez

lehet! Ebből következik, hogy a víz nem párolog

-től is függ:

és között még egy összefüggésre van szükségünk. Ehhez azt használjuk fel, hogy a végállapotban a két oldalon azonos a nyomás és a hőmérséklet, vagyis a térfogatok aránya egyenlő a gázmolekulák számának arányával:

A két egyenletbe az ismert adatokat behelyettesítve

vagyis a bal oldalon elhelyezkedni a dugattyú.

és

értéke meghatározható. A megoldás:

, a jobb oldalon

térfogat alakul ki, így fog

Érdekes, hogy , , adódik, ami annak következménye, hogy a levegő nyomása gyakorlatilag ugyanakkora volt a kezdőállapotban, mint a telítési nyomása a végállapot hőmérsékletén. Megjegyzés. A feladat megoldásának kulcsa a vízgőzre vonatkozó állapotegyenlet helyes felírása. Sok hibás megoldás abból keletkezett, hogy az összes víz elpárolgását feltételezve határozták meg -t. Mások viszont ezzel ellentétben azt állították, hogy egyetlen molekula sem fog a vízből elpárologni, mert a víz nem fog felforrni. Az egyetlen jogos ellenvetés, amit a fenti megoldással szemben tehetünk az az, hogy alkalmazhatjuk-e az ideális gáz közelítést a -os vízgőzre? A válasz az, hogy alkalmazhatjuk! Valóban jó közelítés ez, amint arról bárki meggyőződhet, ha fellapoz egy vízgőztáblázatot. 3. feladat. Fémből készült, igen vékony falú, zárt gömbhéj belsejében fonálon egy kétrét hajtott alufólia-csík függ. A gömb két átellenes pontjára kívülről az ábrán látható módon feszültséget kapcsolunk (1991.5. ábra).



1991.5. ábra. Megmozdul-e az alufólia-csík, s ha igen, hogyan? Megoldás. A vékony gömbhéj ellenállása nem hanyagolható el. Lesz elektromos mező a gömb belsejében, mégpedig forgásszimmetrikus abban az esetben, ha a gömb belül üres. (A szimmetriatengely a csatlakozási pontokat összekötő átmérő.) Ha a gömb közepén ott van a kettéhajtott alufólia, akkor ezen megosztás jön létre azért, hogy a fólia ekvipotenciális legyen. A megosztott töltések tere kioltja a gömb belső terét a fólia két ága között (1991.6. ábra).

1991.6. ábra. A fólia bármely ágára a külső térerősség és a másik ágból származó ( a fóliaágra a külső tér van nagyobb hatással.

-nél kisebb) térerősség hat, vagyis

Ezért a kettéhajtott fólia kinyílik, és egy olyan helyzetben állapodik meg, amikor már a rá ható elektromos, gravitációs stb. erők és forgatónyomatékok eredője egyaránt zérus. Megjegyzés. Az összeállítás emlékeztet a „Faraday-kalitkára”, ezért sok versenyző úgy gondolta, hogy nem lehet a gömb belsejében elektromos mező. Elfelejtették, hogy ez csak elektrosztatikában igaz, amikor a fém felülete ekvipotenciális. Most a fémen áram folyik, ezért a fémgömb különböző pontjai között általában van feszültség s így van - nemcsak benne, de körülötte is - elektromos mező. Ha valami, akkor a kétrét hajtott fóliaág képezhet ebben a feladatban Faraday-kalitkát, és e „kalitkának” a belsejében kell, hogy a térerősség közel zérus legyen.

1. A verseny eredménye 1991. október 18-án délután és között tartotta meg a fennállásának 100. évfordulóját ünneplő Eötvös Loránd Fizikai Társulat sorrendben 68. fizikai tanulmányi versenyét. A verseny Budapesten a centenáriumi ünnepséggel párhuzamosan zajlott, lehetővé téve az érdeklődő hazai és külföldi vendégeknek, hogy személyesen is meglátogathassák. Ugyanabban az épületben, aznap délelőtt nyílt meg a centenáriumi poszter kiállítás, s a versenyre érkezők megtekinthették az itthoni és a szomszédos országokban élő magyar diákok és tanárok színvonalas munkáit.



Budapesten kívül még 12 vidéki városban folyt a vetélkedés, mindenütt a Társulat helyi csoportjának szervezésében. Az összesen beadott 265 dolgozat legnagyobb részét azokban a városokban írták, ahol tudományegyetem is működik (Budapest, Debrecen, Szeged, Pécs). Lelkes szervezők dolgoznak a többi helyen is, de úgy tűnik, hogy a tanulók érdeklődése nagyobb a tudományegyetemi városokban. A századfordulón, Eötvös idejében, csak két városban volt tudományegyetem - Budapesten és Kolozsváron - és csak ebben a két városban rendezték meg a versenyt. Debrecenben és Pozsonyban az első világháború idején létesült tudományegyetem; Trianon után a kolozsvári Szegedre, a pozsonyi Pécsre költözött. Némi áttekintést nyújt az 1991. évi versenyről az alábbi táblázat, amely az összes beadott dolgozathoz viszonyított százalékos arányban közli a versenyzők életkor szerinti és iskolatípusonkénti tagozódását Budapesten és vidéken.


IV. osztályos

fiatalabb

gimn.

szakközép.

gimn.

szakközép.

gimn.

szakközép.

4%

0,5%

14%

1%

5,5%

2%


IV. osztályos

fiatalabb

gimn.

szakközép.

gimn.

szakközép.

gimn.

szakközép.

4,5%

-

26%

18%

15,5%

9%

Akárcsak az utóbbi években, 1991-ben is jellemző volt az érettségizettek alacsony aránya: tavaly 11%, idén már csak 9%, igaz, hogy Budapesten a tavalyi 3%-ról 4,5%-ra nőtt, vidéken azonban a tavalyi 8%-ról 4,5%-ra csökkent az arányuk. A versenyzők legnagyobb része 1991-ben is a negyedikesek közül került ki, arányuk Budapesten a tavalyi 10%-ról idén 15%-ra nőtt, vidéken a tavalyi 44% maradt. A legfeljebb III. osztályos versenyzők száma Budapesten 14%-ról 7,5%-ra csökkent, vidéken a tavalyi 21%-ról 24,5%-ra emelkedett. Bizonyos arányok állandók maradtak: idén is, tavaly is az összes beadott dolgozat 27%-át írta olyan versenyző, aki budapesti középiskolába járt vagy ott érettségizett. Ha azt vizsgáljuk, hogy milyen sikeresen szerepeltek az egyes iskolák az Eötvös versenyen, akkor a legjobb eredményt 1991-ben vitathatatlanul a budapesti Fazekas Mihály gimnázium tanulói érték el: 17-en indultak és adtak be dolgozatot a versenyen, s közülük 5-en értek el jó helyezést vagy kaptak dicséretet. Az ünnepélyes eredményhirdetésre 1991. november 29-én került sor Budapesten, az ELTE Múzeum körúti főépületében. A legjobb versenyzők mutatták be a feladatok megoldásait, diszkutálták az eredményeket. A harmadik feladathoz kapcsolódó kísérleteket, amelynek elvégzésében Csík Árpád II. éves fizikatanár szakos hallgató segített a Versenybizottság elnökének, a jelenlévő versenyzők és tanáraik érdeklődéssel figyelték. Ez a feladat bizonyult ugyanis a legnehezebbnek; az összes versenyző közül csak ketten tudták megoldani. Nem volt nehéz dolga a Versenybizottságnak, amikor a verseny két győztesét kellett kiválasztania: Az első díjat egyenlő arányban megosztva nyerte Bodor András, az ELTE I. éves fizikus hallgatója, aki az ELTE Apáczai Csere János Gyakorló Gimnáziumban érettségizett mint Zsigri Ferenc tanítványa, és Káli Szabolcs, az ELTE I. éves fizikus hallgatója, aki Budapesten a Fazekas Mihály Gimnáziumban érettségizett mint Horváth Gábor tanítványa. 29 Created by XMLmind XSL-FO Converter.


A II. és III. díjat a Versenybizottság összevonta, és egyenlő arányban megosztotta nyolc versenyző között: Egyedi Péter, a BME I. éves villamosmérnök hallgatója, aki Pécsett a Leöwey Klára Gimnáziumban érettségizett mint Csikós Istvánné és Kotek László tanítványa; Gefferth András, a budapesti Fazekas Mihály Gimnázium III. osztályos tanulója, Tóth László és Horváth Gábor tanítványa; Katz Sándor, a bonyhádi Petőfi Sándor Gimnázium III. osztályos tanulója, Erdélyesi János tanítványa; Kőszegi Botond, a budapesti Fazekas Mihály Gimnázium IV. osztályos tanulója, Horváth Gábor tanítványa; Miklós György, a BME I. éves villamosmérnök hallgatója, aki Budapesten a Szt. István Gimnáziumban érettségizett mint Kovács István tanítványa; Nagy Benedek, a KLTE I. éves fizikus hallgatója, aki Debrecen a KLTE Gyakorló Gimnáziumban érettségizett mint Dudics Pál tanítványa; Rózsa Balázs, a budapesti Fazekas Mihály Gimnázium IV. osztályos tanulója, Horváthné Dvorák Cecília tanítványa; Szendrői Balázs, a budapesti Fazekas Mihály Gimnázium IV. osztályos tanulója, Horváth Gábor tanítványa. A fenti nyolc versenyző egyenlő helyezésben a verseny 3-10. helyezettje. Dicséretet kapott az alábbi hat versenyző: Almos Attila, a budapesti Berzsenyi Dániel Gimnázium IV. osztályos tanulója, Istók Katalin tanítványa; Boncz András, az ELTE I. éves matematikus hallgatója, aki Zalaegerszegen a Zrínyi Miklós Gimnáziumban érettségizett mint Pálovics Róbert tanítványa; Egedi Péter, a szegedi Radnóti Miklós Gimnázium IV. osztályos tanulója, Mike János tanítványa; Nagy Gyula, a jászberényi Erősáramú Szakközépiskola IV. osztályos tanulója, Bakki Árpád tanítványa; Nemes Norbert Marcell, a budapesti Fazekas Mihály Gimnázium IV. osztályos tanulója, Horváth Gábor tanítványa és Somlai Ákos, a BME I. éves villamosmérnök hallgatója, aki Pécsett a Nagy Lajos Gimnáziumban érettségizett mint Orovicza Márkné tanítványa. A díjakat s a jutalmakat a Társulat nevében Boros Dezső alelnök adta át. Neki, mint Jászberény alpolgármesterének, külön kellemes meglepetést jelentett, hogy jászberényi diák is bekerült a dicséretet nyert versenyzők közé.


Az 1992. évi verseny 1. feladat. Vékony falú, belül üres félgömböt kétféleképpen hozunk - kis kitérésű - lengésbe. Egyik esetben a domború oldalán fekszik egy vízszintes asztalon, másik esetben homorú oldalával lefelé, középen egy függőleges tű hegyére támaszkodik.

1992.1. ábra. Melyik esetben lesz nagyobb a lengésidő? (A tömegközéppont mindkét esetben síkmozgást végez.) Megoldás. Először a tű hegyére támasztott félgömb lengésidejét határozzuk meg. Ha ezt a fizikai ingát a földi nehézségi erőtérben szöggel kilendítjük, akkor

nagyságú forgatónyomaték igyekszik azt visszatéríteni. (Szokásosan forgáspont távolságát.)

-sel jelültük a tömegközéppont és a

1992.2. ábra. A forgástengely a tű hegyén átmenő vízszintes egyenes, az 1992.2. ábránkon a papír síkjára merőleges. Erre a tengelyre vonatkozó tehetetlenségi nyomaték a Steiner-tétel szerint

ahol a tömegközépponton átmenő, az előbbivel párhuzamos tengelyre vonatkozó tehetetlenségi nyomatékot, pedig az üres félgömb tömegét jelöli. A lengés során nem változik meg. A forgómozgás alapegyenlete:

, esetünkben (előjelre is helyesen):

ahonnan a kis szögekre megengedhető

közelítéssel kapjuk:



Teljesül tehát a harmonikus torziós rezgés

feltétele és a rezgésidő kiszámítható:

Ezek után határozzuk meg az asztalon billegő félgömb mozgásának periódusidejét! Ez az előbbinél nehezebb feladat, mivel most a testnek egyetlen pontja sem rögzített. Ilyenkor is felírhatjuk azonban a forgómozgás alapegyenletét a tömegközépponton átmenő tengelyre, annak ellenére, hogy a tömegközéppont mozog, sőt, gyorsul is. (A tömegközéppont gyorsulását a test szöggyorsulásával lehet majd kapcsolatba hozni.) Lendítsük ki

szöggel a vízszintes asztalon levő üres félgömböt! A testre a következő erők hatnak:

a tömegközéppontban, függőlegesen lefelé; az asztal és a félgömb érintkezési pontjában, függőlegesen felfelé; súrlódási erő az érintkezési pontban, vízszintesen, a kimozdulással ellentétes irányban.

1992.3. ábra. Most használjuk fel azt a megszorítást, hogy a kitérés kicsi. Minél kisebb a kitérés, annál inkább elhanyagolható a tömegközéppont emelkedése a vízszintes elmozduláshoz képest. A tömegközéppont vízszintes elmozdulása

A tömegközéppont függőleges elmozdulása

(Pontosabban is fogalmazhatunk: Míg a kicsiny -val arányosan elsőrendűen kicsiny, addig az emelkedés -tel arányos, ún. másodrendűen kicsiny mennyiség.) Az elmozdulásokból a sebességekre, majd a gyorsulásokra következtethetünk. A tömegközéppont gyorsulása a fentiek szerint



Vízszintes irányban a súrlódási erő gyorsít:

Függőlegesen

és

egyensúlyt tartanak (hiszen

):

Végül pedig felírhatjuk a forgómozgás alapegyenletét a tömegközépponton átmenő vízszintes tengelyre:

(az erőkarok az 1992.4. ábráról leolvasható közelítő értékek). Behelyettesítve az erőket

ahonnan

kifejezhető:

Ismét

alakú összefüggést kaptunk, a mozgás tehát harmonikus rezgés és a periódusidő

1992.4. ábra. A két rezgésidő aránya



1992.5. ábra. Most már csak a tömegközéppont helyzetét, vagyis értékét kell meghatároznunk. Ez többféle módszerrel is lehetséges. Elegáns módszer kínálkozik, ha felhasználjuk a gömbövek egyik érdekes tulajdonságát: két párhuzamos, egymástól távolságra lévő síkkal bárhogyan elmetszve egy gömbhéjat, mindig azonos felszínű gömbövet kapunk:

Ha tehát a vékony félgömbhéjat gondolatban összenyomjuk a szimmetriatengelyére, akkor ott egy egyenletes tömegeloszlású pálcát kapunk, amelynek tömegközéppontja a felezőpontjában van. Ezek szerint

, a rezgésidők kérdéses aránya:

A két lengésidő tehát kis kitérések esetén közelítőleg egyenlő egymással. Megjegyzések. 1. Ha nem hanyagoljuk el a tömegközéppont emelkedését az asztalon billegő félgömb esetén, akkor erre a lengésidőre kissé nagyobb érték adódik. Így a valóságos, kísérletileg is ellenőrizhető esetben a félgömb - ha azonos szögkitérésű helyzetekből indítjuk, - valamivel lassabban billeg az asztallapon, mint a tű csúcsán. 2. Az összefüggés is csak közelítőleg igaz, mivel a gömbhéj vastagsága nem zérus, - csak éppen elhanyagoltuk. (A jó fizikus a lényeg megragadásának és a probléma szempontjából lényegtelen dolgok elhanyagolásának művésze.) 2. feladat. Körülbelül keresztmetszetű, hosszú, felül nyitott üvegcsövet színültig megtöltünk higannyal. A cső felső végére ráhúzzuk és befőttesgumival a csőhöz szorítjuk egy teljesen összelappadt (levegőt nem tartalmazó) lufi száját. Ezután a csövet a levegőben tartva felfordítjuk. Mi fog történni? (Készítsen rajzot is!) Megoldás. Feltételezhetjük, hogy amikor ráhúzzuk az összelappadt lufit az üvegcső szájára, a higany feletti részben nem lesz levegő, és később sem tud bejutni levegő a lufi belsejébe.



Fordítsuk meg a csövet! Függőleges helyzetben a cső - most már alul levő - szájánál a lufihártyára belülről higanyoszlop nyomása, kívülről pedig a külső levegő nyomása hat. (Vegyük ez utóbbit nek.)

magas -

A belső, nagyobb nyomás kissé szétnyitja az összelappadt lufit, s a higany elindul lefelé. higany lefut egészen a lufi aljára, és ekkor a folyamat leáll. A csőben marad magas higanyoszlop, fölötte vákuum (a higanygőz nyomása elhanyagolható). Alul, a cső szájától kezdve a lufi újra összelappadt állapotban van, mert a külső légnyomás összenyomja. Legalul, az összelappadt lufiban lévő higany kicsi, kidudorodó zacskóban gyűlik össze. A folyamat legfontosabb pillanatait az 1992.6. ábrasorozat szemlélteti („oldalnézetben”).

1992.6. ábra. Ha túl gyorsan fordítjuk meg a csövet, esetleg a végén még meg is lökjük kissé, -nél több higany is le tud folyni a lufi aljára. Ekkor a végállapotban a külső légnyomás kissé visszanyomná a lufit a cső szájánál a cső belseje felé. Ugyanakkor a lufit a higany lefelé húzza, kissé megnyújtja a gumit, s ez a hatás a cső szájánál is érvényesül. Mindezek azonban olyan kicsiny nyomáskülönbséget és többleterőt eredményeznek, hogy a lufinak ebből származó alakváltozása szabad szemmel alig vehető észre, s a megoldást lényegesen nem módosítja. 3. feladat. Két egyforma szigetelő tartón két egyforma fémgömb nyugszik egymás közelében. Töltés egyiken sincs. Egy néhányszáz voltos telep egyik sarkát leföldeljük, a másik sarokhoz csatlakozó vezeték végével pedig megérintjük először az egyik (mondjuk a bal oldali), azután a másik (jobb oldali) gömböt, majd a telepet eltávolítjuk. Ezután felülről, szigetelő fonálon, kicsiny, töltetlen golyócskát engedünk le a két gömb közé, lehetőleg pontosan középre.

1992.7. ábra. 35 Created by XMLmind XSL-FO Converter.


Mit tapasztalunk? Megoldás. Első tekintetre úgy tűnik, hogy semmi különbség nincs a két gömb feltöltése között. Mindkét gömb töltetlen, azonos sugarú, s a földtől is ugyanakkora távolságra vannak. A megoldás kulcsa mégis az, hogy észrevegyük: más-más „környezetben” történik a feltöltés. Amikor az első gömböt töltjük fel, egy töltetlen gömb áll közben mellette. Amikor a másodikat töltjük, amellett már egy töltött gömb áll! Jelöljük

-gyel azt a töltést, amelyet egy magányos gömb venne fel a telepből.

Az első gömb feltöltésekor

-nél nagyobb, mondjuk

töltés áramlik erre a gömbre, mert a

mellette álló töltetlen gömbön elektromos megosztás történik, s ez leköt a gömbön A második gömbre -nél kisebb, mondjuk emellett már egy ugyanilyen előjelű töltéssel feltöltött gömb áll.

töltést.

töltés vihető fel ugyanarról a telepről, mert

Könnyebben áttekinthető és kvantitatívan is tárgyalható a probléma, ha bevezetjük a gömböknek mind a földhöz, mind egymáshoz képesti kapacitásait. Jelöljük

-gyel egy gömb és a föld közötti,

-vel pedig a két gömb közötti kapacitást (ld. 1992.8. ábra).

1992.8. ábra. Az első (mondjuk a bal oldali) gömböt megérintve az feszültségű telep pozitív sarkához csatlakozó vezeték végével, az 1992.9. ábrán látható elektromos állapot fog kialakulni. (A feltüntetett - fiktív - vezetékek megkönnyítik a kapcsolás felismerését.)

1992.9. ábra. Mindkét gömb ekvipotenciális, de a jobb oldali gömb potenciálja kisebb. Ez ugyanis

míg a bal oldali gömbre:



Innen az alábbi összefüggések adódnak:

A bal oldali gömbre összesen

nagyságú töltés kerül. Ezek után érintjük hozzá a telep pozitív sarkáról jövő vezeték végét a jobb oldali gömbhöz. Ennek potenciálja lesz, felmegy rá töltés; ábrán látható elektromos állapot alakul ki.

a föld felé,

1992.10. ábra. Most is felírható az

feszültség kétféle módon:

Innen pedig a következő összefüggésekhez jutunk:

mivel

. A jobb oldali gömb töltése végül:


a másik gömb felé, s így az 1992.10.


A két gömb töltéseinek aránya:

Ha felülről, szigetelő fonálon, kicsiny, töltetlen golyócskát engedünk le a két gömb közé, lehetőleg pontosan középre, akkor ez a golyócska az ottani térerősség hatására dipóllá válik (akár szigetelő, akár vezető, csak a mechanizmus más), és a nagyobb töltésű gömb maga felé húzza. A golyócska kilendül, balra. Megjegyzés.

, vagyis a bal oldali gömb földhöz képesti feszültsége nagyobb lesz, mint

a telepé! Ha pl.

és

, akkor

. A bal oldali gömb töltése

,

, a jobb oldalié

lesz

az adott esetben.

1. A verseny eredménye Ez az 1992-es, 69. verseny bizonyos tekintetben új szabályok szerint zajlott. A Eötvös Loránd Fizikai Társulat Tanácsa a Versenybizottság javaslatára úgy döntött, hogy kiszélesíti a versenyzők körét: lehetővé teszi, hogy ne csak magyar állampolgárságú tanulók indulhassanak az Eötvös versenyen. Ezután a hazai diákokkal azonos feltételek mellett vehetnek részt az itt tanuló külföldi diákok és a szomszédos országokban tanuló, magyarul értő diákok is. Magyarország 12 városában a Társulat felelős képviselői várták izgatottan az érkező versenyzőket: vajon hány magyar és hány külföldi diák jelenik meg a versenyen, s közülük hányan adnak be dolgozatot. Budapesten a tavalyinál többen, összesen 105-en adtak be dolgozatot. Köztük öt külföldi versenyző volt: egy itt tanuló lengyel diák és négy erdélyi, akik közül hárman 1992-ben érettségiztek, a negyedik még középiskolás volt. Szegeden 45 dolgozat született, másfélszer annyi, mint tavaly. A versenyzők közül öten jöttek külföldről, mindannyian Szabadkáról. Debrecenben is valamivel többen adtak be dolgozatot, mint tavaly, a 41 versenyző között viszont nem volt külföldi. Pécsett összesen 21 dolgozatot adtak be, egyikük egy itt tanuló romániai diák volt. Ami a résztvevők számát illeti, a négy tudományegyetemi város (Budapest, Szeged, Debrecen, Pécs) az eddigieknél is jobban elhúzott a többiektől: a verseny további nyolc helyszínén sehol sem érte el a beadott dolgozatok száma a tízet. Összesen 246 dolgozatot adtak be a diákok ebben az évben, ezek közül 9-et írt olyan versenyző, aki nem Magyarországon járt középiskolába. A többiek életkor szerinti és iskolatípusonkénti eloszlását tanulmányozhatjuk az alábbi táblázaton:


IV. osztályos

fiatalabb

gimn.

szakközép.

gimn.

szakközép.

gimn.

szakközép.

5%

1%

13%

1,5%

9%

-




IV. osztályos

fiatalabb

gimn.

szakközép.

gimn.

szakközép.

gimn.

szakközép.

8%

1%

31%

12%

10%

8,5%

Örvendetes változás tavalyhoz képest az érettségizettek arányának növekedése, bár a versenyzők legnagyobb részét még mindig a IV. osztályosok teszik ki. A legtöbb gimnazista versenyző 1992-ben is a budapesti Fazekas Mihály gimnáziumból jött, a legtöbb szakközépiskolás pedig Debrecenből. A vidéki gimnáziumok közül a kecskeméti Katona, a szegedi Deák és a debreceni KLTE gyakorló indított az átlagosnál több versenyzőt. Eredményesség tekintetében a budapesti Fazekas ebben az évben is megelőzte a többieket: egyedül ebből a gimnáziumból került egynél több versenyző a nyertesek közé. A beérkezett 246 dolgozat között volt egy kiemelkedő: Katz Sándor bonyhádi IV. osztályos tanulódolgozata. Mindhárom feladatot tökéletesen megoldotta, ráadásul az első feladatot olyan szép gondolatmenettel, amely megérdemli, hogy itt is felidézzük. Változtatás nélkül közöljük Katz Sándor megoldását: „Határozzuk meg először a súlypont helyét. A függvénytáblázat 1 szerint, ha középponttól

távolságra van. Legyen

jelen esetben

a külső,

a belső sugár, ez a

. Ekkor

, így

.

1992.11. ábra.

Az Eötvös versenyen minden segédeszköz (könyvek, jegyzetek, zsebszámológép) használható, természetesen a függvénytáblázat és képlettár is. 1



Egy

szögű helyzetben legyen az alátámasztási pont

A gömbhéj tehetetlenségi nyomatéka a

Legyen a helyzeti energia null szintje az

Ha a kezdeti kitérési szög

, az

felezőpontja

, és

.

pontra a Steiner tétel szerint

pont magasságában. Ekkor a gömbhéj összes energiája:

volt, akkor

mivel a szélső helyzetben a test nem mozog. Innen

Az 1992.11. ábrán így

, mivel .

1992.12. ábra. A másik esetben a tehetetlenségi nyomaték a forgáspontra:

A helyzeti energia nullpontja legyen a forgásponttól lefelé

távolságban. Ekkor az összenergia


,


Ismét legyen az indítási szög

Mivel minden

. Ekkor

, így

esetben

Tehát azonos indítási szögnél a második esetben a test mindenhol gyorsabb (kivétel az egyensúlyi helyzet, ott egyenlő gyorsak), így hamarabb ér a másik szélső helyzetbe, majd vissza is. Tehát

.”

Az ünnepélyes eredményhirdetésre 1992. november 27-én került sor az ELTE Múzeum körúti főépületében. Itt a megjelent versenyzők, tanárok, vendégek megtekinthették mind a három feladat kísérleti bemutatását, meggyőződhettek a kiszámolt vagy kikövetkeztetett megoldások helyességéről. Az első feladatot két átmérőjű, egyforma műanyag félgömb demonstrálta: egyikük egy tű hegyén, másikuk az asztalra helyezett sínen lengett. Mozgásukat kivetítve, felnagyítva lehetett látni, s össze lehetett hasonlítani egy

hosszúságú fonálinga lengésidejével.

A bemutatott dinamikai megoldást Katz Sándor egészítette ki saját energetikai megoldásával. A második feladathoz több demonstrációs eszköz is készült: négy, egyaránt hosszú és keresztmetszetű üvegcső, színültig megtöltve higannyal. Csupán a rájuk erősített, összelappadt lufik mérete volt különböző. Pálfalvi László III. osztályos pécsi gimnazista, Papp Zsombor IV. osztályos zalaegerszegi gimnazista és Tóth Gábor V. osztályos budapesti technikumi tanuló mutatta be a kísérletet egy-egy csővel, majd a táblánál ismertették saját helyes megoldásukat. A harmadik feladat kísérleti bemutatása volt a legnehezebb, főleg a szigetelési problémák miatt. A két átmérőjű vörösréz gömb egyszer már jó szolgálatot tett egy Eötvös verseny feladat kísérleti bemutatásánál, jó pár évvel ezelőtt. most sokkal kevesebb töltést kellett kimutatni velük. A gömbök feszültségét sztatikus voltmérőkkel mértük, s egy pihentetett fonálon függő, grafittal bevont pingponglabda ereszkedett le közéjük. A kísérletek bemutatása után a hivatalos végeredményt a Versenybizottság elnöke ismertette, s átadta a díjakat. I. díjat kapott Katz Sándor, a bonyhádi Petőfi Sándor Evangélikus Gimnázium IV. osztályos tanulója, Jurisits József és Erdélyesi János tanítványa. II. díjat a Versenybizottság nem adott ki. III. díjat kapott és a verseny 2-10. helyezettje lett egyenlő helyezésben a következő kilenc versenyző: Dornbach Péter, az ELTE Apáczai Csere János Gyakorló Gimnáziumának IV. osztályos tanulója, Flórik György tanítványa; 41 Created by XMLmind XSL-FO Converter.


Gefferth András, a budapesti Fazekas Mihály Fővárosi Gyakorló Gimnázium IV. osztályos tanulója, Horváth Gábor tanítványa; Horvai Péter, a budapesti Fazekas Mihály Fővárosi Gyakorló Gimnázium III. osztályos tanulója, Horváth Gábor tanítványa; Maulis Adám, az ELTE I. éves matematika-fizika tanárszakos hallgatója, aki a budapesti Széchenyi István Gimnáziumban érettségizett mint Draskóczy Pál és Inges János tanítványa; Papp Zsombor, a zalaegerszegi Zrínyi Miklós Gimnázium IV. osztályos tanulója, Vadvári Tibor tanítványa; Pálfalvi László, a pécsi Apáczai Csere János Gimnázium III. osztályos tanulója, Keczer Zoltán tanítványa; Somogyvári Zoltán, az ELTE Radnóti Miklós Gyakorló Gimnázium IV. osztályos tanulója, Tomcsányi Péter tanítványa; Tóth Gábor, az Újpesti Műszaki Középiskola 5. osztályos tanulója, valamint Veisz László, az ELTE I. éves fizikus hallgatója, aki a budapesti Budai Nagy Antal Gimnáziumban érettségizett mint Tóth Csaba tanítványa. Dicséretet kapott az alábbi négy versenyző: Pafka Szilárd, az ELTE I. éves fizikus hallgatója, aki Romániában, a borosjenői gimnáziumban (Liceul Teoretic, Ineu) érettségizett, mint Otmar Huhn tanítványa; Prohászka Zoltán, a budapesti Veres Pálné Gimnázium III. osztályos tanulója, Oporné Fodor Mária tanítványa; Székely Sándor, a kecskeméti Katona József Gimnázium IV. osztályos tanulója, Németh Ágnes tanítványa, és Veres Gábor, a balassagyarmati Balassi Bálint Gimnázium IV. osztályos tanulója, Bognár Mihályné és Fűrész István tanítványa. A díjkiosztás után, az ünnepély zárásaként Lénárt István mutatta be a hallgatóságnak azt a plexigömböt és tartozékait, amelyeket a gömbi geometria tanításához és tanulásához talált fel, dolgozott ki. (E gömb két felét használtuk fel az első feladat megoldásának demonstrálására.) A hallgatóság Lénárt István bemutatóját nagy érdeklődéssel és élvezettel követte. Már vége volt a tervezett programnak, amikor még többen összegyűltek az előadói asztal körül, hogy újra és újra kipróbálják a kísérleteket.


Az 1993. évi verseny 1. feladat. Egyik végén átmenő, vízszintes tengely körül súrlódásmentesen foroghat egy hosszú vasrúd. A rúd másik vége a rúd hossztengelyére merőleges sík.

1993.1. ábra. A rudat közel függőleges helyzetbe hozzuk, a felső végére kicsiny mágneskorongot illesztünk, majd elengedjük őket. A korongra ható nehézségi erőnek legalább hányszorosa kell legyen a korong és a rúd között fellépő mágneses vonzóerő, hogy a mozgás során a korong ne mozduljon el a rúdhoz képest? A tapadási súrlódási együttható

.

Megoldás. A feladat megoldásához a korongra és a rúdra felírt mozgásegyenleteket, valamint a munkatételt fogjuk felhasználni, miközben figyelembe vesszük a korong mozgására kirótt megkötéseket. Az 1993.2. ábrán a korongra ható erőket tüntettük fel: a nehézségi erő,

a súrlódási erő,

az érintkezési felületre merőleges nyomóerő,

pedig a rúdirányú mágneses vonzóerő.

1993.2. ábra. A korong mozgásegyenletei:



ahol az érintőleges (tangenciális) gyorsulás, (centripetális) gyorsulása, pedig a rúd hosszát jelöli.

a korong sugárirányú

A rendszer szöggyorsulását és szögsebességét a forgómozgás dinamikai alapegyenletéből, illetve a munkatételből kaphatjuk meg. Tekintettel arra, hogy a kicsiny mágnes tömege elhanyagolható a rúd tömegéhez képest, elegendő a rúdra vonatkozó összefüggéseket felírni:

innen

Ezekből az egyenletekből adódik, hogy

A korong akkor nem mozdul el a rúdhoz képest, ha a) nem válik el a rúdtól; ennek feltétele:

;

b) nem csúszik meg; ennek feltétele: Az a) feltétel teljesül, ha

Az egyenlőség

-nél, vagyis a függőlegesen lefelé mutató rúdnál áll fenn.



1993.3. ábra. A b) feltétel szerint felhasználásával

, ami

és

korábban kiszámított kifejezéseinek

alakra hozható. A jobb oldalon a zárójelben álló kifejezés nem lehet nagyobb 5-nél és a maximális értékét -nál éri el. Ezt az állítást a differenciálszámítás

, azaz képletei segítségével, vagy a

trigonometrikus átalakítás felhasználásával, esetleg elemi geometriai módszerrel (lásd az 1993.3. ábrát) láthatjuk be. A korong tehát akkor nem csúszik meg a rúdon, ha

Látható, hogy a b) feltétel, vagyis a megcsúszást tiltó egyenlőtlenség az erősebb. Összefoglalva: a korong biztosan nem mozdul el a rúdhoz képest, ha a mágneses vonzóerő a korongra ható nehézségi erőnek legalább nyolcszorosa. 2. feladat. alakú üvegcső mindkét szára magas. A bal oldali szár zárt, a jobb oldali nyitott. A csőben higany helyezkedik el, az 1993.4. ábrán látható módon. A higany egyensúlyban van, mert a bal oldali szárban a higany fölött egy kis levegő is van. A hőmérséklet , a külső légnyomás .

1993.4. ábra. Lezárjuk a jobb oldali szárat, az egész berendezést re.

-re melegítjük, majd visszahűtjük

Ezek után hogyan fog elhelyezkedni a higany?


-


Megoldás. A jobb oldali szár lezárásakor a jobb oldali szárban a levegő nyomása Hgcm, az üvegcső alján tehát a higany nyomása, a bal oldali szárban levő levegő nyomása pedig Hgcm. A rendszert melegítve mindkét szárban levő levegő nyomása megnő. Ha valamilyen ok miatt a higany nem tudna elmozdulni, akkor a gáznyomások növekedése (izochor folyamatban) az eredeti nyomással egyenes arányban állna. Mivel , a jobb oldali szárban a nyomás növekedése nagyobb lenne, mint a bal oldaliban, tehát a higany (amely természetesen el tud mozdulni), a melegítés során a jobb oldali szárban lesüllyed, a bal oldaliban pedig felemelkedik. Amennyiben a higanyszint a jobb oldali szárban annyira lesüllyed, hogy eléri a kanyarulatot, akkor a további melegítés hatására a levegő egy része „átbugyborékol” a bal oldali szárba. (Az 1993.4. ábra szerint a higany felszíne majdnem sík. Ez arra utal, hogy az üvegcső nem tekinthető kapillárisnak, a levegő nem képes a kanyarulatban is maga előtt „tolni” a higanyszálat.) Elvileg két lehetőség képzelhető el: a) Ha a rendszert „elegendően” felmelegítjük, az átbugyborékolás biztosan bekövetkezik. Ilyenkor a berendezés visszahűtése után a bal oldali szárban több levegő lesz, mint kezdetben volt, tehát az eredeti hőmérsékleten a bal oldali levegőoszlop -nél hosszabb lesz. b) Ha a berendezést nem melegítjük fel annyira, hogy levegő bugyborékoljon át a kanyarulaton, akkor a visszahűtés után a rendszer minden részének valamennyi állapotjelzője megegyezik a kezdeti értékekkel, tehát a higany ugyanúgy fog elhelyezkedni, mint eredetileg. A két lehetőség között a konkrét adatokkal elvégzett számítás dönt. Ha a levegő hőtágulását figyelembe vesszük, de az üvegnek és a higanynak a gázokhoz képest jóval kisebb hőtágulását elhanyagoljuk, akkor az adódik, hogy a -re való felmelegítés elegendő ahhoz, hogy levegő bugyborékoljon át a bal oldali szárba. A gáztörvényeket, illetve a higany egyensúlyi feltételét felírva azt kapjuk, hogy a jobb oldali higanyszint K hőmérsékletnél eléri a kanyarulatot, bizonyos mennyiségű levegő átbugyborékol, majd a visszahűtés után a higanyszint a jobb oldalon az eredeti állapothoz képest -rel magasabbra kerül. Ha a higany és az üvegcső hőtágulását is figyelembe vesszük, akkor (a táblázatbeli hőtágulási együtthatókkal) az adódik, hogy a melegítés során a jobb oldali higanyszint csak -t süllyed, tehát nem éri el a kanyarulatot! A rendszerlehűtése után tehát minden tekintetben visszaáll a kezdőállapot, a higanyszintek pontosan ott fognak megállapodni, ahol a felmelegítés előtt voltak. (A Versenybizottság - kellő indoklás esetén - mindkét megoldást elfogadta.) 3. feladat. tömegű, elektromos töltésű kicsiny gömböt fonálra függesztünk. Az így kapott ingát homogén, függőleges irányú, indukciójú mágneses térbe helyezzük. Ha a gömböt kissé meglökjük, lengésbe jön. Azt tapasztaljuk, hogy a lengés síkja lassan körbefordul. Becsüljük meg, hogy mennyi idő alatt tesz meg a lengés síkja egy teljes fordulatot! Megoldás. A nyugalmi helyzetétől mért helyen lévő, sebességgel mozgó gömbre a fonálerő, a nehézségi erő és a mágneses tér okozta Lorentz-erő hat. Kicsiny kitérítés esetén a mozgás jó közelítéssel síkmozgásnak tekinthető. Az ingamozgásnál szokásos közelítéseket alkalmazva a fonálerőnek a mozgás (vízszintes) síkjába eső vetülete , ahol a fonálinga mágneses mező nélküli körfrekvenciája . A gömb mozgásegyenlete a mágneses mező jelenlétében:

(1) Ez az egyenlet az -re vonatkozó differenciálegyenlet, pontosabban: az vektor derékszögű komponensei között fennálló csatolt differenciálegyenlet-rendszer, melynek általános megoldása felsőbb matematikai ismereteket igényel.



A feladatot középiskolai szinten (tehát a differenciálegyenletek matematikai elméletére való hivatkozás nélkül) is meg lehet oldani, ha felismerjük az (1) egyenlet és a közönséges síkinga forgó koordináta-rendszerből történő leírása (Foucault-inga, az Északi sarkon) közötti hasonlóságot. Ha egy körfrekvenciával jellemezhető síkinga kis amplitúdójú lengéseit egy olyan koordináta-rendszerből akarjuk leírni, amely szögsebességgel forog az inerciarendszerhez képest ( függőleges vektor), akkor a következő (a Coriolis-erőt és a centrifugális erőt is figyelembe vevő) mozgásegyenletet kell tanulmányoznunk:

(2) Ennek az egyenletnek a megoldását azonban ismerjük: mivel a lengés síkja az inerciarendszerben állandó, a forgó koordináta-rendszerhez képest

szögsebességgel forog, tehát

egy teljes fordulatot. Az (1) és (2) egyenleteket összehasonlítva láthatjuk, hogy ( is kifejezhető a feladat többi paraméterével,

idő alatt tesz meg .

de ez számunkra most érdektelen.) A lengési sík tehát a mágneses mező hatására

idő alatt fordul teljesen körbe. (Érdekes, hogy a körülfordulás ideje csupán a kis gömb adataitól és a mágneses mező erősségétől függ, az inga lengési periódusidejétől viszont nem.)



1993.5. ábra. Ha nem törekszünk ennyire pontos eredményre, hanem csak becslést akarunk adni a körülfordulás idejére (a feladat szövege is csak ezt igényli!), akkor elegendő a probléma közelítő megoldását megadni. A továbbiakban erre látunk három különböző példát. Első közelítésként tételezzük fel, hogy az

tengely irányában

sebességgel meglökött gömb (1993.5.

ábra) sebessége egy negyed lengési periódus, idő lineáris függvénye szerint változva csökken zérusra:

Ekkor a kezdősebességre merőleges (

idő alatt egyenletesen lassulva, az

irányú) gyorsulás is lineáris függvény



a megfelelő sebesség és elmozdulás pedig (a hatványfüggvényekre vonatkozó integrálási szabályokat alkalmazva):

1993.6. ábra. A maximális kitérés

ezalatt

irányban

irányban a gömb elmozdulása



1993.7. ábra. (Vigyázat: nem a legnagyobb elmozdulás irányban, hiszen pillanatban, amikor a test irányú sebessége előjelet vált, az irányú sebesség még nem csökkent le nullára, sőt, éppen maximális.) A lengési sík (kicsinynek feltételezett elfordulási szögére a

becslés adható (1993.6. ábra). A sík forgásának szögsebessége: , ami a pontos érték Második közelítésben tegyük fel, hogy a gömb (1993.7. ábra):

, a körülfordulás ideje pedig része.

sebessége koszinusz függvény szerint csökken nullára



A rezgőmozgás ismert képleteit alkalmazva megfelelő elmozdulás

az

irányú gyorsulás, sebesség és elmozdulás pedig

Az előző közelítésben alkalmazott gondolatmenetet követve kiszámíthatjuk a negyed periódus utáni szögelfordulást, ebből a szögsebességet, végül pedig a teljes körülfordulási időt, amire , a pontos érték

-szerese adódik.

Harmadik közelítésünk az előzőktől lényegesen eltérő gondolatmenetre támaszkodik. Ne vizsgáljuk a lengés negyed periódusát, szorítkozzunk csak a meglökést követő igen rövid időtartamra! A megfelelő irányú elmozdulások az egyenletes, illetve a rövid idő alatt állandónak tekinthető Lorentz-erőnek megfelelő egyenletesen változó mozgás képletei szerint

A szögelfordulás nagysága ezalatt

a megfelelő szögsebesség

a lengési sík teljes körülfordulási ideje pedig . Ez az idő pontosan egyenlő a helyes értékkel, ami nem véletlen, hiszen most - az adott keretek között - nem hanyagoltunk el semmi lényegeset. Ez a megoldás mégsem tekinthető a kérdéses mozgás teljes leírásának, hiszen nem bizonyítja, hogy a lengési sík elfordulásának szögsebessége időben állandó. Ha valahonnan tudjuk, hogy az elfordulás



egyenletes, akkor annak ütemét meghatározhatjuk a mozgás kezdeti, nagyon rövid szakaszából, de ha ebből az értékből a mozgás későbbi menetére következtetünk, az csak becslésnek tekinthető.

1. A verseny eredménye A 251 magyarországi versenyző iskolatípusonkénti és életkor szerinti eloszlását az alábbi táblázat mutatja:


IV. osztályos

fiatalabb

gimnazista

4%

17%

14%

szakközépiskolás

4%

17%

14%

érettségizett

IV. osztályos

fiatalabb

gimnazista

7%

26%

18%

szakközépiskolás

2%

4%

7%

VIDÉKEN

Az eredményhirdetés és ünnepélyes díjkiosztás 1993. november 26-án volt az Eötvös Loránd Tudományegyetemen. A Versenybizottság elnöke ismertette a feladatok helyes megoldását, vezette a megoldásokkal kapcsolatos diszkussziót, és bemutatta az 1. feladat kísérleti megvalósítását. A jelenség legérdekesebb mozzanatait külön videofelvétel örökítette meg; ezt lassítva lejátszva képről-képre lehetett követni azt a folyamatot, ahogyan a mágneskorong lecsúszhat a vasrúdról, ha nem elég nagy a mágneses vonzóerő. A versenyt Katz Sándor nyerte meg. Ugyanő nyert 1992-benis az Eötvös-versenyen, 1993 nyarán pedig a második legjobb helyezést érte el az Amerikai Egyesült Államokban rendezett Nemzetközi Fizikai Diákolimpián. Indokolt volt tehát a Versenybizottság döntése, mellyel Teller Ede professzort kérte fel az első díjátadására. Teller Ede 1993. november 25-én éppen itt, az Eötvös Egyetemen tartott nagy érdeklődéssel kísért előadást. Előadásának végén megható pillanatoknak voltak tanúi a zsúfolt padsorokban helyet foglaló érdeklődők: a 68 évvel azelőtt, 1925-ben az akkori Eötvös Társulat által rendezett matematikai és fizikai versenyen egyaránt első díjat nyert versenyző, 1993-ban 85 éves professzor, elmaradhatatlan botjára támaszkodva felállt, hogy kezet szoríthasson a 19 éves, kétszeri Eötvös-verseny nyertes fizikus hallgatóval. Kattogtak a fényképezőgépek: a Fizikai Szemle címlapjára került nemsokára kettőjük közös fényképe. I. díjat nyert tehát a verseny 1. helyezettje: Katz Sándor, az ELTE fizikus hallgatója, aki Bonyhádon érettségizett a Petőfi Sándor Evangélikus Gimnáziumban, mint Erdélyesi János, Jurisits József és Kotek László tanítványa. II. díjat nyert a verseny 2-6. helyezettje: 2. Veres Gábor, az ELTE fizikus hallgatója, aki Balassagyarmaton érettségizett a Balassi Bálint Gimnáziumban, mint Bognár Mihályné és Fűrész István tanítványa. 3. Prohászka Zoltán, a budapesti Veres Pálné Gimnázium IV. osztályos tanulója, Oporné Fodor Mária tanítványa. 4. Gefferth András, a BME informatika szakos hallgatója, aki Budapesten érettségizett a Fazekas Mihály Fővárosi Gyakorló Gimnáziumban, mint Horváth Gábor tanítványa. 5. Futó Gábor, a Fazekas Mihály Fővárosi Gyakorló Gimnázium IV. osztályos tanulója, Horváth Gábor tanítványa. 6. Burcsi Péter, a pápai Türr István Gimnázium és Óvónői Szakközépiskola II. osztályos tanulója, Németh Zsolt tanítványa. III. díjat nyert a verseny 7-11. helyezettje: 7. Kovács Krisztián, a békéscsabai Kemény Gábor Műszaki Szakközépiskola III. osztályos tanulója, Mekis László tanítványa. 8. Varga Dezső, a miskolci Földes Ferenc Gimnázium III. osztályos tanulója, id. Szabó Kálmán tanítványa. 9. Székely Sándor, a BME informatika szakos hallgatója, aki Kecskeméten érettségizett a Katona József Gimnáziumban, mint Németh Ágnes tanítványa. 10. 52 Created by XMLmind XSL-FO Converter.


Költl Péter, a győri Révai Miklós Gimnázium IV. osztályos tanulója, Székely László tanítványa. 11. Farkas Zénó, az ELTE fizikus hallgatója, aki Győrben érettségizett a Révai Miklós Gimnáziumban, mint Takács István tanítványa.


Az 1994. évi verseny 1. feladat. Egy tóba mélyre lesüllyesztett, űrtartalmú búvárharang megtelt vízzel. A felszínen úszó hajóból vékony csövön át levegőt pumpálunk a harang alá. (A harang súlyos, még ekkor sem emelkedik fel.) A levegő és a víz hőmérséklete között nincs számottevő különbség. - Legalább mekkora munkát végez a kompresszor az

víz kiszorítása során?

Megoldás. Készítsünk vázlatos ábrát a folyamatról! Hagyjunk el minden felesleges részletet, hogy maga a termodinamikai folyamat jól látható legyen. Két, egymást követő részfolyamatról van szó: - először össze kell nyomni a gázt a megfelelő nagyobb nyomásra (20 méterrel a víz felszíne alatt a nyomás a légköri nyomásnak kereken háromszorosa); - ezután a megfelelő nyomású gázt át kell nyomni a búvárharang alá, a víz helyére. Mindezt az 1994.1. ábrán vázoltuk.

1994.1. ábra.



1994.2. ábra. Úgy tűnik, hogy a dugattyút nyomó erő munkáját kell meghatározni. Ez azonban nagyobb, mint a kompresszor által végzett munka, mert „besegít” a külső légnyomás is. Így a kompresszor által végzett munka az 1994.2. ábrán bevonalkázott területtel lesz egyenlő: a dugattyú által végzett összes munkából le kell vonni a légköri nyomás által végzett

munkát.

Az izotermikus tágulási munka kiszámítási formulája megtalálható a függvénytáblázatban:

Esetünkben izoterm összenyomásról van szó, és a külső munkát kell kiszámítanunk. Felhasználva az állapotegyenletet ( izoterm összenyomáshoz szükséges munka:

Behelyettesítve

) és azt, hogy a térfogatot harmadrészére kell csökkenteni, az

és

értékeket:

Ehhez kell hozzáadnunk az átnyomáshoz szükséges munkát, amelyet úgy számíthatunk ki, hogy a dugattyút nyomó állandó erőt megszorozzuk a dugattyú elmozdulásával:

Így az összes munka

.



Most már csak a külső kompresszorra jutó részt:

nyomás által végzett

munkát kell levonnunk, hogy megkapjuk a

Ezzel válaszoltunk a feladat kérdésére. Megjegyzések. 1. Az izoterm munka kiszámítási formulájához úgy lehet eljutni, hogy az izoterma alatti területet határozzuk meg:

2. Vajon nem lehet-e az izotermikus folyamat helyett más folyamattal, kevesebb befektetett munka árán is célhoz érni? Adiabatikus összenyomáskor kevesebb munka is elég lenne a nyomás eléréséhez. Viszont akkor fel is melegedne a gáz, amely azután az átnyomás közben kezdene lehűlni, s így csökkenne a nyomása. Épp ezért -nál jóval nagyobb nyomásra kellene adiabatikusan összenyomni, ehhez pedig már több munkára lenne szükség, mint az izotermikus esetben. És ha először lehűtenénk a gázt? Állandó

nyomáson

hőmérsékletűre hűtve, a térfogata

Eközben csak a külső légkör végezne munkát. Majd pedig hagynánk a gázt állandó

lenne. térfogaton

visszamelegedni hőmérsékletre, ekkor a nyomása elérné a értéket, s csak az átnyomási munkát kellene a kompresszorral végeztetni. Lehet, hogy is elég lenne? Ez már ravaszabb gondolat, de azt lehet ellene felhozni, hogy a feladatban szó se volt arról, hogy a hajón még egy megfelelő hűtőberendezés is működik, amelyet felhasználhatunk a probléma megoldásához. De tegyük fel, hogy megengednénk a hűtőgép használatát, akkor viszont azt a munkát is illene számításba venni, amivel a hűtőgépet - pl. a hűtőgép kompresszorát - működtetni kell. Nem lenne nehéz megmutatni, hogy ismét „ráfizetünk”: összesen több munkát kell végeznünk. 3. Úgy is ki lehet számítani a kompresszor által végzett munkát, hogy elképzeljük: a kezdetben -nyi levegőt egy „zsákba” zárjuk, és a zsákot lassan lehúzzuk -nyire a víz alá. Mivel méter mélységben az izotermikusan összenyomott gázra hat, a lehúzás során végzett munka (SI-egységrendszerben számolva)

2. feladat. Egy henger alakú edény szuperfolyékony héliummal van tele. Az edény magassága alapterülete .


felhajtóerő

, belső


A héliumra kellő óvatossággal egy ugyancsak henger alakú, magas, de csak alapterületű „dugót” helyezünk, és elengedjük. A dugó sűrűsége a hélium sűrűségével egyenlő. - Hogyan mozog a dugó? - Mennyi idő alatt ér le az edény aljára? Az egész berendezés hőmérséklete figyelmen kívül hagyható.

közvetlen közelében van, a folyadék súrlódása és felületi feszültsége

Megoldás. Amikor elengedjük a dugót (1994.3. ábra), ennek esését az alatta lévő folyadék hirtelen lefékezi bizonyos sebességre. Ezt a dugó további mozgása során kezdősebességnek fogjuk tekinteni.

1994.3. ábra. Próbáljuk meg kiszámítani ezt a Hogyan mozog a dugó?

kezdősebességet, s csak utána keressük a választ a feladat kérdésére:



Amint a dugó sebességgel elindul lefelé, oldalt felspriccel a folyadék. Jelöljük a folyadék kiömlési sebességét -lal. Ez sokkal nagyobb, mint , hiszen a folyadék összenyomhatatlansága miatt a területű résen ugyanannyi folyadéknak kell kifreccsennie, mint amennyi az területű dugó alól kiszorul:

kiszámításához lehet, hogy először -t kell meghatároznunk? Ez elég is lenne, hiszen a feladat adataiból az arány kiolvasható. Milyen összefüggésben szerepelhet még a kiömlő folyadék sebessége? Mivel a folyadék súrlódása és felületi feszültsége figyelmen kívül hagyható, ezért érdemes lesz felírni az egész rendszerre a munkatételt. Eszerint a rendszeren végzett munka a rendszer mozgási energiájának megváltozásával egyenlő. Munkát végző erő a dugóra ható nehézségi erő. Amíg a dugó - a test -, egy kicsiny -szel elmozdul lefelé, kiszorít tömegű folyadékot, amely sebességgel hagyja el a tartályt. Ezért írhatjuk:

Igaz, a dugónak is megváltozott a mozgási energiája, de a sokkal kisebb sebesség miatt ezt a folyadék mozgási energiájának változásához képest elhanyagolhatjuk. Helyettesítsük a fenti egyenletbe a következőket:

Egyszerűsítés után a következő összefüggés adódik:

Ez éppen a „jó öreg” Bernoulli-törvény (1738) speciális esete, akár ebből is kiindulhattunk volna kiszámításához. Ha pedig azt is kihasználjuk, hogy a feladatban most a test és a folyadék sűrűsége egyenlő, a folyadék kiömlési sebességére kapjuk:

Ez a Torricelli-féle kiömlési törvény (1646) még egy évszázaddal korábbról. Akár át is fogalmazhatjuk a feladatot: Ahelyett, hogy „Hogyan mozog a dugó?”, azt kérdezhetjük: „Hogyan mozog egy lyukas edényből súrlódásmentesen kiömlő folyadék esetén a folyadék felső szintje?” Azt már tudjuk, hogyan indul el. Kezdősebessége:

Tekintsünk most egy közbülső esetet a mozgás során. Tegyük fel, hogy a dugónak még ki a hengerből.


magasságú része áll


1994.4. ábra. A dugó úgy mozog ekkor, mint az oldalt lyukas edényben lévő folyadékok felső szintje abban a pillanatban, amikor ez a szint éppen magasságban van a lyuk felett (1994.4. ábra). Ugyanis mindkét esetben a súrlódásmentesen kiömlő folyadék sebessége

és így a dugó sebessége

Ez még így is írható:

1994.5. ábra.



amiből látszik, hogy a dugó mozgása egyenletesen változik, lassulásának nagysága pedig

A dugó mozgásának sebesség-idő grafikonja az 1994.5. ábrán látható. A dugó sebessége éppen akkor csökken egyébként is zérusra, amikor a dugó alja eléri az edény alját, teteje pedig a hengeres edény tetejével kerül egy szintre. (Az analóg példában: a kiömlő folyadék felszíne a lyukhoz ér.) Így a dugó leérkezéséig eltelt

idő

Megjegyzések. 1. A leérkezési idő kiszámításakor elhanyagoltuk azt az időtartamot, amennyi idő alatt a dugó felveszi a kezdősebességet, s azt az utat is, amit ezalatt megtesz. Az elhanyagolás jogosságát a következő becsléssel ellenőrizhetjük. A dugó valódi kezdősebessége nulla, de ebből az állapotából - feltételezésünk szerint igen hamar - felgyorsul a kérdéses sebességre. Amikor elengedjük, a dugó tetején és az aljánál egyaránt a légköri nyomás hat rá, tehát a dugó kezdeti gyorsulása (szabadesés!). Ez a gyorsulás bizonyos idő alatt gyakorlatilag nullára ( számolunk, a

-re) csökken, s a dugó sebessége

lesz. Ha átlagosan

értékkel

összefüggésekből

adódik. Ez ez idő és a dugó által ezalatt megtett kb. elhanyagolható.

út valóban

2. A szuperfolyékony héliumnak semmi más különleges extrém tulajdonságát - például, hogy lassan magától is kimászna az edényből - nem használtuk ki azon az egyen kívül, hogy nincs belső súrlódása. Éppen elég meglepő ez is! 3. feladat. Függőleges földelt fémsíktól távolságra felfüggesztünk egy hosszúságú fonálingát. Miután az tömegű, kicsiny ingatestet elektromosan feltöltöttük, az inga újra egyensúlyi helyzetet vett fel, s most szöget zár be a függőlegessel (1994.6. ábra).



1994.6. ábra. - Mekkora az ingatest töltése?



- Mennyivel kell közelebb vinnünk a fémsíkot az inga felfüggesztési pontjához, ha azt akarjuk, hogy a függőleges fémsík magához rántsa az ingát? - Anélkül, hogy közelebb vinnénk, tudjuk-e úgy mozgatni a mindig függőleges fémsíkot, hogy hozzácsapódjon az inga? A fonál szigetelő, a levegő hatása elhanyagolható, s a feladatot az alábbi numerikus értékek esetén oldjuk meg: ;

;

;

.

Megoldás. Tisztázzuk először a fémsík szerepét! Tudjuk, hogy elektrosztatikus esetben a fémek felülete mindig ekvipotenciális. (Addig-addig mozognak, rendeződnek rajtuk a töltések, amíg ez az állapot ki nem alakul.) Ez azt jelenti, hogy a fémek felületénél az elektromos térerősségnek nem lehet érintő irányú komponense, vagyis a térerősség minden pontban merőleges a fém felületére. A feladatban ponttöltés és sík fémfelület szerepel, ezért az erőtérnek az 1994.7(a) ábrán vázolt szerkezetűnek kell lennie. Ezzel az erőtérrel ekvivalens egy olyan dipólus erőterének „egyik fele”, amelyet egymástól távolságra lévő és ponttöltések hoznak létre, ahogyan azt az 1994.7(b) ábrán vázoltuk.

1994.7. ábra. A fémsík hatása tehát minden tekintetben helyettesíthető egy nagyságú ú.n. „tükörtöltés” hatásával. Ennek a felismerésnek köszönhetően azt az erőt, amit a fémsík fejt ki a töltésre, úgy is kiszámíthatjuk, mint a tükörtöltés által kifejtett vonzóerőt.



1994.8. ábra. A Coulomb-erőn kívül a töltésre még két erő hat (1994.8. ábra): a nehézségi erő és a fonálerő. A három erő eredője akkor zérus - akkor van egyensúly -, ha a Coulomb-erő és a nehézségi erő hányadosa -val egyenlő. Ebből határozhatjuk meg a töltés keresett értékét.



Átrendezés után:

( Behelyettesítések után kapjuk:

, a többi paraméter értéke a feladatban adott).

,

Mi történik, ha a fémsíkot közelebb visszük az ingához? A Coulomb-erő nő, mivel a tükörtöltéstől való távolság csökken. A nehézségi erő nem változik, tehát egy nagyobb szög esetén tud újra beállni az egyensúly. De van-e ilyen új szög? Hiszen az inga kilendülésével a Coulomb-erő tovább nő, és lehet, hogy az inga meg se áll addig, amíg hozzá nem csapódik a fémsíkhoz. Meg kell határoznunk azt az összefüggést, amely egyensúly esetén fennáll és között. Formálisan tekintsük -t függvényének, s fejezzük ki ezt a függvényt az egyensúlyra már felírt fenti összefüggésből. Ezt kapjuk:

1994.9. ábra.



A függvény menete viszonylag kis értékek környezetében az 1994.9. ábrán látható módon egy minimumot mutat. Van tehát egy olyan legkisebb érték, amelynél közelebb nem vihetjük a fémsíkot. Ha közelebb visszük, nincs egyensúlyi állapot, tehát hozzácsapódik az inga a fémsíkhoz. Határozzuk meg

minimumát!

(Akiknek gondot okoz e kissé bonyolult függvény differenciálása, úgy segíthetnek magukon, hogy - felismerve, hogy csak kis szögekről van szó -, és helyére -t írnak. Ekkor csak hatványfüggvényeket kell deriválni, s a végeredmény legfeljebb a negyedik-ötödik értékes jegyben tér el a pontos eredménytől.) A minimum helyére (

) kapjuk:

legkisebb lehetséges értékére pedig ez adódik:

Mivel a fémsík eredetileg 0,5 méterre volt az inga felfüggesztési pontjától, ezért ahhoz, hogy a fémsík magához rántsa az ingát, legalább -rel közelebb kell vinni. Már csak arra kell válaszolnunk, hogy tudjuk-e úgy mozgatni a fél méterre lévő fémsíkot, hogy hozzácsapódjon az inga akkor is, ha sohasem kerül a fémsík fél méternél közelebb a felfüggesztési ponthoz. Igen, tudjuk: „be kell lengetni az ingát”, mint egy hintát. Először eltávolítjuk a fémsíkot, ekkor az inga hátralendül. Amikor az inga elindul visszafelé, visszahozzuk a fémsíkot, hogy vonzóerejével növelje a lengés amplitúdóját. Lényegében az inga lengésével szinkronban, de mindig ellentétes fázisban kell mozgatni a fémsíkot. Akármilyen kis amplitúdóval is rezegtetjük a fémsíkot, ha ez megfelelő fázisban történik, előbb-utóbb hozzácsapódik az inga. Megjegyzések. 1. Tanulságos áttekinteni a feladat energetikai megoldását is. Nemcsak azért, mert ez egy második megoldás, hanem azért is, mert olyan új felismeréshez vezet, amely az előző megoldásból nem derült ki.



1994.10. ábra. A fémsíkon influált (elektromosan megosztott) töltésrendszer potenciális energiájának felírása elég bonyolult feladat, ezért ismét alkalmazzuk a tükörtöltéses módszert. Az inga + fémsík rendszer helyett tekintsük az inga + tükörképinga rendszert 1994.10. ábra), és írjuk fel e két ingából álló rendszer összes potenciális energiáját! Ez az energia a két ingatest gravitációs helyzeti energiáiból és az elektrosztatikus kölcsönhatási energiából tevődik össze (az utóbbi negatív).

Egyetlen inga potenciális energiája ennek a fele lesz:

Az egyszerűség kedvéért foglalkozzunk most is a kis szögek esetével, legyen

Ezzel

vagy áttérve az

változóra:



Ezt az függvényt szeresét, tehát az erő:

szerint differenciálva kapjuk meg az ingatestre ható (

irányú) erő

-

1994.11. ábra. Mind az , mind az függvények menete a paraméterek értékeitől függ. Ha , , , , állandó, akkor egyedül -től. Az 1994.11. ábrán vázoltunk három különböző esetet. Az a) esetben a potenciális energia minimuma jelöli ki az inga stabilis egyensúlyi helyzetét, a maximum egy labilis egyensúlyt jelez. A c) esetben nincs egyensúlyi helyzet. A kettő közti átmenetet, a határesetet mutatja az ábra b) része, amikor a potenciális energiának „vízszintes” érintőjű inflexiós pontja van, itt valósulhat meg még utoljára egyensúlyi helyzet. Az ehhez tartozó paraméterérték lesz legkisebb értéke. helyen tehát

és

is igaz.

Ebből a két feltevésből az alábbi egyenletekre jutunk:

Ezek szerint A fenti jelölésekkel:

, vagyis

a határesetben!

.



Ez az a szép és érdekes eredmény, ami nem jött ki az első megoldás során: a fémsík egészen addig közelíthető az ingához, amíg az inga kilendüléséhez tartozó érték el nem éri az éppen akkori távolság harmadrészét. Ha elérte, s még tovább közelítjük a fémsíkot, akkor már nekicsapódik az inga. Természetesen a feltételi egyenletek bármelyikébe behelyettesítve értékét:

értékét, megkapjuk

2. A feladat harmadik kérdésére a „belengetésen” kívül más ötletes válaszok, megoldási javaslatok is születtek. Ilyen például a fémsík körbeforgatása, amely körmozgásra csábítja az ingatestet. Voltak, akik a fémsík saját síkjában történő mozgatásával próbálkoztak, számítva az elektronok tehetetlenségére, s a mozgó töltésekre ható Lorentz erővel is többen próbálkoztak - nem sok sikerrel. Elég sok jó fizikai szemléletű versenyző akadt, aki ha nem is tudta megoldani a feladat nehéz, középső részét -, erre a befejező kérdésre jól válaszolt.

1. A verseny eredménye Ebben az évben a szokottnál is nagyobb izgalommal készült a Társulat az Eötvös-versenyre: éppen 100 éve volt annak, hogy az első ilyen versenyt megrendezte az Eötvös Loránd kezdeményezésére és irányításával létrejött Mathematikai és Physikai Társulat. A verseny létrejöttének apropója Eötvös miniszteri kinevezése volt, ennek emlékezetessé tételére hozták létre a versenyt. 1994. augusztus 29-én ünnepelte meg Társulatunk az Eötvösverseny centenáriumát. Hogy a centenárium az Eötvös-versenyben nyertes fiatalok és tanáraik számára külön is emlékezetes legyen, az eredeti Eötvös éremnek az MTA Levéltárában őrzött terve alapján, a Versenybizottság javaslatára, a Társulat Elnöksége új, díszes oklevelet készíttetett. Újabb három város (Békéscsaba, Paks, Székesfehérvár) kérte, hogy bekapcsolódhasson a verseny lebonyolításába. Így összesen 15 városban került megrendezésre 1994. október 21-én a jubileumi Eötvös-verseny. A részvétel is mintegy 20-25 %-kal nagyobb volt az utóbbi évek átlagánál, különösen Budapesten nőtt a megjelent versenyzők száma. Itt évek óta a Fazekas Mihály Gyakorló Gimnáziumból jön a legtöbb versenyző. Összesen 43 „Fazekasos” indult a jubileumi Eötvös versenyen. A budapesti gimnáziumok közül az Apáczai Csere János és a Radnóti Miklós Gyakorló Gimnáziumból, az Árpád, a Petőfi Sándor és a Piarista Gimnáziumból indult 7-8 versenyző, Debrecenben a KLTE Gyakorló Gimnáziumból, Pécsett a Janus Pannonius Gimnáziumból, Kecskeméten a Katona József Gimnáziumból, a Balatonalmádi Kéttannyelvű Gimnáziumból, Veszprémben a Táncsics Mihály Építőipari Szakközépiskolából, Miskolcon a Földes Ferenc Gimnáziumból, Pakson az Energetikai Szakképzési Intézetből is 6-11 versenyző vett részt. Külföldről összesen öt olyan középiskolából jelentek meg versenyzők valamelyik magyarországi helyszínen a versenydolgozat megírására, ahol magyarul (is) tanítják a fizikát: Szlovákiából Rév-Komáromból jött három versenyző, Romániából Nagyváradról négy, Sepsiszentgyörgyről egy versenyző érkezett, Kis-Jugoszláviából Szabadkáról két, Zentáról egy tanuló jött el Budapestre, Győrbe, Békéscsabára, Nyíregyházára illetve Szegedre. Összesen 336 fő adott be dolgozatot. Közülük 325-en jártak vagy járnak Magyarországon középiskolába, az alábbi statisztikai eloszlásban:

BUDAPESTEN

gimnazista szakközépiskolás

érettségizett

IV. osztályos

fiatalabb

8%

16%

10%

-

2%

1%




IV. osztályos

fiatalabb

gimnazista

10%

26%

13%

szakközépiskolás

2%

7%

5%

Az ünnepélyes eredményhirdetésre 1994. november 25-én került sor az Eötvös Loránd Tudományegyetem főépületi fizikai előadó termében. Először a Versenybizottság elnöke emlékezett meg az Eötvös-verseny első száz évéről, híressé vált versenyzőkről és tanárokról. Ezután a feladatok megoldásainak diszkussziója következett. A második és a harmadik feladathoz kapcsolódóan kísérleteket is láthattak a megjelent versenyzők és tanáraik. Meg lehetett figyelni egy edényből kifolyó víz kiömlési sebességének lineáris csökkenését az időben, miközben egy lézer belülről világította meg a kiömlő vízsugarat, pontosan mutatva a helyet, ahová a vízszintesen induló és parabola pályán haladó vízsugár becsapódott. Messziről is jól lehetett látni a 4 méter hosszú fonálon függő, grafittal bevont pingponglabdát, melyet először leydeni palack segítségével feltöltöttünk, majd egy függőleges földelt fémsík óvatos közelítésekor kitérítettünk. A jelenlévő televíziósok felvevő gépeinek zümmögését is lehetett hallani, akkora csend volt a teremben, miközben a hallgatóság azt figyelte, hogy mikor ér véget az inga egyensúlyi helyzetének stabilitása, mikor indul el az inga, hogy megállíthatatlanul nekicsapódjon a fémsíknak. A Duna TV esti híradójában azután ország-világ láthatta az érdekes jelenségeket, az ezt követő díjkiosztás néhány ünnepélyes pillanatát, s egy rövid beszélgetést a verseny egyik nyertesével, a szlovákiai RévKomáromban érettségizett, s most már az ELTE fizikus szakán tanuló Mizera Ferenccel. A verseny nyerteseinek az ünnepi okleveleket és díjakat Kiss Dezső akadémikus, a Társulat elnöke nyújtotta át. Az első három helyezett versenyző értékes tárgyjutalmakat is kapott a Paksi Atomerőmű nagylelkű támogatásából, melyet Rósa Géza, a Társulat főtitkára adott át. Megosztott I-II. díjat nyert egyenlő helyezésben a következő három versenyző: Horváth Péter, a Fazekas Mihály Fővárosi Gyakorló Gimnázium IV. osztályos tanulója, Horváth Gábor tanítványa; Kovács Krisztián, a békéscsabai Kemény Gábor Műszaki Szakközépiskola IV. osztályos tanulója, Mekis László és Varga István tanítványa; Varga Dezső, a miskolci Földes Ferenc Gimnázium IV. osztályos tanulója, id. Szabó Kálmán tanítványa. III. díjat nyert egyenlő helyezésben a következő hét versenyző: Borsányi Szabolcs, a budapesti Piarista Gimnázium IV. osztályos tanulója, Görbe László tanítványa; Burcsi Péter, a pápai Türr István Gimnázium III. osztályos tanulója, Németh Zsolt tanítványa; Futó Gábor, az ELTE TTK matematikus szakos hallgatója, aki a Fazekas Mihály Fővárosi Gyakorló Gimnáziumban érettségizett, mint Horváth Gábor tanítványa; Juhász Sándor, a Fazekas Mihály Fővárosi Gyakorló Gimnázium IV. osztályos tanulója, Horváth Gábor tanítványa; Koblinger Egmont, a Fazekas Mihály Fővárosi Gyakorló Gimnázium IV. osztályos tanulója, Horváth Gábor tanítványa; Mizera Ferenc, az ELTE TTK fizikus szakos hallgatója, aki Szlovákiában, Rév-Komáromban érettségizett, mint Szakál Ildikó és Spátai Lotár tanítványa; Tóth Gábor Zsolt, a budapesti Árpád Gimnázium III. osztályos tanulója, Vankó Péter tanítványa. Dicséretben részesültek:



11. Halbritter András, a BME mérnök-fizikus szakos hallgatója, aki a győri Czuczor Gergely Bencés Gimnáziumban érettségizett, mint Csonka László tanítványa; 12-13. Bárász Mihály, a Fazekas Mihály Fővárosi Gyakorló Gimnázium III. osztályos tanulója, Horváth Gábor tanítványa; Várhegyi Péter, a BME mérnökfizikus szakos hallgatója, aki a Fazekas Mihály Fővárosi Gyakorló Gimnáziumban érettségizett, mint Horváth Gábor tanítványa; 14-15. Koncz Imre, a Fazekas Mihály Fővárosi Gyakorló Gimnázium II. osztályos tanulója, Horváth Gábor tanítványa; Lovas Rezső, a debreceni KLTE Gyakorló Gimnáziumának III. osztályos tanulója, Dudics Pál, Kirsch Éva és Szegedi Ervin tanítványa. Jegyzőkönyvi dicséretben részesültek: Feldmann Márton, a soproni Vas- és Villamosipari Szakközépiskola IV. osztályos tanulója, Lendvay Péterné tanítványa; Juhász Bertalan, a debreceni KLTE Gyakorló Gimnáziumának IV. osztályos tanulója, Dudics Pál tanítványa; Madarassy Pál, a ELTE TTK térképész szakos hallgatója, aki a Fazekas Mihály Fővárosi Gyakorló Gimnáziumban érettségizett, mint Horváth Gábor tanítványa; Radnóti Gergely, a paksi Vak Bottyán Gimnázium IV. osztályos tanulója, Horváthné Szabó Julianna és Gálosiné Kimle Mária tanítványa; Salk Miklós, a pécsi Babits Mihály Gimnázium IV. osztályos tanulója, Koncz Károly tanítványa.


Az 1995. évi verseny 1. feladat. Egy négyzet alakú, széles kísérletező asztal felszíne sík, szélességű középső sávját azonban állandó sebességgel mozgó (végtelenített) gumiszalag képezi, amely pontosan illeszkedik az asztallap nyugvó felszínéhez. Az asztal egyik szélének közepére (az 1995.1. ábrán látható pontra) egy kicsi, lapos korongot fektetünk, és megütjük úgy, hogy sebességgel kezdjen csúszni (merőlegesen) a szalag felé. Az asztallap álló része és a korong közötti súrlódás elhanyagolható, a gumiszalag és a korong közötti súrlódási tényező

1995.1. ábra. Hol esik le a korong az asztalról? Megoldás. Elvileg többféle lehetőség is elképzelhető, a súrlódástól és a sebességektől függően. Kis súrlódás és nagy kezdősebesség esetén a korong szinte átrepül az asztalon, alig változtatja meg a sebességét. Nagy súrlódás és kis kezdősebesség esetén viszont a korong át se jut a futószalagon, hanem „leragad” rajta, és a mozgó szalag szépen elviszi és leejti a korongot az asztal jobb oldalán. Ez utóbbi lehetőség is sugallhatja azt az ötletet, hogy a jelenséget ne az asztalhoz, hanem a futószalaghoz rögzített koordináta-rendszerben vizsgáljuk. Látni fogjuk, hogy ez mennyire leegyszerűsíti a megoldást. A futószalaghoz rögzített koordináta-rendszerben a korong ferdén csúszik rá az álló szalagra. A súrlódási erő hatására egyenesvonalú, egyenletesen lassuló mozgást végez a szalagon, és ha még marad energiája, le is csúszik róla. Ezt az esetet mutatja az 1995.2. ábra.



1995.2. ábra. A szalagon végigcsúszó korong lassulása

utat tesz meg, amíg átér rajta. Kezdősebessége

,

Végsebessége (a szalag szélén)

Hol hagyja el a korong a szalagot? Ennek meghatározásához számítsuk ki, mennyi ideig volt a korong a szalagon:

Így már kiszámíthatjuk, hogy mennyit mozdult el a szalag, amíg a korong rajta volt:

Továbbra is a közelítést alkalmazva a szalagról lecsúszó korong sebességére a futószalag illetve az asztal koordináta-rendszerében az 1995.3. ábrán látható értékeket kapjuk. Az széles, súrlódásmentes sávon való átcsúszáshoz szükséges idő:

Eközben a korong elmozdulása jobbra:

Így a korong összes elmozdulása jobbra:

Ha

-tel számolunk,

adódik.



1995.3. ábra. A korong tehát az asztal szemközti oldalának közepétől

-rel jobbra esik le az asztalról.

Megjegyzés. Ha nem „kicsi” korongról van szó, a feladat meglehetősen bonyolulttá válik, mivel a gumiszalagra való rácsúszáskor görbevonalú pályán forogva mozog a test. Hasonló komplikációk adódnak akkor is, amikor a korong lecsúszik a szalagról. 2. feladat. Két vékony, koncentrikus, szupravezető gyűrű a síkjukra merőleges, homogén mágneses térben helyezkedik el. A mágneses indukció vektorának nagysága , iránya az ábrán a papír síkjába befelé mutat. A belső gyűrű sugara sokkal kisebb a külsőénél illetve , és a kölcsönös indukció sem hanyagolható el.

Az egyes gyűrűk induktivitása

1995.4. ábra. Mekkora és milyen irányú áramok indukálódnak az egyes gyűrűkben, ha a külső mágneses teret megszüntetjük? Megoldás. A megoldás alapgondolata az, hogy a szupravezető gyűrűkben nem indukálódhat eredő feszültség, mert az végtelen nagy áramot eredményezne. Ez azt jelenti, hogy a külső mágneses tér leépülésével egyidejűleg olyan áramoknak kell indukálódniuk, hogy az áramváltozás miatti önindukciós és kölcsönös indukciós feszültségek éppen kioltsák a külső mágneses tér változása miatt indukálódó körfeszültséget. Másképp fogalmazva: a szupravezető gyűrű által körülölelt mágneses fluxus nem változhat meg. Ha megszűnik a külső tér fluxusa, fellép helyette az indukált áramok fluxusa. Felírhatjuk tehát az alábbi egyenlőségeket:



ahol

a két gyűrű közti kölcsönös indukciós együttható. A fenti két egyenletből

Ezekben a kifejezésekben határoznunk.

,

,

,

és

megadott értékek,

és

kifejezhető:

-et azonban meg kell még

Hogyan számíthatjuk ki a két gyűrű közötti kölcsönös indukciót? Használjuk ki, hogy ! Feltételezhetjük, hogy az sugarú, kicsi belső gyűrű belsejében az áram által átjárt nagy külső gyűrűből származó mágneses mező jó közelítéssel homogénnek tekinthető. Így a külső gyűrűtől származó fluxus

ahol

-t a nagy gyűrűben folyó áram hozza létre a gyűrű közepén, nagysága a Biot-Savart-törvény alapján:

Behelyettesítés után

-re a következőt kapjuk:

Hasonló megfontolással kaphatunk nagyságrendi becslést az sugarú körvezetőben folyó áram által létrehozott mérhető értékkel. Ennek megfelelően a fluxus együtthatóra

és önindukciós együtthatókra is. Egy nagyságrendileg közelíthető a középpontban , s ezt az árammal osztva az önindukciós

adódik.

Megjegyzés. Nem tartozik a megoldáshoz, de az érdekesség kedvéért megemlítjük, hogy a körgyűrű induktivitására jó közelítéssel igaz az alábbi formula:

ahol

a körgyűrű sugara,

pedig a kör keresztmetszetűnek képzelt drót vastagságának a fele. Mivel a

logaritmus lassan változó függvény, a gyűrű önindukciós együtthatóját durva közelítésben arányosnak vehetjük.

-rel

miatt , ezért az áramokra kapott kifejezéseket tovább egyszerűsíthetjük. A nevezőben elhanyagolható -höz képest, de elhanyagolható az számlálójában szereplő második tag is az elsőhöz képest. Így kapjuk:



Hátra van még az áramok irányának meghatározása. nyilván az 1995.4. ábrán látható elrendezésben az óramutató járásával megegyező irányban folyik, hogy a papír síkjába befelé mutató indukcióvektort hozzon létre. iránya nem ennyire magától értetődő, azt a zárójelben álló kifejezés előjele dönti el. Ennek megállapítására - Tóth Gábor Zsolt ötlete nyomán - használjuk fel, hogy egy körvezetőben folyó áram mágneses tere a kör síkjában fekvő belső pontokat vizsgálva a kör középpontjában a leggyengébb. Felírhatjuk tehát a következő egyenlőtlenséget:

Ebből következik, hogy megegyező irányban folyik.

, vagyis az

áram is az óramutató járásával

3. feladat. Lézerből jövő, keskeny, vízszintes fénynyalábbal világítjuk meg a függőleges, nagyon keskeny rés középső tartományát.

1995.5. ábra. a) Mit látunk a rés mögötti, a lézersugár irányára merőlegesen elhelyezett ernyőn? b) Hogyan változik meg az ernyőn látható kép, ha a rést vízszintes középvonala körül (Legyen például .)

szöggel elforgatjuk?

(A rést tekinthetjük egymáshoz nagyon közeli, egymástól egyenlő távolságra levő piciny lyukak sorozatának. Az ernyő elég távol van a réstől.) Megoldás. Jelöljük a rés szélességét -val, míg a rés megvilágított, középső tartományának függőleges mérete - a lézerből jövő keskeny nyaláb „átmérője” - legyen . (Szokásos iskolai kísérleti összeállítás esetén például , míg a „nagyon keskeny” rés szélessége biztosan kisebb -nél.) Úgy tekinthetjük, hogy egy magasságú és szélességű, téglalap alakú nyílás diffrakciós képe jelenik meg a réstől elég távol elhelyezett ernyőn. Ebben az esetben vízszintes síkban a



egyenlet által meghatározott

irányokban kioltást tapasztalunk. Ha az ernyő

távolságra van a réstől

, akkor az ernyőn megjelenő kép leginkább egy vízszintes, szaggatott vonalra emlékeztet, ahol a „szakaszok” (függőleges) vastagsága , vízszintes hosszuk pedig mintegy . (Kivételt képez a középső szakasz, amely kétszeres hosszúságú, mivel irányban is erősítik egymást a hullámok.) Ahogy szűkítjük a rést, a kioltási minimumhelyek egyre távolodnak, és így az ernyőn megfigyelhető szakaszok is egyre hosszabbak lesznek. Előfordulhat, hogy az ernyőn végül már csak egyetlen halvány, összefüggő, vízszintes vonal látható. Most válaszoljunk a b) kérdésre! Ha a rést elforgatjuk, „előredöntjük” a megadott vízszintes tengely körül, akkor a lézerből jövő fénynyaláb eredeti irányában továbbra is erősítést tapasztalunk. Ez azért van így, mert igaz ugyan, hogy a rés különböző pontjaiba (a lézertől mért távolságok különbözősége miatt) más-más fázissal érkezik a síkhullám, de a résen áthaladva és az eredeti irányban terjedve éppen akkora útkülönbséggel érkeznek az elemi hullámok az ernyőhöz, hogy a teljes fáziskülönbség közöttük nulla. Ennek elképzelését sugallta a feladat szövegében az a zárójelbe tett mondat, hogy „a rést tekinthetjük egymáshoz nagyon közeli, egymástól egyenlő távolságra levő piciny lyukak sorozatának”.

1995.6. ábra. Most már csak azt kell észrevennünk, hogy ha az elemi hullámok a

szögben megdöntött réssel

szöget

bezáró irányban erősítik egymást (1995.6. ábra), akkor ez nemcsak az ábra síkjában következik be, hanem a háromdimenziós tér minden olyan irányában, amely a rés irányával ugyancsak szöget zár be! (Az eredeti, függőlegesen álló rés esetén , ezért kaptunk ott az ernyőn vízszintes vonalat.)

1995.7. ábra.



Általában tehát azt mondhatjuk, hogy az ernyőn megfigyelhető vonal egy kúpnak valamely síkmetszete lesz (1995.7. ábra). A kúp csúcsa a rés közepe, tengelyének iránya a rés iránya, fél nyílásszöge a fenti , amely az elforgatás szögének pótszöge. A sík az ernyő síkja. A megfigyelhető vonal egy kúpszelet, ami - mint tudjuk - ellipszis, parabola vagy hiperbola lehet. Parabolát éppen akkor kapunk, ha az ernyő síkja a kúp valamelyik alkotójával párhuzamos. Esetünkben ez akkor következik be, ha a kúpnak van függőleges alkotója. Vízszintes alkotója az eredeti fénysugár, függőleges tehát csak akkor lehet a másik alkotó, ha a kúp nyílásszöge . Ekkor , , ez az elforgatási szög szerepelt példaként a feladatban. Ha a rés felső része -ban előre dől az ernyő felé, akkor az ernyőn látható parabola ágai fölfelé állnak. A fény intenzitása a csúcspontban a legnagyobb, a szárakon fokozatosan gyengül.

1. A verseny végeredménye Összesen 262 versenyző adott be dolgozatot. A legtöbb versenyző ebben az évben is Budapestről, a Fazekas Mihály Fővárosi Gyakorló Gimnáziumból jött: 10 idén érettségizett, 11 negyedikes, 8 harmadikos és 4 másodikos - összesen 33 diák! Sok versenyző jött Budapesten az Árpád és a Táncsics Gimnáziumból, Debrecenben a Tóth Árpád Gimnáziumból. A gyakorló iskolák közül a debreceni KLTE és a budapesti ELTE Apáczai Csere János gyakorlója tűnt ki. Majdnem mindegyik említett iskolából került ki díjnyertes vagy dicséretes versenyző. Külön érdemes megemlíteni a kecskeméti versenyzőket, jó lenne, ha a Társulat Bács-megyei területi csoportja vállalkozna az Eötvös Verseny kecskeméti megszervezésére. Három pozsonyi és egyetlen erdélyi versenyző vett részt a szomszéd országokból. Két olyan magyar versenyző volt, akik nem itthon érettségiztek: egyikük Norvégiában, másikuk az USA-ban járt középiskolába. A magyarországi versenyzők életkor és iskolatípusonkénti megoszlását az alábbi összefoglaló mutatja:

érettségizett

IV. osztályos

fiatalabb

gimnáziumban

14%

42%

28%

szakközépiskolában

3%

12%

1%

Első díjat nyert: Tóth Gábor Zsolt, a budapesti Árpád Gimnázium IV. osztályos tanulója, Vankó Péter tanítványa. Második díjat nyertek: Bárász Mihály, a Fazekas Mihály Fővárosi Gyakorló Gimnázium IV. osztályos tanulója, Horváth Gábor tanítványa; Lengyel Krisztián, az ELTE fizikus hallgatója, aki Cegléden, a Kossuth Lajos Gimnáziumban érettségizett, mint Tűri László tanítványa; Lovas Rezső, a KLTE Gyakorló Gimnáziumának IV. osztályos tanulója, Dudics Pál, Kirsch Éva és Szegedi Ervin tanítványa. Harmadik díjat nyertek: Fazekas Péter, az ELTE Apáczai Csere János Gyakorló Gimnáziumának IV. osztályos tanulója, Flórik György tanítványa; Hegyes István, a nyíregyházi Kossuth Lajos Evangélikus Gimnázium IV. osztályos tanulója, Módis Ákos tanítványa;



Szabó János Zoltán, a BME műszaki informatika szakos hallgatója, aki Budapesten, az ELTE Apáczai Csere János Gyakorló Gimnáziumában érettségizett, mint Zsigri Ferenc tanítványa; Varga Dezső, az ELTE fizikus hallgatója, aki a miskolci Földes Ferenc Gimnáziumban érettségizett, mint id. Szabó Kálmán tanítványa. Dicséretben részesült a versenyen 9-10. helyezést elért két versenyző: Kurucz Zoltán, a szolnoki Varga Katalin Gimnázium IV. osztályos tanulója, Vincze Gábor tanítványa; Perényi Márton, a Fazekas Mihály Fővárosi Gyakorló Gimnázium IV. osztályos tanulója, Horváth Gábor tanítványa. Ugyancsak dicséretet kaptak egyenlő (11-18.) helyezésben: Agod Attila, a debreceni Tóth Árpád Gimnázium IV. osztályos tanulója, Kovács Miklós tanítványa; Biró Domokos Botond, a marosvásárhelyi Bolyai Farkas Elméleti Líceum XII. osztályos tanulója, Bíró Tibor tanítványa; Csonka Szabolcs, a budapesti Árpád Gimnázium IV. osztályos tanulója, Vankó Péter tanítványa; Farkas Illés, az ELTE fizikus hallgatója, aki az ELTE Apáczai Csere János Gyakorló Gimnáziumában érettségizett, mint Pákó Gyula tanítványa; Frenkel Péter, a Fazekas Mihály Fővárosi Gyakorló Gimnázium III. osztályos tanulója, Horváth Gábor tanítványa; Lohner Roland, az BME műszaki informatika szakos hallgatója, aki az esztergomi Temesvári Pelbárt Ferences Gimnáziumban érettségizett, mint Halmai László tanítványa; Németh Tibor, az BME műszaki informatika szakos hallgatója, aki a győri Révai Miklós Gimnáziumban érettségizett, mint Somogyi Sándor tanítványa; Vörös Zoltán, a tiszavasvári Váci Mihály Gimnázium IV. osztályos tanulója, Víg Csaba tanítványa. Az eredményhirdetés és a díjak és jutalmak ünnepélyes kiosztása 1995. november 24-én volt. A Versenybizottság mindegyik feladathoz készített demonstrációs kísérleteket a jelenségek bemutatására. Az 1. feladatban leírt jelenséget kivetítve lehetett megfigyelni. A futószalagot egy, az írásvetítőre illeszkedő, széles fóliacsíkból készült hurok képezte, melyet egy alul elhelyezkedő motorral lehetett meghajtani. Ehhez a feladathoz is kapcsolódott egy Ortvay verseny feladat, melyben nem a futószalagon átcsúszó korong, hanem egy vízszintes síkban forgó körlapon átguruló golyó mozgását kellett megvizsgálni. Ezt a jelenséget is bemutattuk: az egyik összeállításban egy forgózsámolyhoz használatos köralakú asztalon gurultak át különböző méretű rugalmas golyók. A meglepő jelenség: a korongot elhagyó golyó ugyanolyan irányban, sőt ugyanazon egyenes mentén gurul tovább, mint ahogyan a koronghoz érkezett. Még aznap láthatta ország-világ a Duna TV Híradójában. A 2. feladathoz kapcsolódóan egy körülbelül átmérőjű, néhány menetes lapos tekercs és egy néhány cm átmérőjű kis tekercs kölcsönös indukcióját demonstráltuk hálózati frekvenciájú váltóárammal. Megmutattuk, hogy a mágneses indukció a nagy körvezető közepén a legkisebb. 3. feladat volt a legnehezebb, ezért ennek a bemutatását előzte meg a legnagyobb várakozás. Az os He-Ne lézer fényét egy néhány század milliméterre összeszűkíthető résen vezettük át és mattüveg ernyőre irányítottuk. Az elsötétített teremben jól meg lehetett figyelni a diffrakció eredményeként keletkező vízszintes fénycsíkot mindaddig, amíg a rés függőlegesen állt. Ezután a rés megdöntésekor az egyenes csík szépen elgörbült, miközben halk sóhajok szakadtak fel a padokból, ahol a versenyzők ültek. Ehhez a feladathoz kapcsolódott egy Ortvay verseny feladat: ebben nem rést, hanem optikai rácsot kellett megdönteni és magyarázni a keletkező diffrakciós kép változását. A fényerős „pontokból” álló diffrakciós képet jól meg lehetett figyelni; könnyű volt elképzelni azt a kúpszeletet, amelyet a pontokra lehetne illeszteni. Az Eötvös Loránd Fizikai Társulat díjait Németh Judit alelnök adta át - bíztató, lelkesítő szavak kíséretében. A Nemzeti Tankönyvkiadó mindegyik helyezett versenyzőnek könyvutalványokat adott, megjelent tanáraik pedig ajándékkönyvek közül választhattak. A könyveket nagyobb részben a Nemzeti Tankönyvkiadó, kisebb részben a TYPOTEX kiadó bocsátotta rendelkezésre.


Az 1996. évi verseny 1. feladat. A földön vízszintes helyzetében egy átmérőjű fatörzs fekszik. Legalább mekkora sebességgel kell elugorjon egy szöcske a földről, hogy át tudja ugrani a fatörzset? (A légellenállást hanyagoljuk el!) Megoldás. A légellenállást elhanyagolva állíthatjuk, hogy a szöcske pályája parabolaív lesz. Első gondolatunk az, hogy egy olyan parabola adja a kívánt megoldást, amely a hengert legfelül, egyetlen pontban érinti. (Éppen átcsúszik a szöcske a fatörzs felett.) Ezt a sejtést azonban még be kell bizonyítani, mint ahogy az is kiderülhet, hogy nem is igaz. Ezért csak annyit tételezünk fel, hogy a kívánt pálya a fatörzs két oldalán, ugyanolyan magasságban érinti a fatörzset (1996.1. ábra).

1996.1. ábra. Az ábrán és jelöli az érintési pontokat. A szöcske az pontból ugrik el, kezdősebességgel, a vízszintessel szöget bezáró irányban. A fatörzs tengelyével azonos magasságban lévő (és ) pontban a szöcske sebessége , a vízszintessel bezárt szög . Az érintési pontokban a sebesség , a vízszintessel bezárt szög . A parabolapálya legfelső ( ) pontjában a sebesség vízszintes irányú, nagysága . A feladatban minimális értékét kell meghatározni. ( ismeretében felhasználásával kapható meg, azonban ezek kiszámítása nem volt feladat.)

,

,

az energiatétel

Mi legyen a független változó, aminek függvényében szélsőértékét keressük? Lehetne az elugrás helye, vagyis például az távolság. Lehetne az elugrás szöge, amit az ábrán -val jelöltünk. De lehetne akár a , akár a szög is: akármelyik szög meghatározza a másik kettőt. A független változó szerencsés megválasztása lerövidítheti a számításokat. Válasszuk független változónak a szöget! Ezzel ugyanis . Lássuk először és kapcsolatát. A

hajítási pályán

a vízszintes irányú

kifejezhető,

segítségével pedig felírható

-mal jelölve az emelkedés idejét, a függőleges sebességkomponens a

elmozdulás pedig

E két egyenlet összevetéséből kapjuk:


pontban


Most írjuk fel az energiatételt az

és a

pont között:

Ebből

Mekkora

szögnél lesz

a legkisebb? (Első sejtésünk szerint

szöcske a fatörzs tetején. Ekkor

esetben, amikor épp átcsúszik a . A kérdés az, hogy lehet-e

.) Írjuk fel a számtani és a mértani közép közötti egyenlőtlenséget és egyik sem negatív, ami azért igaz, mert nem negatív, ami viszont következik.)

esetén! (Feltéve, hogy -ból

legkisebb értéke tehát , ezt -nál veszi fel. Azt a meglepő eredményt kaptuk, hogy az optimális pálya a legfelső pontjában nem érinti a fatörzset, hanem fölé emelkedik. A szöcske helyzeti energiája a legmagasabb pontban nagyobb ugyan, mint az „éppen átcsúszik” esetben, de a mozgási energiája - s az összenergiája is - kisebb! Az eredeti kérdésre a helyes válasz tehát:

Az érdekesség kedvéért kiszámíthatjuk

és

megfelelő értékeit is ebben az esetben:

az elugrási távolság pedig parabola fókuszpontja lesz.

. Az ábrán jelölt


pont a


2. feladat. Egy magas, hengeres, zárt edényben hőmérsékletű, nyomású levegő van. Kívülről történő hűtéssel, illetve fűtéssel az alaplap hőmérsékletét -re csökkentjük, a fedőlapét -re növeljük, és a továbbiakban folyamatosan ezen a hőmérsékleten tartjuk. (Az edény oldalfala hőszigetelő.) a) Megváltozik-e a gáz nyomása az eredeti állapothoz képest? b) Becsüljük meg, hogy mennyivel tolódik el a bezárt gáz tömegközéppontja! Megoldás. A gáz az edényben kezdetben egyensúlyi állapotban van. Hőmérséklete és nyomása is az edényben mindenütt ugyanannyi. (A nehézségi erőtérben szükségképpen fellépő függőleges nyomásgradienstől eltekinthetünk: erre utal, hogy a feladat szövegében szerepel a mindenütt egyenlő nyomás konkrét értéke.) A végállapot már nem egyensúlyi állapot. A nyomás ugyan most is ugyanannyi mindenütt az edényben, a hőmérséklet azonban nem: lentről felfelé -től -ig nő. A beállt végállapotban szerencsére a hőmérséklet bármely helyen időben már nem változik. Az ilyen - nem egyensúlyi - állapotot nevezik stacionárius állapotnak, amelyre azonban még fennáll az egyensúlyi állapotra bevezetett

összefüggés. Elveszti értelmét azonban a gáz egészére vonatkozólag a

összefüggés, mivel nincs a gáznak egyetlen, jól meghatározott hőmérséklete. Feltételezhetjük, hogy a stacionárius végállapot is mintegy egyensúlyi állapotban lévő vízszintes rétegekből tevődik össze. Egy-egy ilyen rétegen belül a hőmérséklet állandó; a magasabban lévő réteg hőmérséklete feladatunk esetében mindig nagyobb lesz. Elfogadható („plauzibilis”) feltevésnek látszik, hogy a rétegek hőmérséklete a magasság lineáris függvénye. (Ez akkor igaz, ha a gáz hővezetőképessége nem függ a hőmérséklettől. A tapasztalat szerint a vizsgált hőmérséklettartományban ez jó közelítéssel teljesül.) Ezt felhasználva válaszolhatunk az a) kérdésre. Hasonlítsunk össze két olyan ( vastagságú) réteget, amelyek az alap- és a fedőlaptól egyenlő ( ) távolságra vannak! A felső rétegben a hőmérséklet nagyobb, mint az alsóban, ezért itt kevesebb részecske hozza létre ugyanazt a nyomást, mint alul.

Az edény fele magasságában egyezik meg a hőmérséklet a kiindulási, egyensúlyi állapotbeli hőmérséklettel. Azt mondhatjuk, hogy az edény felső felében a gáz felmelegedett, az alsóban lehűlt. De az előbb beláttuk, hogy a felső rétegekben mindig kevesebb gázmolekula van, mint a megfelelő alsó rétegekben - így azt is mondhatjuk, hogy több gáz hűlt le, mint amennyi felmelegedett! Így arra a következtetésre jutottunk, hogy az egész gáz belső energiája csökkent. Mivel stacionárius végállapotban is fennáll, a kisebb -hez kisebb -nek kell tartoznia ( és Tehát a gáz nyomása is csökkent. b) Becsüljük meg, mennyivel tolódott el a gáz tömegközéppontja!


a változatlanok).


A becslést úgy végezzük, hogy a gázt egyenlő vastagságú, vízszintes rétegekre osztjuk fel. Feltesszük, hogy egy-egy rétegen belül egyensúly van, a réteg hőmérséklete állandó. A felosztást finomítva kaphatunk egyre pontosabb becsléseket. Példaképpen nézzük az első, durva becslést, amikor csupán két „rétegre” osztjuk fel a hengert: legyen az edény alsó felében , a felső felében a hőmérséklet. A két rétegben levő tömegek aránya:

Második közelítésben osszuk három egyenlő részre a hengert; a középső réteg hőmérséklete legyen , a felsőé , az alsóé . Az előzőhöz hasonló gondolatmenettel a tömegközéppont süllyedésére adódik. Harmadik közelítésben osszuk öt egyenlő vastag rétegre a hengert; az egyes rétegek hőmérséklete fentről lefelé legyen: , , , , . Ebben az esetben valamivel hosszabb számolás után -t kapunk. Meddig folytassuk ezt? Becslésnek már az elsőnek kapott is elfogadható. A pontos eredmény (amelynek meghatározását nem kérte a feladat!) integrálszámítással kapható, értéke . 3. feladat. Szigetelő fonálon függő, átmérőjű műanyag golyó felszínén töltés helyezkedik el egyenletesen. A golyót egy széles, nagy tálban lévő sós víz fölé engedjük úgy, hogy az alja -re legyen a víztől. A víz felszíne a golyó alatt egy picit megemelkedik. Mekkora ez az emelkedés? (A felületi feszültség szerepét elhanyagolhatjuk, a sós víz sűrűségét vehetjük

-nek.)

Megoldás. A sós víz elektromosan jól vezető folyadék (elektrolit). Mind a pozitív, mind a negatív töltéshordozók (ionok) könnyen elmozdulnak benne. A közeledő, feltöltött golyó hatására az általa vonzott, vele ellentétes töltésű ionok igyekeznek a golyó felé elmozdulni, míg a golyóval azonos töltésű ionok a taszító erő hatására ellenkező irányban mozdulnak el. Ezáltal megszűnik a folyadék „térfogati semlegessége”, megkezdődik a töltésátrendeződés. A folyamat addig tart, amíg ki nem alakul a folyadék felszínén egy egyensúlyi töltéseloszlás, egy „felületi töltéssűrűség” úgy, hogy 1. az eredő elektromos tér erővonalai a golyó és a folyadék közötti térben merőlegesen futnak be a folyadék felszínére; 2. a folyadék belsejében a felszín alatti tartományokban zérus lesz az eredő térerősség. Természetesen ekkor a golyó a vele ellentétes töltésű folyadékfelszínt magához akarja vonzani, fel akarja emelni. Fel is emeli egy picit; ezt a hatást akadályozza a folyadék felületi feszültsége, valamint a felemelt folyadék saját súlya. Feladatunkban a felületi feszültség szerepét elhanyagolhatjuk, így a folyadék felszíne a golyó alatt addig emelkedik fel, amíg a felületegységre ható elektrosztatikus emelő erő egyenlő nem lesz a felemelkedett folyadékréteg hidrosztatikai nyomásával. Nem tudjuk, hogy milyen lesz pontosan a kialakuló folyadékfelület alakja. Biztos, hogy kevéssé tér el a síkfelülettől, erre utal a feladat szövege is („picit” megemelkedik) - tehát a levegőben kialakuló eredő elektromos tér meghatározásához alkalmazhatjuk a (sík) tükörtöltés módszerét. Másrészt elegendő lesz figyelmünket egyetlen pontra, a felemelkedő folyadékfelület legfelső pontjára koncentrálni; ennek emelkedése az, amit ki kell számítanunk.

1996.2. ábra.



Az 1996.2. ábrán

-vel jelölt pontban a

töltéstől származó térerősség

A folyadék felületén kialakuló töltéseloszlás hatását a felszín alatt mélységben elképzelt tükörtöltés hatásával helyettesítjük (1996.3. ábra). A tükörtöltéstől származó térerősség a ugyanakkora és ugyanolyan irányú, mint . Ezért az eredő térerősség:

nagyságú pontban

1996.3. ábra. A felületegységre jutó töltés a

pontban Gauss tétele alapján:

A folyadék felszínén a felületegységre ható erő a elektromos térerősség szorzata:

felületi töltéssűrűség és a golyótól származó

Ez az a felületegységre jutó, függőlegesen felfelé emelő erő a pontban, amely egyensúly esetén egyenlő lesz a pontbeli emelkedésből származó hidrosztatikai nyomással:

A sós víz felszínének

emelkedését tehát az alábbi egyenletből számíthatjuk ki:



A megadott, illetve ismert értékeket behelyettesítve az emelkedés magasságára kapjuk:

Ez az érték valóban „pici” a golyó sugarához, illetve a víztől mért távolságához képest, jogos volt a síktükörtöltés közelítés. (Hasonlóképp jogos volt a golyó töltését a középpontjába helyezett ponttöltéssel helyettesíteni: műanyag golyóról lévén szó, a víz felszínén kialakuló töltéssűrűség vonzása nem tudja átrendezni, megváltoztatni a szigetelőre felvitt egyenletes töltéseloszlást. Azt is be lehet látni, hogy a víz megemelkedéséből adódó görbületi nyomás a hidrosztatikai nyomásnál sokkal kisebb, a felületi feszültség szerepét tehát jogosan hanyagoltuk el.)

1. A verseny végeredménye Ebben az évben több érettségizett és kevesebb középiskolás versenyző indult, mint az előző évben. Különösen a Budapesti Műszaki Egyetemről jött több I. éves hallgató. Az összesen 208 hazai versenyző statisztikai eloszlása a következő volt:

érettségizett

IV-es

fiatalabb

Budapest

11%

11%

9%

vidéken

17%

37%

15%

Tíz külföldi versenyző vett részt a versenyen: heten Szlovákiából, hárman Romániából jöttek, s volt egy Németországban érettségizett versenyző is. Régi gond, hogy nagyon kevés lány indul az Eötvös versenyen, s közülük is a legritkább esetben kerül ki díjazott vagy dicséretet elnyert versenyző. Az 1996-os Eötvös verseny ebből a szempontból rendhagyónak bizonyult: Nagy Szilvia, aki a győri Révai Miklós gimnáziumban érettségizett (tanárai: Székely László, Kolozsváry Ernőné), mint a Budapesti Műszaki Egyetem I. éves mérnök-fizikus hallgatója indult a versenyen és dicséretben részesült. Az első feladat megoldásával szinte minden versenyző megpróbálkozott | igaz, nem mindenkinek sikerült rátalálni a helyes útra. Típushiba volt, hogy a versenyzők azt a parabolát keresték, amely a kört a legfelső pontban érinti, s amelynek a kör egyben simuló köre. A legkevesebb jó megoldás a 3. feladatra született. Ennek ellenére itt találkoztunk a legérdekesebb megoldásokkal. A becslési feladatok közismert előnye, hogy valódi fizikus gondolkodást, szemléltet igényelnek. Hátrányuk, hogy megnehezítik a Versenybizottság munkáját: nehéz összevetni, értékelni a sok különböző úton közelítő megoldást, különösen akkor, ha nem is sikerül a jó ötlet tökéletes kivitelezése. Általában ez a helyzet. Bizony fárasztó, időrabló feladat az eltérő megoldások más-más gondolatmenetébe beleélni magunkat, de kárpótol az az öröm, amit az ember egy-egy új gondolat felbukkanásakor (és megértésekor) érez. 1996-ban mégsem volt nehéz eldönteni, hogy ki kapja az első díjat: egyetlen versenyző volt csupán, akinek mind a három feladatot sikerült helyesen megoldania. Első díjat nyert: Kurucz Zoltán, az ELTE fizikus hallgatója, aki Szolnokon, a Varga Katalin Gimnáziumban érettségizett, mint Vincze Gábor tanítványa. Második díjat nyertek egyenlő (2-4.)helyezésben:



Biró Domokos Botond a Kolozsvári Műszaki Egyetem számítástechnika-automatizálás szakos hallgatója, aki Marosvásárhelyen, a Bolyai Farkas Elméleti Líceumban érettségizett, mint Bíró Tibor tanítványa; Tóth Gábor Zsolt, az ELTE fizikus hallgatója, aki Budapesten, az Árpád Gimnáziumban érettségizett, mint Vankó Péter tanítványa; Varga Tamás, az ELTE fizikus hallgatója, aki Révkomáromban, a Selye János Gimnáziumban érettségizett, mint Szabó Endre tanítványa. Harmadik díjat nyertek egyenlő (5-10.)helyezésben: Gröller Ákos, az ELTE matematikus hallgatója, aki Budapesten, a Fazekas Mihály Fővárosi Gyakorló Gimnáziumban érettségizett, mint Horváth Gábor tanítványa; Hochsteiger Ákos, a szekszárdi Garay János Gimnázium IV. osztályos tanulója, Pesti Gyula tanítványa; Kovács András, a BME műszaki informatika szakos hallgatója, aki Budapesten, a Fazekas Mihály Fővárosi Gyakorló Gimnáziumban érettségizett, mint Horváth Gábor tanítványa; Mátrai Tamás, a budapesti, a Fazekas Mihály Fővárosi Gyakorló Gimnázium IV. osztályos tanulója, Horváth Gábor tanítványa; Négyesi Gábor, az egri Szilágyi Erzsébet Gimnázium IV. osztályos tanulója, Flaskay Miklós és Burom Mária tanítványa; Sexty Dénes, az egri Neumann János Közgazdasági Szakközépiskola és Gimnázium IV. osztályos tanulója, Pecsenye Pálné tanítványa. Dicséretben részesültek egyenlő (11-15.)helyezésben: Kálmán Barnabás, a BME műszaki informatika szakos hallgatója, aki Budapesten, az ELTE Apáczai Csere János Gyakorló Gimnáziumában érettségizett, mint Flórik György tanítványa; Nagy Szilvia, a BME mérnökfizikus hallgatója, aki Győrben, a Révai Miklós Gimnáziumban érettségizett, mint Kolozsváry Ernőné és Székely László tanítványa; Nagy Zoltán, a JATE fizikus hallgatója, aki Szegeden, a JATE Ságvári Endre Gyakorló Gimnáziumában érettségizett, mint Homolya Ernő tanítványa; Nyakas Péter, a zalaegerszegi Zrínyi Miklós Gimnázium IV. osztályos tanulója, Vadvári Tibor tanítványa; Wagner Róbert, a pannonhalmi Bencés Gimnázium IV. osztályos tanulója, Hirka Antal és Rábai László tanítványa. Az ünnepélyes eredményhirdetésre 1996. november 29-én került sor. Itt nemcsak a feladatok helyes megoldásával ismerkedhettek meg a megjelent diákok és tanárok, de egy lézer fényének felhasználásával megfigyelhették a sós víz felszínének pici felemelkedését is. A közönség soraiban foglalt helyet több meghívott, régebbi Eötvös verseny nyertes vagy helyezett versenyző, így például Holics László (1949), Papp Elemér (1952), Széphalmi Géza (1958), Nagy Dénes Lajos (1962), Tichy Géza (1963), Corrádi Gábor (1964), s a mai Versenybizottság egyik tagja: Gnädig Péter (1965) is. A művelődési Minisztériumot Kovács Béla „versenyfelelős” osztályvezető képviselte. Megemlékeztünk a 100 évvel korábbi, a millenniumi tanulóverseny nyerteseiről is. Akkor a „báró Eötvös I. díj” nyertese Visnya Aladár (1878-1959) volt, aki Pécsett, a főreáliskolában érettségizett, mint Maksay Zsigmond (1850-1896) tanítványa. Maksay Zsigmond kiváló tanár volt, még a következő évben is lett egy Eötvös díjas tanítványa: Fejér Lipót. Sajnos korai halála megakadályozta abban, hogy megérje tanítványai sikerét. A díjátadáskor Eötvös Loránd meleg szavakkal emlékezett meg róla. Visnya Aladár ezután a budapesti Tudományegyetemen szerzett matematika-fizika szakos tanári oklevelet, s vált Eötvös-i értelemben igazi tudós-tanárrá. 1903-tól Nagyváradon tanított, 1909-ben Budapestre helyezték. A Mathematikai és Physikai társulatban már a repülőgépekről tartott előadást. 1914 és 1919 között Sopronban tanított a leánygimnáziumban. 1919-ben a Tanácsköztársaság idején Budapestre nevezték ki igazgatónak, ezért s kommün bukása után eltiltották a tanári pályától. Ekkor abbahagyta a matematika és a fizika művelését, helyette botanikával és zoológiával kezdett foglalkozni. 1927-ben Kőszegen megengedték, hogy újra tanítson. Gyűjtőutakat szervezett, megalapította a Jurisich Múzeumot. Tevékeny, kreatív ember maradt egész életében. Hasonló érdeklődésű és kvalitású kutató volt, mint a vele csaknem egyidőben élt O. W. Richardson (1879-1959) angol fizikus, aki Cambridge-ben a Cavendish Laboratóriumban dolgozott J. J. Thomson tanítványaként, s „a 85 Created by XMLmind XSL-FO Converter.


termikus emisszió jelensége, és kivált a nevét viselő törvény felfedezéséért” megkapta az 1928. évi fizikai Nobel díjat. Jobb helyre született | ahogy azt ilyenkor mondani szokták. Még egy kísérteties hasonlóság: aktív évei után Richardson is botanikával kezdett foglalkozni. Egy mai Plutarkhosz feldolgozhatná párhuzamos életrajzaikat… A millenniumi „báró Eötvös II. díj” nyertese Zemplén Győző (1879-1916) lett, aki Fiumében, az állami főgimnáziumban érettségizett, mint az olasz nemzetiségű Rocco Pizetti tanítványa. o is, akárcsak Visnya Aladár, dolgozott a Középiskolai Matematikai Lapokba, megoldásaikat még Arany Dániel értékelte. Zemplén is a budapesti tudományegyetemen folytatta tanulmányait, emellett az elsők között került be az Eötvös Collegiumba. Eötvösnél készítette el diplomamunkáját a gázok belső súrlódásának torziós ingával történő méréséből. Eötvös Loránd támogatta külföldi tanulmányútjait: Göttingában Félix Klein mellett mélyedt el a nem lineáris hidrodinamikában és a matematikai-fizikai reformkísérletekben, Párizsban Curie-ék mellett ismerkedett a fizika akkori legújabb eredményeivel. Az ő fordításában és az elsők között jelent meg magyar nyelven Mme Curie könyve a radioaktivitásról. Itthon megírta „Az elektromosság és gyakorlati alkalmazása” c. könyvét, melyből többek között a 12-13 éves Szilárd Leó sajátította el a fizikát. A műegyetemi elméleti fizika tanszék vezetőjeként, s a Mathematikai és Physikai Társulat fizikus titkáraként vonult be a háborúba 1914-ben és esett el az olasz fronton 1916-ban. A millecentenáriumi Eötvös verseny díjainak átadására a Versenybizottság két volt Eötvös verseny nyertest kért fel. A ma (1996-ban) élő legidősebb Eötvös verseny nyertes Bakos Tibor, ma is aktív tagja a Középiskolai Matematikai és Fizikai Lapok matematikai szerkesztőbizottságának. Éppen 70 évvel 1996 előtt, 1926-ban ismételte meg Teller Ede előző évi bravúrját: fizikából is és matematikából is megnyerte az I. díjat a Társulat őszi tanulóversenyén. Ugyanez sikerült 1940-ben Hoffmann Tibornak is, aki szintén tevékeny kutató munkával tölti nyugdíjas éveit: biofizikai problémák megoldásán dolgozik. Mindketten szívesen emlékeztek vissza egykori középiskolai tanulmányaikra, az akkor Faragó Andor által szerkesztett Matematikai és Fizikai Lapokban kitűzött feladatok megoldására. Már akkor is azok a diákok voltak esélyesek az Eötvös verseny megnyerésére, akik szorgalmas megoldói voltak a Lapoknak. Megható pillanata volt a díjátadásnak, amikor elhangzott a pannonhalmi gimnáziumból dicséretet nyert versenyző tanárának a neve. - Hirka Antal? Kedves barátaim, az ő édesapjával vívtunk nemes versenyt annak idején a Lapokban! Abban versenyeztünk, hogy kitől közöl több megoldást az újságban Faragó Andor! - ezekkel a szavakkal lépett ki néma díjkiosztó és kezet fogó szerepéből Bakos Tibor, majd elnézést kért a „közbeszólásért”. Mosolyogva, csillogó szemmel tapsolt mindenki a teremben. Amíg a nyertes diákok díjaikat vették át, tanáraik ajándékkönyveket választhattak a Nemzeti Tankönyvkiadó, a Calibra és a Talentum kiadók legújabb ismeretterjesztő és tankönyvei közül. A Nemzeti Tankönyvkiadó a diákok díjait is kiegészítette könyvutalványokkal úgy, hogy még a dicséretes versenyzőknek is jutott belőlük. A Duna Televízió esti híradójában tudósította határainkon innen és túli nézőit az ünnepélyes eredményhirdetésről.


Az 1997. évi verseny 1. feladat. Magyarországon 1997. szeptember 16-án este holdfogyatkozást lehetett megfigyelni. Negyed 10-től negyed 11-ig tartott a teljes holdfogyatkozás, vagyis ekkor tartózkodott a Hold teljes egészében a Föld teljes árnyékában. a) A holdfogyatkozás általában hosszabb ideig tart, mint a napfogyatkozás. Miért? b) Feltételezve, hogy a Hold a Föld körülés a Föld a Nap körül körpályán kering, valamint elhanyagolva a Föld légkörének optikai hatását, határozzuk meg, hogy legfeljebb mennyi ideig tarthat egy teljes holdfogyatkozás! A Földről a Hold és a Nap egyaránt látószögben látszik; a Föld látószöge a Holdról nézve . (Hogyan befolyásolná az eredményt, ha figyelembe vennénk, hogy az említett pályák inkább ellipszisek, mint körök?) c) A valóságban teljes holdfogyatkozáskor sem tűnik el teljesen a Hold az égről, hanem vöröses színben, halványan világít. Miért? Megoldás. a) A napfogyatkozás addig tart, amíg a Hold eltakarja a Napot. Ha a két látószög egész pontosan megegyezne, akkor erre csak egy pillanatig kerülhetne sor, s az a pont, ahonnan teljes napfogyatkozást lehet látni, gyorsan végigsuhanna a forgó Földön (1997.1a. ábra). A valóságban a két látószög nem pontosan egyezik meg, és időben is változik (az ellipszispályák miatt), ezért a teljes napfogyatkozás szerencsés esetben akár néhány percig is tarthat a Föld bizonyos helyein.

1997.1a. ábra.

1997.1b. ábra. A holdfogyatkozás addig tart, amíg a Hold a Föld árnyékkúpjában tartózkodik (1997.1b. ábra). Mivel a Föld árnyéka a Hold távolságában is még csaknem háromszor olyan széles, mint a Hold átmérője, a holdfogyatkozás egy órán át is tarthat, amint azt a feladatban is idézett példa mutatja. A teljes holdfogyatkozás annál tovább tart, minél közelebb halad a Hold a Föld árnyékának közepéhez. Maximális esetben éppen áthalad az árnyékkúp közepén, ezt az esetet kellett a b) kérdésben megvizsgálni. Érdemes felfigyelni arra, hogy amikor a Földön holdfogyatkozás van, akkor a Holdon éppen napfogyatkozás, ezért az a) kérdést úgy is fel lehetne tenni, hogy a napfogyatkozás miért is tart általában hosszabb ideig a Holdon, mint a Földön. A fő ok ténylegesen az, hogy a Föld nagyobb, mint a Hold.



b) Az 1997.2. ábrán a valóságos arányokat eltorzítva, a lényeges távolságokat kiemelve tanulmányozhatjuk a maximális időtartamú teljes holdfogyatkozást, amikor is a Hold pályája áthalad az árnyékkúp tengelyén. A Nap, a Föld és a Hold átmérőjén kívül feltüntettük (szaggatott vonallal) annak az árnyékkörnek az átmérőjét is, amelyen a Hold végighalad. A Nap-Föld távolságot -lel, a Föld-Hold távolságot -lel jelöltük. Felhasználva két háromszög hasonlóságát, a megfelelő oldalak arányára felírhatjuk:

Ebből fejezzük ki az árnyék átmérőjét:

utat tesz meg, amíg teljes egészében az árnyékkúp belsejében

A Hold tartózkodik. Sebessége

, ahol

jelenti a Hold szögsebességét a Föld körüli keringése közben.

Így a teljes holdfogyatkozás maximális ideje:

Felhasználva, hogy a Hold kereken 30 nap alatt kerüli meg a Földet, és behelyettesítve a feladatban fokokban megadott látószög adatokat:

Legfeljebb ennyi ideig tarthat egy teljes holdfogyatkozás. Hogyan befolyásolná az eredményt, ha figyelembe vennénk, hogy az említett pályák inkább ellipszisek, mint körök? Ebben az esetben figyelembe kellene vennünk, hogy a Nap látószöge a Földről nézve

és

között változik, míg a Hold látószöge a Földről nézve és között változik. (A tehát mindkét esetben kerekített érték volt.) A Holdpálya excentricitása miatt a Föld látószöge is változik a Holdról nézve, mégpedig hanem a

és

között. (A feladatban szereplő

tehát nem átlagérték,

-os Hold-látószögnek megfelelő érték volt.)

Az ellipszispályák figyelembe vétele azonban nemcsak a látószögeket módosítja, hanem a Hold is! A látószögek szempontjából optimális eset az, amikor

sebességét

1. a Föld Naptávolban tartózkodik (az árnyékkúp a legkevésbé „keskenyedik”); 2. a Hold Földközelben tartózkodik (az árnyékkör a lehető legnagyobb). Ez utóbbi esetben azonban a Hold sebessége is a lehető legnagyobb, s ez csökkenti az áthaladási időt. Ennek ellenére a fenti két feltétel teljesülése esetén lesz a teljes holdfogyatkozás ideje maximális (körülbelül 115 perc).



Ebben az évezredben a leghosszabb holdfogyatkozást 2000. július 16-án lehet még majd megfigyelni - sajnos nem nálunk, hanem Ázsia keleti és déli részén, valamint Óceániában. Ideje 108 perc lesz. c) A Föld légköre megtöri a fényt; a fénynek azt a részét, amely át tud haladni rajta, mint valami enyhén gyűjtő lencse, a geometriai árnyéktérbe irányítja. A fénynek a legnagyobb része azonban nem halad át a légkörön, hanem áthaladás közben fokozatosan „kiszóródik”. A fényszórás legjelentősebb a rövid hullámhosszú fényekre, ezért látszik az ég a földről nézve kéknek. Az űrhajósok is kéknek látják, így kapta Földünk a „kék bolygó” nevet. Még leginkább a leghosszabb hullámhosszú vörös fénynek van esélye arra, hogy át tud haladni a légkörön, s egy halvány, vöröses derengést ad a geometriai árnyéktérben lévő Holdnak. Megjegyzések. 1. A Hold keringési ideje a Földről nézve 29,5 nap. Az állócsillagokhoz képest azonban csak 27,3 nap, mivel a Föld is kering a Nap körül.

2. Nem vettük figyelembe, hogy a Hold keringési síkja kb. -os szögben hajlik a Föld keringési síkjához (az ekliptikához) képest, s nem vettünk figyelembe még számos, az eredményt csak csekély mértékben módosító hatást. Néhány évvel ezelőtt például egy óriási tűzhányó-kitörés annyi port juttatott a légkör felsőbb részeibe, hogy utána a Hold az árnyéktérben egészen más színűnek látszott, mivel a por a vörös fényt is részben elnyelte, részben kiszórta a légkörből. Az 1997. szeptember 16-i holdfogyatkozáskor ennek a vulkáni hamunak a hatását nem lehetett észrevenni. 2. feladat. Egy 1 méter magas asztal lapjának közepén lyuk van. A lyuk közvetlen környezetében az asztallapon lazán elhelyeztünk egy 1 méter hosszú, vékony aranyláncot. Ennek egyik végét a lyukon keresztül kicsit meghúzzuk, majd elengedjük. A lánc egyre növekvő sebességgel szalad le a lyukon át. (Feltételezhetjük, hogy a lánc nem gubancolódik össze. A súrlódás és a légellenállás elhanyagolható.)

1997.2. ábra. Mennyi idő alatt ér a lánc egyik, illetve másik vége a földre? Megoldás. Jelöljük -lel az asztal magasságát, ami éppen megegyezik a lánc teljes hosszával (a feladatban ). Tekintsük azt a pillanatot, amikor a lánc függőleges, mozgásban lévő része hosszúságú. Jelöljük -mel ennek a darabnak a tömegét, és írjuk fel rá a dinamika alaptörvényét! Persze, figyelembe kell vennünk, hogy most nem állandó, hanem időben változik, ezért:

Átrendezve, a következőt kapjuk:



A bal oldalon felhasználhatjuk, hogy

Mivel

,

miatt a pillanatnyi tömeg és gyorsulás szorzata áll. A jobb oldalon , így

-mel való osztás után kapjuk:

Ez az izgalmasan egyszerű összefüggés jelzi, hogy a lánc mozgásban lévő részének gyorsulása -nél mindenképp kisebb, s mivel és is változik időben, lehet, hogy a gyorsulás sem marad állandó. Ennek ellenére próbáljuk ki, hátha mégis állandó a gyorsulás, hiszen lehet, hogy már nem függ az időtől! Próbaképpen helyettesítsük be és helyére a zérus kezdősebességű, egyenletesen gyorsuló mozgás sebességének és a megtett útnak időtől függő képleteit:

Így hát a lánc egyenletesen gyorsuló mozgással szalad le a lyukon át - számítsuk ki a gyorsulását:

Ha a lánc idő alatt fut le az asztalról, akkor a legelöl futó láncszem utat, ezért

A lánc egyik vége tehát

idő alatt

gyorsulással tesz meg

alatt ér le a földre. Mennyi idő alatt ér le a másik?

Amikor a lánc alsó vége eléri a földet, abban a pillanatban az egész lánc függőleges, és akkora sebességgel mozog, amennyi a legalsó láncszem végsebessége lett:



Ettől kezdve az egész lánc szabadon esik. A legfelső láncszem is; meg utat. Jelöljük az ő esési idejét -vel, akkor felírhatjuk:

Ebbe behelyettesítve

értékét, a

kezdősebességgel,

gyorsulással tesz

-re adódó másodfokú egyenletet megoldva kapjuk:

Ez a láncvég tehát a folyamat kezdetétől számítva

múlva fog földet érni. Megjegyzések. 1. Sok hibás megoldás abból indult ki, hogy mivel „a súrlódás és a légellenállás elhanyagolható”, ezért a lánc mechanikai energiája állandó marad. Ebben az esetben az a sebesség, amivel a lánc alsó vége eléri a földet, az energiatétel felhasználásával a következőképp adódna:

mivel a lánc tömegközéppontja -vel van mélyebben abban a pillanatban, amikor az egész lánc függőlegesen mozog. A fenti összefüggés azonban nem helyes. Ha behelyettesítjük helyébe a helyes megoldásban kapott értéket, ezt kapjuk:

Hová tűnt, mikor veszett el az energia része? Akkor, amikor egy-egy láncszemet a már mozgó másik lerántott az asztalról; a rugalmatlan ütközések során disszipálódott a mechanikai energia egy része. 2. A közölt helyes megoldással azonos eredményre vezet az a gondolat is, hogy az tömegű darabkáját sebességgel mozgó nagysága:

idő alatt

tömegű lánc

sebességre gyorsítja fel a lánc

tömegű része, amikor „magával rántja” az asztalról. Ennek az erőnek a



Ugyanekkora nagyságú, de ellentétes irányú erőt fejt ki a felgyorsuló láncszem („láncdarabka”) a már mozgó, tömegű részre! Így felírhatjuk:

Behelyettesítve

kifejezését, kapjuk:

3. Feltételezve, hogy az elmozdulás)

tömegű lánc

darab láncszemből áll, ahol két láncszem közötti lazaság (szabad

, a fenti helyes eredmény határértékben adódik

esetén.

4. Felsőbb matematikai módszerekkel megadható az

differenciálegyenlet teljes megoldása

,

,

esetén. A megoldás aszimptotikusan közelít a heurisztikusan talált

kezdőfeltételek (

) esethez.

3. feladat. Egy vákuumkamrában lévő hosszú, egyenes, nagyon jó vezetőképességű huzalban erősségű áram folyik. A huzaltól távolságban lévő pontból kezdősebességű elektronok indulnak el a huzal felé, rá merőlegesen, de ezek az elektronok csak távolságra képesek megközelíteni a huzalt. Mennyi lehet értéke? (A földi mágneses tér hatásától eltekinthetünk.) Megoldás. Ha eddig nem jutott volna eszünkbe, ez az utolsó, zárójelbe tett mondat figyelmeztet, hogy az áram mágneses terének hatását kell figyelembe vennünk. (Az áramvezetőnek van elektromos tere is, a nagyon jó vezetőképességű huzalban azonban a térerősség a huzal belsejében és környezetében is kicsi, ennek hatása most elhanyagolható.) A mozgó töltésre a mágneses tér mindig olyan erőt fejt ki, ami a sebességre merőleges. Ez el tudja téríteni, el tudja kanyarítani az elektront, de nem tudja megváltoztatni a sebesség nagyságát. Helyről helyre változó mágneses térben szeszélyesen kanyargó pályát írhat le az elektron, de közben sebességének nagysága végig ugyanakkora marad! A makroszkópikus testek mozgásait vizsgálva nemigen találunk hasonlót. Még leginkább egy enyhén lejtő, szeszélyesen kanyargó folyó mozgása hasonlít az inhomogén mágneses térben kanyargó elektronsugárra, de az elektronsugár térbeli, háromdimenziós alakja jóval bonyolultabb lehet, mint a síkságon kanyargó folyóé. A feladatban megadott esetben az elektronok pályája szerencsére csak két dimenziós (síkgörbe) lesz, mivel az elektron végig benne marad a kezdőponton és az áramvezetőn átfektethető síkban. Ennek az az oka, hogy kezdetben az elektron ebben a síkban indul el kezdősebességgel, a rá ható erő pedig végig merőleges lesz mind a sebességre, mind az előbbi síkra merőleges mágneses indukció vektorra. Igaz, a vektor nagysága változik, egyre nagyobb lesz, ahogy az elektron közelebb és közelebb kerül az áramvezetőhöz, de ez csak azt eredményezi, hogy az elektron egyre erősebben kanyarodik (minthogy az erő egyre nagyobb lesz) azonban az elektronra ható erő végig benne marad az előbb említett síkban.



távolságból induló elektron

Az, hogy az

távolságra tudja megközelíteni a huzalt, azt jelenti,

hogy távolságban a pályagörbe már úgy elkanyarodott, hogy az elektron az áramvezetővel párhuzamosan mozog. Azután kanyarodik tovább, és már távolodik is az áramvezetőtől. Az 1997.3a. ábrán felrajzoltuk az elektron további pályáját is. Az elektron az 1997.3a. ábrán a pontból indul az kezdősebességgel. Az elektronra ható erő nagysága:

iránya a sebességre és a jobbra kanyarodik, és az távolságra,

pedig

árammal átjárt egyenes vezető felé, rá merőlegesen

vektorra is merőleges. A negatív töltésű elektron a megadott áramirány esetén pontban lesz sebessége párhuzamos az áramvezetővel. az áramvezetőtől távolságra van.

1997.3a. ábra. A indukcióvektorú mágneses térben sebességgel mozgó és irány szerint is helyesen az alábbi kifejezés adja:

pontszerű töltésre ható

Ezt az erőt nevezzük mágneses Lorentz erőnek. Tekintsük ennek

komponensét. (

.)


erőt nagyság


Az

árammal átjárt egyenes vezető mágneses tere, tőle

távolságban:

Helyettesítsük be ezt a kifejezést, és használjuk fel, hogy a választott koordinátarendszerben

ekkor kapjuk:

Ez az összefüggés az elektron pályájának bármely kis

ívhosszúságú darabjára fennáll.

Osszuk fel gondolatban a pálya ívét ilyen kis darabokra; képzeljük el, hogy mindegyikre felírunk egy ilyen összefüggést, azután a kapott egyenleteket adjuk össze! Ezt így jelölhetjük:

az állandó tényezőket kiemelve kapjuk:

A bal oldalon álló összeg:

mivel a

kezdőpontban a sebesség

komponense zérus, az

pontban pedig


.


1997.3b. ábra. A jobb oldalon álló összeg:

Ennek értékét becsléssel határozzuk meg. Az 1997.3a. ábrán bevonalkázott területet kell meghatároznunk. Ha ezt trapézzal közelítjük, a trapéz területe:

A görbe alatti terület azonban kisebb, mint a trapéz területe, vegyük 0,7-nek. Így végül is az alábbi egyenlethez jutottunk:

Ebből fejezzük ki

-t, majd helyettesítsük be az ismert, ill. megadott értékeket:

Tehát mintegy távolságra megközelítsék a

sebességgel kell az elektronokat kilőni -ral átjárt egyenes vezetőt. 95 Created by XMLmind XSL-FO Converter.

távolságból, hogy


Megjegyzések. 1. Nagy vagy kicsi a kapott sebesség? Makroszkópikus, földi testek sebességéhez képest nagy: az első kozmikus sebesség is csak mintegy , s a Naprendszer elhagyásához is elég egy -nál kisebb sebesség. A fény sebességéhez képest viszont kicsi, hiszen az . Ezért is lehetett a relativisztikus tömegnövekedéstől eltekinteni a feladat megoldása során. Még a katódsugárcsőben (TV, oszcilloszkóp, elektronmikroszkóp) futó elektronok sebességéhez képest is kis sebességet kaptunk; mint arról könnyen meggyőződhetünk, kb. gyorsító feszültség hatására már elérik az elektronok ezt a sebességet. 2. A feladat megoldása során elegendő volt a Lorentz erő komponensét megvizsgálni. Mire jutnánk az komponens vizsgálatával? Nem sokra, mivel ez a sebesség komponensétől függ, s az koordinátát csak közvetve, a pálya egyenletét ismerve lehet összekapcsolni -rel, amitől függ. A pálya görbületét azonban megkaphatjuk a Lorentz erő nagyságából.

3. A versenyzők közül jó néhányan tudták az alatti területet:

függvényt integrálni, ők pontosan is meghatározták a görbe

Nem is olyan rossz a 0,7-es becslés. 4. Az elektron pályagörbéjének több érdekes tulajdonságát lehet még felfedezni. Az egyik ilyen érdekesség az, hogy az

-ról így kilőtt elektron nemcsak hogy

-re tudja megközelíteni az áramvezetőt, de nem is

tud -nál messzebb eltávolodni tőle. Általában, ha -re tudja megközelíteni, akkor -ra tud eltávolodni tőle. Másképp fogalmazva: a legkisebb és a legnagyobb távolság mértani közepe az a távolság, ahol éppen az áramvezetője merőlegesen halad. A további érdekességek megállapítását az olvasóra bízzuk.

1. A verseny eredménye Összesen 216 versenyző adott be dolgozatot; 213 magyar, 2 román és 1 ukrán állampolgárságú versenyző. Budapesten érettségizett az összes magyarországi versenyzők 12%-a, vidéken érettségizett ugyancsak 12%. Vidéki utolsó éves középiskolás volt 30%, budapesti utolsó éves középiskolás 14%. A még fiatalabb versenyzők közül Budapesten járt középiskolába az összes hazai versenyzők 12%-a, vidéken pedig 20%. Tavaly óta érezhetően nőtt e fiatalabb versenyzők aránya Budapesten és vidéken is, ez jó előjel a későbbi évekre. Ugyanakkor sajnos a vidéki végzős és a vidéki érettségizett versenyzők száma tavalyhoz képest csökkent. Budapesten minden harmadik versenyző a Fazekas gimnáziumból jött, vidéken nincs ilyen kimagasló középiskola. Az érettségizettek között a fizikus, matematikus és villamosmérnök hallgatók mellett megjelentek más mérnökhallgatók, informatikusok, leendő menedzserek is. Az is az idők változását mutatja, hogy az egyik díjnyertes fizikus hallgató közgazdasági középiskolában érettségizett. Az ünnepélyes eredményhirdetésre 1997. november 14-én került sor az ELTE Múzeum körúti Főépületének második emeleti fizikai előadó termében.



Először Marx György akadémikus, a Társulat elnöke emlékezett meg a 100 évvel ezelőtt felfedezett elektronról, a rejtélyes részecskéről, mely még a mai középiskolások, egyetemi hallgatók - tehát a jövő kutatói - számára is tartogat felfedezni való meglepetéseket. Azután a Versenybizottság elnöke emlékezett meg a 100 évvel ezelőtti Eötvös versenyről, s annak egyik nyerteséről, a később világhírűvé vált matematika professzorról, Fejér Lipótról. A matematikai könyvtárból kölcsönzött Fejér Lipót kép (Hermann Lipót festménye) méltó háttere volt az INTERNET-ről lehívott és kivetített, Fejérről szóló, hangulatos visszaemlékezéseknek. Mindhárom feladat megoldásának ismertetését dokumentumok illetve kísérletek bemutatása követte. Az 1997. szeptemberi teljes holdfogyatkozást beharangozó újságcikk - mely az alapötletet adta az 1. feladat kitalálásához - szervesen kiegészült az ugyancsak az INTERNET segítségével a NASA dokumentációjából lehívott szemléletes ábrákkal és adatokkal. A második feladathoz kapcsolódó kísérletet Gnädig Péter mutatta be: aranylánc helyett a feladat ötletét adó, több méter hosszú gyöngyfűzérrel, melyet a hat méter magas előadóteremben kb 5 méter magasból engedett szabadon „lefolyni”. A kísérlet során olyan jelenséget is megfigyelhettünk, mint a kifolyó lánc felemelkedése, amelyet az egyetemisták számára kiírt Ortvay versenyre tűzött ki a szerző. A harmadik feladat tűnt a legnehezebben demonstrálhatónak, mégis sikerült bemutatni, egy olyan Leybold eszköz segítségével, melyben az elektronsugár útját láthatóvá lehet tenni. Az egyenes vezető, melyen átfolyó nagy áram mágneses terében eltérül az elektron, nem kell, hogy légüres térben legyen; elég volt elvezetni az elektronsugár megfigyelésére szolgáló kis nyomású üveggömb fölött. Az ínyencek számára izgalmas, meglehetősen fényszegény kísérletet a teljesen elsötétített teremben áhítattal figyelte a versenyzőkből, tanáraikból és meghívott fizikusokból álló hallgatóság. Az elektronsugár pályáját leíró ciklois-szerű görbét egy volt Eötvös verseny nyertes, Kovács Krisztián III. éves mérnökhallgató határozta meg számítógéppel. Ezt a már újra kivilágított teremben, írásvetítőn kivetítve tanulmányozhatta a hallgatóság, akik között a Társulat elnökén és volt Eötvös verseny nyertes főtitkárán kívül még több volt nyertes versenyző is helyet foglalt. Idén a feladatok kissé nehéznek bizonyultak: nem volt olyan versenyző, aki mindhárom feladatot jól megoldotta volna. Ezért a Versenybizottság az első díjat nem adta ki. Második díjat nyert egyenlő helyezésben a következő két versenyző: Kovács Gábor, az ELTE fizikus hallgatója, aki a soproni Berzsenyi Dániel Evangélikus Líceumban érettségizett, mint Lang Jánosné tanítványa; Várkonyi Péter László a BME építészmérnök hallgatója, aki a budapesti Fazekas Mihály Fővárosi Gyakorló Gimnáziumban érettségizett, mint Horváth Gábor tanítványa. Harmadik díjat nyert egyenlő helyezésben a következő három versenyző: Egri Győző, az ELTE fizikus hallgatója, aki a budapesti Alternatív Közgazdasági Gimnáziumban érettségizett, mint Korom Pál tanítványa; Gyurkó Martin, a zalaegerszegi Ságvári Endre Gimnázium 12. évfolyamának tanulója, Rádulyné Horváth Katalin tanítványa; Koncz Imre, a BME műszaki menedzser szakos hallgatója, aki a budapesti Fazekas Mihály Fővárosi Gyakorló Gimnáziumban érettségizett, mint Horváth Gábor tanítványa. A Versenybizottság dicséretben részesítette a 6-15. helyezéstelért versenyzőket. A verseny 6.-10. helyezettje egyenlő helyezésben: Bérczi Gergely, a szegedi Ságvári Endre Gyakorló Gimnázium 12. évfolyamának tanulója, Tóth Károly tanítványa; Boja Bence, a budapesti Árpád Gimnázium 12. évfolyamának tanulója, Schuszter Ferenc tanítványa; Jakabfy Tamás, az ELTE alkalmazott matematikus hallgatója, aki a zalaegerszegi Zrínyi Miklós Gimnáziumban érettségizett, mint Vadvári Tibor tanítványa; Karádi Richárd, a győri Révai Miklós Gimnázium 12. évfolyamának tanulója, Nagy Attila és Somogyi Sándor tanítványa; 97 Created by XMLmind XSL-FO Converter.


Mátrai Tamás, az ELTE matematikus hallgatója, aki a budapesti Fazekas Mihály Fővárosi Gyakorló Gimnáziumban érettségizett, mint Horváth Gábor tanítványa. A verseny 11.-15. helyezettje egyenlő helyezésben: Felföldi Zsolt, a budapesti Fazekas Mihály Fővárosi Gyakorló Gimnázium 11. évfolyamának tanulója, Horváth Gábor és Dvorák Cecília tanítványa; Kormos Márton, a debreceni KLTE Gyakorló Gimnáziumának 12. évfolyamú tanulója, Farkas József és Szegedi Ervin tanítványa; Péterfalvi Csaba, a szekszárdi Garay János Gimnázium 11. évfolyamának tanulója, Bayer József tanítványa; Pogány Adám, a budapesti Fazekas Mihály Fővárosi Gyakorló Gimnázium 12. évfolyamú tanulója, Horváth Gábor tanítványa; Sarlós Ferenc, a bajai III. Béla gimnázium 12. évfolyamú tanulója, Polgár László tanítványa. A díjakat, jutalmakat és okleveleket a Társulat elnöke adta át. A Nemzeti Tankönyvkiadó több ezer forint értékű könyvutalványokkal, a Műszaki-Calibra kiadó pedig értékes könyvcsomagokkal egészítette ki az első 15 helyezett versenyző társulati elismerését. Külön meglepetésként - most már nem először a fenti két kiadó, kiegészülve idén a TYPOTEX és a SCOLAR kiadókkal, ajándék könyvekkel lepte meg a nyertes versenyzők tanárait. Végül az ünnepi eredményhirdetés utolsó aktusaként diákok és tanáraik a megjelent volt Eötvös verseny nyertesekkel találkoztak, akiket a Versenybizottság elnöke mutatott be a hallgatóságnak.


Az Eötvös-versenyek feladatai II

Recommend Documents