Fórum: Érdekes fizika feladatok

Ehhez a feladathoz kell 13 db 100-as szeg egy deszkadarab kis ügyesség és egy csipetnyi ész. Az egyik szeget üsd bele a deszkába merőlegesen és már csak annyi a dolgod, hogy a maradék 12-t rakd fel ennek a fejére úgy, hogy mind ott is maradjon. Ezt a kis játékot először a Csodák Palotájában láttam. Ott nem tudtam megcsinálni. Majd itthon elvacakoltam vele és sikerült. Nagy élmény. Ne hagyd ki!

Segítség az előző feladathoz: Használd ki, hogy a szegnek van feje! Érdemes megcsinálni aztán feladni a barátoknak és figyelni, hogy próbálkoznak.

2.feladat: Elképzelhető-e, hogy a Föld körül keringő meghibásodott űrsiklóból egy űrhajós megfelelő öltözékben, egy fékezőrakétával, egy ejtőernyővel és elegendő sűrített levegővel felszerelve élve földetérjen.

hány méter magasról? egyébként szerintem lehetséges vegyük a lehetséges okokat amiért meghalhat: 1) egyszerűen elég(mert rossz a védőruha) 2) meteor... 3) elég az ejtőernyő és becsapódik... 4) nem jó a fékezőrakéta és több szaáz évig kering a föld körül majd becsapódik...(persze előtte már megfulladt) nos enyit a mókáról szóval nem látom be miért ne lenne lehetséges persze Tegyük fel hogy megvannak az eszközei (számoljuk hány perc alatt ér le:-)

a szöges példáról egyszerűen fogalmam sincs...

Örülök, hogy valaki rákattant a témára! Gondolom 100 km magasban kerinhet az űrsikló. Talán fékezhetnének kicsit és eljuthatnának az ionoszféra felső határáig: 80-85 km. Innen kellene lejutni ( két maraton).

Utolsó segítség a szegek felrakásához.

Leesett a tantusz, valahol már belebotlottam, s az utolsó ábrára beugrott.

Tehát a 13. szeget felülről ráillesztem a tízre merőlegesen, hogy a fejük beleakadjon, s így az alsó és felső keresztszegek között összeszorítva a többit felhelyezem a bevert szegre úgy, hogy az egész súlypontja annak feje felett legyen. A tíz szeg lehajlik a hegyes oldalán, s a fejükkel beszorítják az utolsó felső szeget, s ezzel együtt önmagukat is.

3. feladat

Hogyan tudunk egy kanalat és egy villát egy darab gyufaszál segítségével az asztallap síkjának magasságában, de annak felületén kivül úgy egyensúlyban tartani, hogy azok ne essenek le.

Egy kis IQ teszt, ha végeztetek a kanállal és a villával - én most próbálgatom.

3 fizikus neve a megfejtés, időrendi sorrendben vannak.

A középső nagyon könnyű, szabadalmi hivatalnok is volt, a másik kettőn még gondolkodnom kell egy kicsit.

Kedves Fórumosok!

Aki először küldi el emilben a 3 fizikus teljes nevét, annak egy "Netelek" 20 órás ingyenes internet elérést tudnék küldeni (ha nincs otthoni internet és igényt tart rá). Dec. 31-ig aktiválható az ország egész területéről.

Űrsikló nem 300km magasság körül kering? Bizonyára lehetséges, de akkora rakéta, ami elég hajtóanyagot tartalmazna, hogy az űrhajóst megfelelően lelassítsa, addig, amíg megfelelő (kb 20 km) magasságba nem ér, nemigen férne be az űrhajó rakterébe, most pillanatnyilag nincs kedvem számolgatni, de én elsőre egy saturn-V holdrakétára tippelnék(300 km-es úton az űrhajóst végig egyenletes, nem több, mint 100km/h sebesség mellett tartani(a rakéták müködési ideje nem ilyen hosszú). Ha jól tudom bizonyos magasságokban a légkör igen magas hőmérsékletű(?), nem hiszem azt sem, hogy a hütés megoldható volna.

Kedves Degu!

Örülök a hozzászólásodnak! Az Űrsikló valóban 320 km magasság körül kering. Persze kérdés, hogy a közeledés során mikor tudnánk még az emberünket kijuttatni. Közeledhetünk-e 80-100 km magasságig? Vagy itt már túlságosan felmelegszik a jármű felszine? Gondoltam valaki kicsit utánnaszámol milyen tömegű fékezőrakétára lenne szükség. Van egy másik "komoly" ötletem. Egy geostacionárius ( 24 órás keringési idejű ) műholdról lógassunk le egy jelzőbóját nagy teherbírású vékony karbon szálon egy jeladóval. Az ürhajós 320 km magasságban kilép az űrbe a jeladó közelében. Lelassítja magát a fékezőrakétával és elmanőverezik a bójáig. Ott talál egy kábeldobot 320 km hosszú kábellel és szépen leengedi magát. Ezzel az ötlettel mi a gond? :-)

Semmi, elméletileg, de megint felmerül az a gyakorlati probléma, hogy az ionoszféra több ezer fokos is lehet, nem hiszem, hogy lenne űrruha, ami ezt kibírná. Ha nem tévedek nanotechnológiával sem lehet készíteni olyan szálat, ami saját súlyát több, mint 500kmes hosszban elbírná, a műholdnak, pedig 30000km távolságban kellene lennie.

Kis segítség a fizikus nevekhez:

Kedves László!

A harmadiknál már jól kapizsgáltam, de nem voltam biztos benne. Tehát:

Maxwell - Einstein - Teller Ede

Üdv: Károly

Kedves Károly!

Gratulálok! Bár igy - a segítséggel - már nagyon könnyű volt. Próbálkozom a kanál-villa-gyufa feladattal. Ha meglesz majd bemutatom. Most még pár szeges kép, hátha valakinek mégis kedve támadna megcsinálni.

"Be van fejezve a nagy mű, igen. A gép forog, az alkotó pihen. ...

Hát, nem rossz....

Megoldás a 3.feladatra

Hogyan tudunk egy kanalat és egy villát egy darab gyufaszál segítségével az asztallap síkjának magasságában, de annak felületén kivül úgy egyensúlyban tartani, hogy azok ne essenek le.

A kanál jóval az asztallap síkja alatt van és gyufa helyett fogpiszkálót használtam, de azért remélem jó! Ezt a variációt Laci fiam találta ki, az enyémről rossz lett a kép. Próbáljatok más elrendézést találni!

Gratulálok, én annyi különbséggel csináltam, hogy az asztallap sarkára helyeztem, így több hely maradt az étkészletnek.

Kedves Fórumosok!

Közeleg a karácsony és hamarosan előkerül a dobozból a soros kapcsolás mintapéldája a karácsonyfa égősor. Sokszor előfordul, hogy bedugva a dugót a konnektorba lámpasor nem világít, mert egy vagy két... lámpa kiégett. Ez persze lehetőséget ad újabb mérési feladatok kitalálására, de most nem erről van szó.

5. feladat: Tervezz olyan karácsonfa izzót amiből többet sorba kapcsolva ( egy szálra felfűzve) olyan égősort kapunk, ahol a többi lámpa akkor is világít, ha 1 vagy két égő izzószála kiég!

Egy pohár étolajban jégkocka úszik. Hogyan változik az olaj szintje, miközben a jégkocka elolvad? Emelkedik, süllyed, vagy nem változik?

(Az egyik KöMaL Ankéton volt totó kérdés)

Üdv Mindenkinek!

Ha lehet tippelni:), akkor én azt mondanám, hogy csökken.

GB

Szia Bea,

Nem lehet tippelni. Tessék indokolni. :-)

Kedves Géza!

A jégkockás feladathoz csak annyit szeretnék hozzászólni, hogy még nem láttam étolajon úszó jégkockát. :)

Üdv: Gyuri

Nagyon szakallas, megis ez az egyik kedvenc fizikafeladatom.

Egy szobaban harom darab villanykorte talalhato a falon, amiket egy szomszedos helysegbol lehet kapcsolgatni, harom darab kapcsoloval. A feladat beazonositani, melyik kapcsolo melyik kortehez tartozik. Sajnos azonban a kapcsoloszoba elhagyasa utan oda mar nem terhetunk vissza. (Magyarul a kapcsolok bizergalasa kozben semmilyen informacionk nincs a kortek allapotarol, es csak egyszer bizergalhatjuk a kapcsolokat.)

udv: Gyuri

Kedves Gyuri!

A Fügi szerint az étolaj sűrűsége 910-920 a jégé pedig 920 kg/m3, igy nehezen úszhatna, de ha légbuborékos a jég akkor még úszhat. (Persze ez nem befolyásolja a megoldást)

Kedves Gyuri,

Más is kétségbe vonta, hogy a jégkocka tud-e az olajon úszni. Még nem volt időm kipróbálni, se sort kerítek rá. Az adatok, amiket találtam, elég zavarosak, az olaj sűrűségét többnyire 20 fokon adják meg, a jégét meg 0 fokon, és emiatt nem derül ki, hogy például a mínusz 5 fokos jég úszik-e a plusz 2 fokos olajban...

Ha a jégkocka mégsem úszna, akkor Gnädig Pétert kell elővenni, tőle származik a feladat. :-)

Kedves Géza!

En mar kiprobaltam, es valoban uszik. Igaz, nem sokon mulik. A viz viszont surubb az olajnal. Igy a megoldas a Csillag altal "sejtett". A jeg a sulyaval megegyezo sulyu, a viz ennel kevesebb olajat szorit ki.

Egyebkent ki is probaltam, es nagyon erdekes, ahogy olvad a jeg az olajban. Ugy tunik elsore, mintha legbuborekok lennenek a jegen, csak aztan sullyedni kezdenek...

Udv: Gyuri

Kedves Gyuri és Fórumosok!

Tényleg nagyon szép a kísérlet - érdemes megcsinálni. A jégkocka éppen csak úszik. Látható a leolvadt és lefelé szálló vízcsepp. Ami a pohár mintázata miatt sajnos nem látszik: A pohár alján összegyűlnek a vízcseppek - gömböcskék formájában és lassan összeolvadnak.

P teljesítményű R sugarú kör alakú főzőlap közepére rR sugarú elegendően magas lábast helyezünk, melyben V térfogatú, T_o hőmérsékletű vizet szeretnénk felforralni. Az érintkező felületeken a hőátadás hatásfoka . Hogyan függ a felforraláshoz szükséges idő r-től? Adjuk meg és ábrázoljuk az r=R-hez képest elpazarolt energiát r függvényében!

(Az eredményt kérem az anyukákkal közöljétek és grafikont a konyhában rakjátok ki! :-)

Kedves Fórumosok!

A "Felmerülő kérdések és problémák topikjában" szó volt arról, hogy az e^x függvény deriváltja önmaga. Ez gyakorlatilag azt jelenti, hogy az érintő meredeksége a függvényértékkel egyenlő. Vagyis ha egy folyamatban egy fizikai mennyiség "változási gyorsasága" a pillanatnyi értékével arányas, akkor ezt a folyamatot exponenciális függvény írja le.

7. feladat: Keressünk olyan folyamatokat, ahol egy fizikai mennyiség változási gyorsasága a pillanatnyi értékével arányos.

Lehetnek "klasszikus", tananyagból ismert folyamatok, de egyszerű, mindennapi gyakorlatban előforduló változások is.

Pl. - radioaktivitasnal (az idoegyseg alatt elbomlo reszecskek szama aranyos a reszecskek szamaval)

- a barometrikus magassagformulaban (az egysegnyi magassagvaltozas alatti nyomasvaltozas aranyos magaval a nyomassal)

- a stokes torvenyben (a gyorsulas aranyos a sebesseggel)

- egy ellenallason keresztul kisulo kondenzator esetben (az aram aranyos a toltessel)

Volt tavaly egy KoMaL pelda is, ahol az idoegyseg alatti nyomasvaltozas aranyos volt a nyomassal.

Na ennyi jutott eszembe.

EIIIjjj...Az elsős fizikus...

Ne olts ! =)))

Kedves Geg!

Kösz a példákat. Nem emlékszel melyik hónapban volt ez a Kömal példa, mert nekem nem ugrik be melyikre gondolsz.

8.feladat Felül nyitott tartályban V₀ térfogatú víz áll h₀ magasságban. A tartály aljára r sugarú lyukat fúrunk. Adjuk meg a h(t) függvényt!

A 2003. januari szamban volt a feladat, amire gondoltam. A szama a P.3586.

Megoldasvazlat az elozo feladatra:

A vizre hato erok eredoje megadja a viz idoegyseg alatti impulzusvaltozasat. Ez az ero nyilvan abbol szarmazik, hogy a falon van egy lyuk, es ezen a helyen nincs ami kikompenzalja a szemben ebredo (a hidrosztatikai nyomasbol szarmazo) erot. Az impulzus kepleteben szereplo tomeg es sebessegerteket (a kifolyasi torveny segitsegevel) egyszeruen kifejezhetjuk a pillanatnyi magassaggal, majd ennek a megvaltozasat veve a kapott differencialegyenletet egyszeru integralassal oldhatjuk meg.

Kedves Fórumosok!

Egy pár „fényes” feladat:

9.a feladat Az üzletben sorakozó működő TV készülékek előtt állunk. Hogyan lehet mindenféle műszer nélkül egyszerűen eldönteni melyik az 50 és melyik a 100 Hz-es készülék? (Persze eladó nincs a közelben, akitől megkérdezhetnénk és a készülékekre sincs kiírva.)

9.b feladat Világos szobában szeretnénk TV-t nézni. Tervezz olyan eszközt ami a kintről jövő fényerőt csökkenti de a TV fényét átengedi. (Nem a redőnyre vagy a függönyre gondoltam. Ezeket már feltalálták!)

9.c feladat Órásbolt kirakata előtt állva egy olyan hagyományos, mutatós asztali órát láttam, melynek számlapja félpercenként elsötétült, majd újra kivilágosodott. Mi lehet a magyarázat?

9.d feladat Egy műszaki jellegű kiállításon csaptelepet reklámoztak a következőképpen: Egy kisebb, üvegből készült átlátszó medence felett „lebeg” a csaptelep és belőle zubogva ömlik a víz a medencébe. Hogy csinálták?

Fizika témában még úgyse írtam, épp itt az ideje.

Írok pár tippet a 9-es feladatokhoz, nem biztos, hogy jó (söt, a 9b-t passzolom is).

9.a Szerintem jó módszer, hogy a tévé fölé nézve a távolba kell bambulni, tehát a szem ne fókuszáljon rá a képernyöre. Ekkor a 100 Hz-es képet így is tisztának látja az ember, az 50 Hz-esnél azonban gyönyörüen megfigyelhetö a kép villódzása (monitornál már próbáltam, ott müködött).

9.c Csak 1 ötlet: A másodpercmutatóhoz van rögzítve egy második átlátszó lap, ami polarizálja a fényt, csakúgy, mint a számlapot takaró üveglap. Ha most a két polarizációs irány egyezik, akkor átengedi a fényt, ha merölegesek, akkor pedig nem engedi át, közte pedig folyamatos a színátmenet. Ekkor éppen fél perc for eltelni két teljes elsötétülés között.

9.d Ezt történetesen ismerem, nem is löném le egyelöre. Mindenesetre ki szokták írni az eladók az ilyen lebegö csapok mellé, hogy ne nyúljon hozzá senki (mert akkor ugye rögtön rájönne a dologra...)

Hát ennyi elsö körben

S

Kedves Sirpi!

Kösz a válaszokat!

9.a-ra sokkal megbízhatóbb módszer van! Monitorra is kitűnő, kis gyakorlással 50, 75, 85 és 100 Hz között is különbséget tudunk tenni vele.

9.c Talált, elsüllyedt!

A 9.b esetében is lehetne polárszűrőkkel próbálkozni. Ha keresztezzük őket akkor sötét lesz, ha nem akkor világos. Természetesen ablak méretű szűrőkre gondolok.

Kedves Lázár és Fórumosok!

A TV fénye nem egyirányban polarizált, így a polárszűrők azt is csökkentenék.

Rájöttem, hogy nem fogalmaztam meg pontosan a 9.b feladatot. A redőny és függöny említése kicsit félreviszi a gondolatokat. Szóval a szoba maradjon világos, mert mondjuk gyermekünk éppen az ablak előtt játszadozik. Mi pedig a szerkentyű segítségével zavartalanul nézhessük a TV-t, úgy hogy a szoba fényei közben elszürkülnek.

Egy hirdetésből ollóztam ezt a "csodalámpát", talán dörzsölni kell mint Alladin lámpásást és előbújik belőle a szellem.

10. feladat: Hogy működhet a lámpa izzó és elem (vagy akkumulátor) nélkül?

Utánanéztem ennek a csodalámpának, rákerestem a képen lévő feliratra, és elolvastam, hogy működik... nem lőném le a poént, csak olyasmi mint a biciklim sebességmérője.

9.a Egyszer egy műszaki bolt kirakata elött láttam egy családot, akik integettek. Nem tudtam mirevélni a dolgot, így megnéztem, mit integetnek. A tévék elött mozgatták a kezüket, hogy megnézzék, milyen jó a képfrissítésük, így egyszerűen a kezünk árnyékának darabosságából láthatjuk, milyen gyors a képfrissítés.

Az éjjeli lámpa napelemmel műkszik...

Kedves Zoltán!

Jó megfigyelő vagy. Pontosan arról van szó amit mondtál. A TV képernyőröl érkező 50 vagy 100 Hz-el villogó fényben az ujjunk képe "darabosan" látszik és az egymásutáni képek távolságából következtethetünk a frekvenciára. Természetesen a távolság függ a kezünk mozgásának sebességétől, de ennek van egy "természetes maximuma", ezzel a sebességgel kell mozgatni a kezünket.

Kedves Fórumosok!

Egy - nem is olyan régi- kémiafeladat a következőképp szól:

11. feladat: Mikor hűl le jobban egy szódáspatron: ha atmoszférikus nyomáson, vagy ha vákuumban nyitjuk ki hirtelen?

Kíváncsi vagyok, hogyan látjátok ezt fizikus szemmmel!

Kedves Mate!

Ha az az éjjeli lámpa napelemmel működne, akkor kéne bene lenni akkumulátornak, nem?

Kedves Mate és Fórumosok!

A napsugárzás teljesítménye kb. 100 W/m2. helyezzünk a lámpa nyelére egy viszonylag nagy méretű, mondjuk 20 cm2 felületű napelemet. Ennek kb. 20 %-os a hatásfoka. Tároljuk az igy nyert áramot 80 %-os hatásfokkal egy akkumulátorban majd világítsunk egy 60 %-os hatásfokú fényforrással, 5 W teljesítménnyel 1 percig?

Meddig kell a tűző napon tölteni a lámpát ehhez az 1 perces kis világításhoz?

Ha azt a 20 W/m2-t átváltjuk W/cm2-be, és megszorozzuk 20 cm2-el, majd 0,2-vel, 0,8-al, és 0,6-al, kiderül, hogy a Napból 0,0192W teljesítményt tudunk hasznosítani. Ha ezzel elosztjuk a lámpa teljesítményét, kijön, hogy 4 óra 20 perc 25 másodpercig kell süttetnünk a napon, tehát ilyen kis lámpa esetén ez megoldhatatlan.

Leírjam hogy működik a csodalámpa?

Kedves Mate és Fórumosok!

Egy érdekesnek látszó fizikai problémával fordulnék hozzátok, a megoldást keresve: "Hogyha az erő=ellenerővel és a súrlódástól eltekintünk, akkor miért tudja elhúzni a ló a szekeret?"

Kedves Canup!

Ebben az esetben nem tekinthetünk el a súrlódástól, hiszen a ló egy szupercsúszós jégpályán küzködhetne a szekérrel, de nem menne semmire. Mivel a ló patája (normális esetben) nem mozdul el, ha a talajon van, ezért a ló, és a föld közti kölcsönhatásban is fellép az erő-ellenerő dolog, és így előrenyomhatja magát a szekérrel együtt, és mivel a szekér kereke elég sokat javít a súrlódási együtthatóján, ezt meg is teszi.

Visszatérve a csodalámpára: A képen a lámpa közepe felé látható egy vörös valami. Az egy tekercs, amiben áram fejlódik (a Lorenz-erő hatására) mert a közepén egy mágneses teret keltő mágnest mozgatunk, ha megrázzuk a lámpát. A tekercs tárolja (rövidtávon) az így keletkezett áramot, így nem kell folyamatosan ráznunk (, ami igen kényelmetlen egy zseblámpa esetén). Az ízzót egy nagy teljesítményű LED-re cserélték valószínüleg azért, mert az kevesebb áramot fogyaszt, így nem kell olyan sokat rázni, így nem éghet ki, és nem kell cserélni.

Kedves Zoltán!

Köszönet a magyarázatért és a képekért! Annyit tennék hozzá, hogy a tekercs árama gondolom egy kondenzátort tölt fel és bekapcsoláskor ez táplálja árammal a ledet. Annyira egyszerű, hogy bármelyik fizika iránt érdeklődő diák megalkothatta volna. Azért tartom fontosnak, mert nem kell hozzá elem, ami a pazarlás és környezetszennyezés egyik csúcsterméke.

Bemutatnám nektek a "csodalámpa" ősét is. A "szovjet technika" alkotása. Világítóeszköz és kézerősítő egyben. A kar húzogatásával egy lendkerekes szerkezet mini dinamót pörget és ez szolgáltatja az áramot az izzónak. Hidegben nagyon előnyös a használata, nem fázik a kezünk.

Köszönöm a "lovas-szekeres" példa megoldását. Van úgy az ember, hogy csak néz bambán, és nem jön rá hogy mit hagyott ki a rendszer összeállításakor. Persze beugrottam...

Ilyen "szovjet" csodalámpát valamikor én is láttam, de elég nehéz volt vele 1-2 percnél tovább világítani. Vajon ezt a modernebb változatot mennyire könnyű használni. A kérdésem valami olyasmi lenne, hogy a mostani technikai lehetőségeket ismerve (és nem űr-technológával, hanem hétköznapival számolva) vajon mennyit kellene "rázni", és meddig világítana a lámpa?

Esetleg ha a lámpát kocsiban tartanám (ami ugye gyakran zötyög), akkor mindíg feltöltve tudnám előkapni?

12. feladat: A 10 m hosszú végtelenségig nyujtható gumikötél A végpontja ki van kötve egy fához B végét pedig egy gonosz manó húzza v = 1 m/s sebességgel. Egy bogár a B pontból állandó sebességgel mászik a kötélen az ellenkező irányba.

Mi az a legkisebb sebesség, amivel elérheti a gumikötél felét?

Igazából ebben a rovatban még egyetlen új elméleti feladatot sem olvastam, mindegyik régi "furfangos fizikai feladat". Jó lenne, ha saját agyszülemények is megjelennének a fórumon, amin tudnánk gondolkodni, mert kinek van kedve ezeréves feladatokon töprengeni??! (Lásd: manós példa, vagy hengerből kifolyó víz, stb.)

Feladat: Adott N darab különböző tömegpont. Mekkora lehet N legnagyobb értéke, hogy biztosan elhelyezhessük őket a térben úgy, hogy nyugalmi helyzetükből indítva az utolsó összeütközésig egyenes pályán mozogjanak? (Csak a gravitáció hat közöttük.)

Végtelen darabot is elhelyezhetünk, ha egy egyenesbe esnek nincs probléma, csak az egyenes vonalába eső erők hatnak.

Kedves Máté!

Aki már vezetett gépkocsit, annak szembe kellett nézni azzal a ténnyel, hogy esetleg a rendőrők trafipax-szal titokban megmérik a gépkocsi sebességét. A nagyvárosi forgatagban gyalogosan meg is lehetett e kis műszert szemlélni, hol a kocsi orrában, hol az első ablakban van elhelyezve, nem is beszélve az országúti közlekedés rémétől a lézeres műszerről, de mindenképpen egy pontból kiinduló és visszaverődő jellel működik.

Tehát adott egy valós probléma: Dolgozzunk ki egy módszert, s ez a 13. feladat , mely függetlenül az elhaladó (vagy szembe jövő) gépjármű pontos haladási irányától, precízen és hitelesen mérni tudja annak sebességét.

HK

Kedves Károly és Fórumosok!

Az 5-ös főúton régebben alkalmaztak egy egyszerű forgalomszámlálási módszert. Az út felszinén keresztben egy gumikötelet feszítettek ki. Áthaladáskor a jármüvek kereke kicsit megrántotta a gumikötelet és ez egy számlálót működtetett.

Két gumikötéllel, mondjuk egymástól 10 m távolságban megvalósítható a sebesség mérése csak az első rándulások közötti időkülönbséget kell mérni.

Modernizálva kicsit a módszert: Az út melletti két adott távolságú bokorban elhelyezett infrás mozgásérzékelő is mérhetné az időkülönbséget rádiójellel küldené egy célszámítógépnek, ami rögtön mutatná a sebességet és működtetné a fényképezőgépet. Igy aztán minden bokornál lassítani kéne szegény autósnak.

Kedves László!

Felénk a 4-esen találkoztam már az aszfaltba épített indukciós hurokkal és egy kis sárga dobozkával az út szélén. Gondolom ez automatikus forgalomszámláló és pontosabban tudja különválasztani a nehéz és könnyebb gépjárműveket is, mely lényeges eleme egy út terheltségének. Másrészről egy 10 méteres szakaszon már változhat a gépjármű sebessége, ill. nem feltétlen pontosan merőlegesen haladnak át rajta (előzés, részeg sofőr :o), nem biztos, hogy pont 10 méter (pl. 10,1 m), így nem kellőképpen precíz a mérés.

Anno a '70-es években, mikor a család a bulgár ezüstparton nyaralt találkoztam stopperes rendőrrel, ki az egymástól 100 méterre felfestett fehér csík közötti útszakasz megtételéhez szükséges időt mérte. De hát mit kezdene egy mai csúcsforgalommal pl. az M7-esen?

De visszatérve az eredeti feladathoz: (1) a mérésünk során nagyfrekvenciás elektromágneses hullám visszaverődését alkalmazzuk, (2) képesek vagyunk mérni nagyon rövid időintervallumokat is,(3) mobil, egypontos és integrált mérőeszközt alkalmazunk (mérőműszer, csip, kamera egyben) és (4) a sebességmérés független a jármű-műszer távolságtól és annak haladási irányától. (haladhat 10°-kal jobbra is, akkor is a pontos sebességet adja az eljárás.)

HK

Kedves Canup!

A honlapon, ahol a leírást találtam azt írtják, hogy 30 másodperc rázás után 5 percig világít. Itt a link: http://www.thinkgeek.com/gadgets/lights/5a9f/

Kedves Degu! Igazad van, de mi a helyzet a triviálistól különböző esetekben? A feladat tehát úgy módosul, hogy a tömegpontok nem eshetnek egy egyenesbe. (már persze, ha kettőnél több van belőlük)

Kedves Mate ! Ha a teret végtelen nagynak képzeljük, akkor síkban úgy kell elhelyezni a tömegpontokat, hogy egy szabályos sokszög csúcsai legyenek, ekkor ezen pontok pályái a sokszög szimmetriatengelyei lesznek, mivel a szimmetria miatt a tömegpontokra ható gravitációs erők megfelelő komponensei kiegyenlítik egymást, így a szimmetria tengely mentén mozognak a sokszög középpontja felé. Ha pedig térben helyezzük el a pontokat akkor szabályos térbeli alakzatok csúcspontjai lesznek. Itt is a szimmetria miatt a tömegpontokra ható grav.erők megfelelő komponensei kiegyenlítik egymást és a tömegpontok a test középpntja felé gyorsulva mozognak ütközésig, így N-nek nincs max értéke, ui. N tetszőleges pozitív egész lehet de N>2, N=2 eset már volt tárgyalva.

Elnézést de bizony egy-két dolgot lehagytam, mégpedig: síkban N>2, N=2 spec eset, térben N>3 és egyenes vonalú mozgás csak akkor következik be, ha a tömegpontok egyenlő tömegűek.

Aha, szóval egyfajta szemüveg kellene.... Amúgy a polárszűrőt az ablakra gondoltam, akkor nem csökkentené a TV fényerejét. Akkor módosítok: Egy polárszűrő a TV-re (fólia), és egy vele párhuzamos állású polárszemüveg. Ez gondolom a nempolarizált külső fény erősségét lecsökkentené egy kicsit. Bár lehet, hogy ez a polárszűrős dolog mellékvágány :-)

Kedves Lazar és Fórumosok!

Örülök, hogy nem merült feledésbe ez a feladat! Az eszköznek azt kell kihasználnia, hogy a TV villogó fényt ad, míg az ablak felöl "folyamatosan" érkeznek a fénysugarak.

Erre én is gondoltam, de az a villogás nem úgy történik, hogy az első pixeltől (pl. jobb felső) eggyesével végigfrissít az utolsó pixelig (pl. bal alsó)?

Kedves efer!

Valóban nagyon hasonlóan működik a TV, de annyi finomítással, hogy először a páratlan számú sorok, majd a páros számú sorok pontjai villannak meg. Ezzel a trükkel egyfajta kétszeres képfrissítést lehet elérni. Gyakorlatilag 1 másodperc alatt 48 "félkép" jelenik meg a képernyőn.

HK

Kedves Mate!

Néhány észrevétel az N tömegpontos feladatodhoz.

(1) Nem volt kikötve, hogy a tömegek egyformák vagy különbözőek, így elvileg általánossabban is lehet gondolkodni. (2) Mivel kezdetben nyugalmi helyzetben vannak a tömegpontok, így a kezdeti időponttól kezdve a végállapotig az össztömeg súlypontja ugyanazon a helyen található (3) Ugyanebből következik, hogy az össztömeg nyomatéka zérus. (4) Mivel a feladat kiírása szerint minden tömegpont csak egyenesen haladhat, még részterületen sem alakulhat ki forgás. (5) Gyakorlatilag olyan tömegpont kiosztásokat kell keresni, melyben minden pontra igaz, hogy a rá ható gravitációs erő az össztömeg súlypontja felé mutat.

Tehát jó gondolkodást mindenkinek, s lehet ezzel kapcsolatban még egyéb érdekes kérdéseket is feltenni.

HK

Na akkor a következő lehet (polárszűrők a kukába :-) ): Egy szemüveg, amely tulajdonképpen egy vékony folyadékkristályos kijelző, amikor a TV-ben nem világít egyik képpontsor sem, akkor átlátszatlan, azaz a külső fények sem jönnek át, amikor világítanak, akkor átlátszó. Szinkronizálás: a TV-n csak van valami olyan kimenet, amin az a jel található, ami a képcsövet vezérli, na ezt "megcsapolva" vezérelhetjük a szemüveg LCD kijelzőjét. (Kár, hogy ezáltal pórázra lettünk kötve). Bár, ha a szemüvegben van egy szabályozható frekvenciájú jeladó, akkor csak a TV-nézés kezdetekor kell egyszer összeszinkronizálni, utána már kellően stabil oszcillátorok esetén ez nem feltétlenül szükséges. Na ez elég izzadságszagú lett...

Kedves Lazar, Effer és Fórumosok!

Effernek igaza van, az elektronsugár valóban így pásztázza végig a képernyőt. Mikor végigér, egy rövid időre kioltják, visszatér a felső sarokba és kezdődik előlről az egész. Ha csak erre a kis időre sötétítjük el az LCD szűrős szemüveget, akkor a külső fény ereje csak nagyon kis mértékben fog csökkenni.

Én egy mechanikus, forgó szerkentyűre gondoltam. Egy hengerről lenne szó ami a fejünk körül forog és ezen keresztül nézünk a TV felé. A hengeren egy ferde, paralelogramma alakú nyílás fut körbe. A henger forgásának frekvenciáját össze kel hangolni a TV képfrissítési frekvenciájával. A konkrét technikai megvalósítást mindenki megtervezheti. A lényeg, hogy a TV felé nézve az egymás után felvillanó sorok fénye átjön a nyíláson, mig a szoba fényét a szürke és fehér területek arányában sötétíti.

Kitűnő hozzászólás! Tényleg olyan elrendezéseket kell vizsgálnunk, amelyekben a kezdeti gyorsulás a súlypont felé mutat. Ui. forgás tényleg nem alakulhat ki, de ha két test előbb összeütközik, és utána tovább zuhan a súlypont felé, pályája töröttvonal lesz, nem egyenes.

Kedves Mate!

Ha minden tömegpont egyenesen a súlypont felé halad, nem tudnak összeütközni, ha pontszerű elemekre gondolunk. Legfeljebb valamelyek hamarabb érik el a súlypontot és itt vizsgálhatnánk a visszapattanás feltételeit. De hát ez már nem tárgya az eredeti kiírásnak.

Tehát tömegpontokat nem csak egy kör vagy gömbfelszín mentén lehet elhelyezni, hanem több körív vagy szféra mentén is. Most biztosan még csak azt látom, hogy ha szimmetrikusan vannak elhelyezve, akkor könnyen tudunk ilyent több körívre vagy gömbfelszínre elhelyezni.

Érdekes kérdés, hogy le tudok-e helyezni pl. 3 különböző tömegű pontot a síkban úgy, hogy az egy-egy pontra ható erők a súlypont felé mutassanak. Ekkor ugyanis a szimmetria sem feltétel.

14. feladat:

Ugyanazon gépkocsi, egyszer egyenes úton, majd körpályán halad, egyéb paraméterekben (tömeg, sebesség, légellenállás, ...) nincs különbség. Azonos lesz-e mindkét esetben a gépkocsi fogyasztása?

HK

A tömegpontok különböző tömegűek!

Akkor tegyük össze a kettőnk módszerét: a Te végigvonuló átlátszó sávod simán megvalósíthatő az LCD-vel, és nem kell mechanikus alkatrész hozzá. :-) Mikor megyünk a Szabadalmi Hivatalba? :-)

15. feladat: Miért forog az ábrán látható "fénymalom" és milyen irányba?

A fénymalom lemezkéinek egyik oldala matt sötét, a másik fényes és világos. Így ha fényt bocsátunk a lemezekre, a lemezkéken elnyelődő fény hőmérsékleti sugárzás formájában távozik. Mivel a matt fekete felület sugárzási tényezője nagyobb, mint a fényes világos felületé, ezért a fekete felületen nagyobb energia sugárzódik ki egységnyi idő alatt. Ennek az energiának pedig tömege van (ezt Einstein óta tudjuk), és a perdületnek meg kell maradnia, ezért forgásba jön a kerék, mégpedig úgy, hogy a fényes oldal néz a fény felé. Ha úgy gondolkodnánk, hogy a fényforrásból a lemezekre érkező fotonok a fényes felületről visszaverődnek, a feketén pedig elnyelődnek, éppen ellentétes eredményt kapnánk...

Ez egy kicsit hasonlít egy régi Feynman-feladathoz: Egy mindkét végén meghajlított üvegcsövet középen csapágyazunk, és vizet vezetünk bele. Ekkor a berendezés úgy viselkedik, mint egy kerti locsoló, a szerkezet a víz kiáramlási irányával ellentétesen forgásba jön. Ezután a szerkezetet víz alá visszük, és most kifelé szivattyúzzuk belőle a vizet. Most melyik irányba forog a szerkezet?

Kedves Mate!

Kösz a választ! Részben egyetértek veled, de szerintem a fotonok kisugárzásakor keletkező "ellenerő" kevés ahhoz, hogy megforgassa a kereket, mégha légritkított térben van is.

Örülök, hogy rámutattál, hogy a visszaverődés és elnyelődés közötti lendületváltozás különbségéből adódó erő nem forgathatja. Annakiején az én fizikatanárom még ezzel próbálta magyarázni, aztán észrevettük, hogy jé, pont ellenkezőleg forog.

Van itt egy pár kérdés még ezzel kaocsolatban:

1. Mi történik, ha az álló malom egyik felét (a fekete oldalú lemeznél) letakarjuk és azután kapcsoljuk be a lámpát?

2. Mi történik, ha egy hajszárítóval ráfújunk?

3. Mi történik, ha a lámpával forgásba hozott malomra hideg vizet engedünk?

A cső görbületében a víz sebességvektor irányának változásához szükséges erőt a cső fala biztosítja.

A csőre ható ellenerő a szerkentyűt felülről nézve negatív irányba forgatja.

A cső kezdeti szakaszában van egy kis súrlódási erő aminek ellenkező irányú a forgatónyomatéka, de az előbbihez képest azt hiszem elhanyagolható. A további csőszakaszban ható súrlódási erő egyenese a tengelyen megy át, így nem forgat.

Magam is erre a következtetésre jutottam, bár a hivatalos megoldást sosem olvastam. Aki hasonló érdekességeket (vagy még érdekesebb jeleneteket) szeretne megtudni Richard P. Feynman csodálatos életéről, az olvassa el a "Tréfál, Feynman úr?" című életrajzi kötetet.

Matematikai feladatok megoldásánál sokszor olvashatjuk azt, hogy: "Ismeretes, hogy

-adott kerületű síkidomok közül a körnek a legnagyobb a területe. -adott kerületű háromszögek közül a szabályosnak a legnagyobb a területe.

Próbáljuk meg ezeket a tételeket bizonyítani valamilyen egyszerű, fizikai gondolatmenettel!

Volt egyszer egy feladat, amit az 1985-ös fizika "Ki miben tudós?" versenyen adtak fel.

Egy nikkel gyűrűt függőleges, könyen forgó tengelyre szerelünk. Az egyik pontja mellé egy erős mágnest rögzítünk, és a mágnes közelében a nikkel gyűrűt melegítjük. A kerék elkezd forogni.

a) Mi az oka a forgásnak?

b) Megfordul-e a forgás iránya, ha a mágnest megfordítjuk?

(A berendezést Curie-keréknek hívják; aki nem kíváncsi a megoldásra, olvashat róla itt.)

Kedves Fórumosok!

Leírom a "fénymalom"-hoz kapcsolódó kisérletek tapasztalatait, ezután már csak meg kéne magyarázni a történteket. Legyen a lámpával megvílágított malom forgási iránya (felülnézetben) negatív.

1. A fekete oldalon felét letakarva is negatív irányban pörög csak lassabban.

2. Ha hajszárítóval meleg levegőt fújunk rá pozitív irányban fog forogni.

3. Ha ezután hideg vizet öntünk rá, megáll és újra negatív irányban pörög.

Kedves László,

Nem vagyok fizikus (és nem is biztos, hogy az egész feladat nekem szól...) de azért megpróbálok válaszolni. A tudásomból sajnos hiányoznak az olyan részletek, hogy a levegő és a matt fekete vagy fényes felület között hogyan történik a hővezetés, de azt tudom, hogy a matt fekete gyorsabb.

A lapát a környezetét hűti vagy melegíti, és a felmelegített/lehűtött levegő kitágul/összehűzódik. A tágulás/összehúzódás lokális nyomásváltozásnövekedést/csökkenést is jelent. A sűrűség is változik, ezért a lapát közelében levő levegő fel/leszáll, összekeveredik a levegő többi részével.

A hatás a sötét oldalon sokkal nagyobb. Ezért, ha a kerék melegebb, mint az üvegben levő levegő, akkor a lapátok mindkét loldalán lokálisan megnő a nyomás, de a sötét oldalon jobban, ezért a kerék negatív irányban forog. Ha pedig a lapát hidegebb, mint a levegő, akkor a sötét oldalon csökken jobban a nyomás, a kerék pozitív irányban forog.

0. Amikor a malmot megvilágítjuk, a kereket leginkább közvetlenül a fény, a levegőt pedig a kerék melegíti. A kerék a melegebb, tehát negatív irányban forog.

1. Ha a fekete oldalt eltakarjuk, akkor is a lapát melegszik jobban, mint a levegő. (A letakarás amúgy is kevés, az üveg belső faláról és a fényes lapátoldalakról visszaverődő fény a fekete lapátoldalakat is melegíti.)

2. Ha hajszárítóval fújunk rá, akkor közvetlenül az üveget melegítjük, az üveg a levegőt, a levegő a kereket. A kerék a hidegebb, a forgásirány pozitív.

3. Ha ezután lehűtjük az üveget hideg vízzel, akkor az üveget és a levegőt hűtjük, ismét a lapát lesz a melegebb, a forgásirány negatív.

Kedves Géza!

Köszönöm a megoldásodat. Természetesen a feladatok mindenkinek szólnak. Nyilván jobban örülnénk, ha a diákok oldanák meg őket, de remélhetőleg voltak akik gondolkodtak rajta, vagy csak elolvassák a megoldást és tanulnak valamit belőle.

Érdekes lenne megnézni, hogy ha a búrában teljes vákum lenne, vajon forogna-e ez a kerék? (szerintem nem)

A hajszárítóval való melegítésnél kettős hatás érvényesül, az üvegbúra melegítése és a sugárzó hő hatása. Ezért a pozitív irányú forgás nem olyan gyors mint alapesetben a negatív és függ a hajszárító távolságától.

Mi középiskolában, mikor a tanárunk ezt megmutatta azt a megoldást találtuk ki, hogy a lapátok sötét oldalán olyan bevonat van, ami fény hatásásra elektronokat sugároz ki.(Fotoelektromos hatás)

Hogyan lehetne ezt egyszerűen bizonyítani vagy cáfolni?

A fényelektromos hatás miatt kilépő elektronok negatív töltést visznek magukkal, így a keréknek pozitív töltésűnek kell lennie. Ha megdörzsölt ebonitrudat közelítenénk a búrához, akkor láthatóan befolyásolná a fénymalom mozgását. Persze az is igaz, hogy a kilépő elektronoknak valahol be kell csapódniuk, például a világos színű lemezfelületen. Ekkor azonban nem hatna eredő forgatónyomaték a rendszerre. Ha azonban fotoelektromos jelenség mozgatná a malmot, nem jönne forgásba hőmérsékletváltozás hatására (hajszárító, hidegvíz).

Az elektronok kicsiny tömege miatt a kilépő elektronok okozta forgatólökés túl kicsiny a tengelysúrlódás legyőzéséhez.

Amúgy tényleg az lehet a jelenség kulcsa, hogy a melegebb sötét felülethez nekiütköző levegőrészecskék nagyobb sebességgel pattannak vissza, mint a világos felülethez ütköző levegőrészecskék. Ezért jön forgásba a malom. (radiométer)

Kedves Mate!

A "fényelektromos meghajtást" én arra az esetre gondoltam, amikor a búrán belül szinte teljes vákum van. A töltésvesztés kihasználása az ebonitrúddal jó ötlet. Jó lenne látni a gyakorlatban.

Ha a kilépő elektronok lendülete meg tudná forgatni a kereket, akkor a kilépési munka miatt a forgás erősen frekvenciafüggő lenne. Tehát pl. piros szinű fény nem forgatná, zöldre pedig már erősen pörgetne.

18. feladat: Föld körül keringő űrállomáson egy űrhajós megpörget egy kólásüveget hossztengelye körül.

Hogyan forog az üveg: a) ha üres

b) ha fél térfogatnyi folyadék van benne és az üveg le van zárva?

Kedves Fórumosok!

Az üvegről eszembe jutott egy ügyes módszer, amit a borászatban használnak, aki nem ismeri próbálja kitalálni!

A drágább pezsgőket üvegben érlelik. A hozzáadott cukorból baktériumok hatására széndioxid és alkohol keletkezik. A folyamat melléktermékeként keletkező „seprű” a palack alján kiülepszik.

19. feladat Hogyan lehet a palackból a seprűt eltávolítani anélkül, hogy az értékes pezsgő és a nyomást biztosító CO₂ eltávozna?

Kedves Érdeklődők!

Nem mondanám, hogy hevesen rávetettétek magatokat a 18-19. feladatokra. Már 2 hete fennvannak és semmi hozzászólás. Igy 18-hoz segítség képpen: az üveg az ábra szerinti függőleges helyzetből, vizszintes helyzetbe billen át. 19-ben pedig a pezsgősüvegnél fagyasztást alkalmaznak.

Kedves Fórumosok!

Nagyon magamra maradtam ebben a témában, de hátha valaki bekukkant ide és veszi a fáradságot, hogy hozzászóljon...

Még a téma elején feltettem egy őrült kérdést arról, hogy lejuthat-e egy űrhajós a Föld körül keringő űrsiklóból megfelelő védőöltözékben, fékezőrakétával és ejtőernyővel felszerelve.

Ehhez egy gyakorlati adalék: a Discovery Channel Extrém masinák sorozatában láttam, hogy héliummal töltött hőlégballonnal 34000 m magasra emelkedtek és onnak ejtőernyővel tért vissza egy bátor ember. 27000 m magasságban elérte az 1100 km/h sebességet. Az ejtőernyőt csak 6000 m alatt nyitotta ki, addig szabadon zuhant. Gond nélkül földet ért.

Kedves László!

A 49. feladatra csak tippelek. A módszerrel lehetséges egy kis "hasznosanyag" veszteség is. Nos:

A palackot fejjel lefelé lefagyasszuk, hogy a palack szájánál gyüljön össze a seprű, majd a dugót eltávolítva a még mindig fejjel lefelé álló palack száját melegítjük. Így először a seprű olvad ki és szépen kifolyik. Majd visszafordítva tiszta anyaggal felöntve visszadugaszoljuk és szép lassan felmelegítjük. Talán nem durran szét a palack. :o)

HK

Kedves László!

Szintén csak tipp a 18. feladathoz. Inkább csak "hangos" betűs? gondolkodás. :o)

a)Mivel a forgó test megtartja az inercia síkját, így ahogy lassan a Föld körül haladó űrhajó elfordul az üveg forgó inerciasíkjától, az üveg idővel szép lassan eldölni látszik.

b)Az üvegben lévő folyadék csak kis részben vesszi át a forgó mozgást, így nem "ragaszkodik" a forgó mozgás síkjához. A Föld körüli szabadesés miatt nekinyomódik az üveg falának is annak forgását imbolygóvá teszi.

Várom a helyes megoldásodat.

HK

Kedves László!

Nekem is van két facéron hagyott feladatom: 13. [65], 14. [81]. S egy kis segítség a továbbhaladáshoz:

Az első megoldása gyakorlatilag egy geometriai feladat és három egyenlő időközzel leadott rádiójel visszaverődéskülönbségből lehet következtetni a sebességre. De hogyan?

A második megoldása vektoralgebrával (erők) hamar adja a választ.

HK

Kedves Károly!

Kösz a megoldásokat!

Nem kell az egész üveg pezsgőt lefagyasztani! Miután egy ideig fejjel lefelé fordítva tárolták az üveget lefagyasztják az üveg nyakát. Így egy jégdugó keletkezik az üveg nyakában. Az igazi dugót lassan kihúzva a belső nyomás kifelé nyomja a jégdugót.

A jégdugó seprűtől elszineződött végét egyszerűen levágják, majd visszanyomják a parafa dugót.

14. feladathoz: Arra gondolok, hogy körpályán való haladáskor a kerekek "nyíródása" miatt nagyobb a súrlódási veszteség a kerekek és az út között, ezért körpályán nagyobb lesz a fogyasztás. A belső kerekek kisebb a külsők nagyobb sugarú körpályán mozognak eltérő sebességgel, további veszteség a differenciálműben.

Kedves László!

Én arra gondoltam, csak tisztán elvonatkoztatva konkrét magvalósulástól, hogy ha a kerék el van fordítva, akkor erre hat egy a tengelyével párhuzamos erő, mely a kocsit a kívánt irányba forgatja, de ennek van egy az eredeti haladási iránnyal párhuzamos és ellentétes komponense, mely fékezi a kocsit.

HK

Kedves Károly!

Ezzel az a gond, hogy a centripetális erő (ill. az azt biztosító surlódási erő) mindig merőleges a pillanatnyi haladási irányra, így a munkája nulla.

Kedves László!

Lehet, hogy valamit rosszul fogalmaztam, már régen kellett használnom ezen fogalmakat. Tehát megpróbálom pontosítani, aztán majd megbeszéljük:

Ha a kocsi haladási irányával pontosan merőleges a kerék tengelye, akkor tiszta gördülés valósul meg, melynek kissebb az ellenállása, mint a súrlódásnak. Amikor a kerék elfordul és szöget zár be a pillanatnyi haladási iránnyal, akkor a kerékre ható erőnek van a tengellyel párhuzomos komponense is. Ebben az irányban gördülés nem jöhet létre csak súrlódás, melynek legyőzése nagyobb erőt ill. teljesítményt igényel az elfordulás előtti állapothoz képest.

HK

Kedves Károly!

Amikor a kereket elfordítjuk, a haladási irány rögtön érintő irányú lesz, a centripetális erő pedig erre merőleges.

Mégis van abban valami amit mondtál, mert minden kerék más sugarú körpályán mozog és a kocsi tömegközéppontjának pályasugara is más.

Így a kerekekre ható (a centripetális erőt biztosító) súrlódási erőknek lehet a kocsi tömegközéppontjának haladási irányába eső komponense.

18.a feladat megoldása: A hossztengely irányában megpörgetett üveg kibillen a forgástengely irányából és folyamatosan pörögve addig fordul, míg tengelye a forgástengelyre merőleges lesz. Ugyanis így nagyobb a tehetetlenségi nyomatéka a forgástengelyre vonatkozóan.

Hosszabb idő elteltével a forgástengely a kabinhoz képest valóban elfordulna, ahogy Károly mondta, de mivel a kabinban levegő van, a közegellenállás szerintem hamar lelassítja az üveget, igy ezt nem tapasztalhatjuk.

18.b feladat megoldása: Már az is érdekes, hogy helyezkedik el a folyadék a kabinhoz képest álló üvegben a súlytalanság állapotában. Az üveg és a folyadék között ható adhéziós erő a súlyerő hiányában jelentőssé válik. A folyadék belük körülfut az üvegfelületen, középen a lehető legkisebb felületű üreget hagyva.

Forgatáskor az a) esethez hasonlóan a legnagyobb tehetetlenségi nyomatékú állapotba áll be. Hogy közben hogyan áramlik belül a folyadék azt érdekes lenne látni.

A folyadékfelületek talán nem síkok, mint az ábrán, hanem görbültebbek az üveghez közel. Mivel a centripetális erő nem túl nagy az adhéziós erőkhöz képest.

Kedves László!

Csak összeállt a kép. :o)

Ez a kérdés akkor vetődött fel bennem, mikor láttam egy nagy sebességgel hírtelen forduló kocsit és csikorogtak a kerekei. Ez a hanghatás mindenképpen egy "nemszokványos" erőhatásból eredhet, mely nem a kocsit gyorsítja, hanem vérünk adrenalin szintjének emelkedését, mikor hírtelen csikorgást hallunk hátunk mögül. :o)

S ugyanezen csikorgás van, mikor a pesti forgatagban fordulnak a villamosok a síneken, tehát nem a gumi belső nyíródásából adódik.

Én valahogy úgy képzeltem el, hogy a kerék elforgatásának pillanatában a kerék tehetetlensége miatt még egy ideig az eredeti irányban halad, s fokozatosan (ha ez csak tizedmásodperc is) áll át a kívánt pályára. Ekkor mindenképpen létrejön egy a kerék tengelyével párhuzamos súrlódó erő.

Másrészről tekintsünk egy olyan állapotot, mikor ezen egyenletes körpályán haladó kocsi hirtelen jégre fut. Ekkor sem az elfordított kerék pillanatnyi irányában halad a kocsi tovább, még ha mind a négy kereket külön tudnánk is szabályozni, hanem a kocsi pillanatnyi mozgásának irányában. Tehát létezett egy a kocsi haladási irányával több mint 90 fokos szöget bezáró erő, mely a tengellyel párhuzamos és a két erő eredője a kerék síkjával párhuzamos. Ez az erő mindenképpen kisebb a pillanatnyi haladási irányban ható erővel, mely közvetve a kocsi motorjából ered.

Ebből következik, hogy a kisebb erőhatásból rövidebb megtett út lesz. ...

Tehát esetünkben a tényleges haladási irányra merőleges centripetális erő nem párhuzamos a kerék tengelyével. A kerék tengelyét egy kicsit túl kell forgatni, melyet az ember ösztönösen tesz meg vezetés közben, így létrejön a tengellyel párhuzamos súrlódás.

HK

"A fekete lyukak a téridő azon tartományai, amelyekbe anyag és sugárzás csak belehullhat, de kijönni semmi sem képes. Még elektromágneses sugárzás, így a fény sem hagyhatja el a fekete lyukat, innét ered a neve..."

Hogy lehetséges, hogy egyes fekete lyukak felöl erős sugárzás érkezik hozzánk?

Minden test hosugarzast (elektromagneses) bocsat ki magabol, homersekletebol fakadoan. A fekete lyukaknak is van valamekkora homerseklete, ugyhogy nekik is kell. Mechanizmusa kvantummechanikai effektuson alapul, de a matematikajat nem ismerem (egyelore:).

Kedves Geg!

A fekete lyuk felületéről - ha egyáltalán van felülete - nem léphet ki hőmérsékleti sugárzás, bármekkora is a hőmérséklete. Olyan nagy a gravitáció, hogy az elektromágneses hullámok nem tudják elhagyni a "felszínt". Azt a határt ahonnan már nincs kiút eseményhorizontnak nevezik.

Ha nem johetne a fekete lyukbol homersekleti sugarzas, akkor az azt jelentene, hogy az abszolut nulla homersekletu. Ez ellentmondana a termodinamika III. fotetelenek.

A homersekleti sugarzas nem a feluletrol, hanem az esemenyhorizontrol szarmazik. A Heisenberg-fele hatarozatlansagi relacio miatt a terben virtualis foton-antifoton reszecskeparok keletkeznek, amelyek nagyon rovid elettartalmuak. Ez az un. nullponti energiaval is kapcsolatos, mely szerint a vakuum nem "ures", hanem "luktet", energiaja van. A letrejovo virtualis foton-antifoton paroknak nem feltetlenul kell annihilalodniuk, de ebben az esetben csokkenteniuk kell a fekete lyuk energiajat, azaz a tomeget. Ezt a kvantummechanikai effektust kivulrol ugy latjuk, hogy a fekete lyuk elektromagneses hullamokat bocsat ki, "parolog".

Sziasztok!

Szerintem inkább a fekete lyukba zuhanó anyag (akkréciós korong) felhevülése miatti hőmérsékleti sugárzásról lehet szó. Az az effektus, amit Geg említett, létezik, de reális méretű fekete lyukaknál (>néhány naptömegű csillag kell, hogy a szupernóva után fekete lyukká omoljon össze) ez nem jelentős. A 2002-es Ortvay-versenyen volt erről egy feladat (27). Itt ez a sugárzás csakugyan meg volt feleltetve egy effektív hőmérsékletnek, ami fordítottan arányos a fekete lyuk tömegével. Azt tudja valaki, hogy milyen ennek a sugárzásnak a spektruma? Csak érdekelne, hogy mennyire jogos az analógia a hőmérsékleti sugárzással.

Kedves Attila és Geg!

Kösz a hozzászólásokat! Nem vagyok nagy szakértő a témában, de úgy tudom a Hawking-féle sugárzás még csak "elméletben létezik", tehát eddig nincs rá bizonyíték, hogy az eseményhorizont határán keletkező virtuális részecskék egyike bezuhan a másik kiszabadul...

Viszont a fekete lyukba bezuhanó és felhevülő anyag gamma sugárzását már mérték a Föld körül keringő Chandra röntgentávcsővel. Én ez utóbbira gondoltam. A spektrumról csak annyit tudok, hogy függ a bezuhanó anyag minőségétől. Így ebből tudnak következtetni arra, mit falt be a felete lyuk.

(A fotonnak nincs anti-párja)

Azt olvastam, hogy az igy kibocsatott reszecskek spektruma pontosan megegyezik egy forro test hosugarzasanak spektrumaval, a mertekuk pedig pontosan akkora, amekkoraval elkerulheto a II. fotetel megsertese.

Termeszetesen eddig ez csak papiron mukodik.

A foton antifotonja a foton. (Lásd: Dér-Radnai-Soós kvantummechanikai ihletésű zöld könyvének második kötetét :)))) Geg: LOL! Atti: Egyszer térj be a Zánka-szobába!

Azóta láttam, hogy a módszert, ami az üvegben érlelt pezsgőből a seprű eltávolítására szolgál, a víz és központifűtés szerelők is használják.

20.feladat: Hogyan lehet a kilyukadt radiátort úgy lecserélni, hogy ne kelljen a rendszerből leereszteni a vizet és a lakás többi részén zavartalanul fűthessünk.

21.feladat: Bbh. nem létezik olyan térbeli zárt görbe, emelyen egyenletesen eloszva, töltött részecskenyalábot mozgatva a keltett mágneses mező a részecskéket éppen ezen a pályán tartja? Mi a helyzet két zárt görbe esetén?

Tegyük fel, hogy vannak homogén tömegeloszlású tégláink. Egy asztal szélére pakolva őket, milyen messzire nyúlhat ki az utolsó széle - az asztal szélétől számítva -, hogy a készített tákolmány még ne dőljön le. (lásd ábra!) Azt, hogy hogyan pakoljuk őket egymásra, azt ti dönthetitek el. (mármint, hogy az alatta lévőtől milyen messzire nyújtjuk ki egyiket a másik után - ez téglánként különböző is lehet)

Otthon kazettákkal, vagy CD tokokkal is lehet kísérletezni.

Kedves Atosz!

Először is legyen a feladatod sorszáma 22..

Megoldás a 22. feladatra:

Helyezzük el a téglákat úgy, hogy minden egyes adott tégla fölött elhelyezkedő téglák súlypontja épp az adott tégla külső peremén legyen. Legyen az adott tégla külső pereme és az alatta lévő tégla külső pereme közötti távolság x_n. Ekkor az alábbi egyensúlyi egyenletet írhatjuk föl, ahol n - az adott tégla feletti téglák száma ill. N=1*n az adott tégla feletti téglák súlya.

S mivel a , így tetszőleges messzeségig építhetem a téglakonzolt, csak bírja az asztalunk. :o)

HK

Kedves Károly!

Szerintem Te csak a lokális egyensúlyra gondoltál, vagyis, hogy az egyik tégla ne dőljön le a másikról.

Ha az egész építmény tömegközéppontjának x koordinátája átlépi az asztal szélének vonalát, akkor ledől az egész.

A TK y koordinátája a zöld vonalon van, x koordinátája pedig legfeljebb 0.

Szerintem max. egy téglahossz lehet a d, de ezt még indokolni kell.

Kedves László!

A felírt egyensúlyi egyenlet minden egyes tégla külső peremére vonatkozik.

A tényleges szerkezet pedig a mellékelt ábráról leolvasható. A vektorok az aktuális téglák súlypontjából indulnak ki és hosszuk arányos a téglák számával.

A peremek egy hiperbolagörbét írnak le. Azaz újabb egységnyi kinyúláshoz hatványozattan egyre több tégla kell, így az asztalunkat előbb utóbb erősíteni kellene.

HK

Először is gratulálok Onogur megoldásához, bár percekig gondolkodtam a N=1*n összsúlyon, míg rájöttem, hogy 1N-nak vetted a téglák súlyát. Az én megoldásom is tulajdonképpen ilyen.

Kedves László!

Próbáld meg pl. kazettákkal, hogy egy kis ügyeskedés után a legfelső kazi már teljes egészében a levegőben lesz. A végeredmény képlet megadja azt is, hogy hogyan kell a "téglákat" egymásra pakolni. Onogur rajza mutatja!

Sziasztok!

A 22. feladat ki volt tűzve a 2002. áprilisi informatika feladatok között. A feladat megtalálható itt

Üdv, Zoli

Kedves Károly!

Gratula! Tényleg jó.

Megcsináltam CD-tokokkal:

Kedves Géza!

A kép meggyőző!

23. feladat: A garázsban vizszintes, sík felületen álló autót kézzel 15-20 cm-rel előre tolom. A kocsi magától visszagördül. Miért? (A sebességváltó "üresben" van.)

23. feladathoz:

A gépkocsi erőátviteli tengelyében a sebességváltó és kerekek között található egy olyan alkatrész, mely súlypontja nem az átviteli tengelyek tengelyvonalában van, így álló helyzetben a nyugalmi helyzetébe kiván elmozdulni. Mivel a kocsi rövid eltolásával kimozdítottuk onnan, így a súlyponti helyre történő visszamozdulással a kocsinkat is visszagurítja az eredeti helyzetébe.

Gyanítom, hogy nagyobb elmozdulásnál már nem ebbe a helyzetbe állna vissza, s talán a hátsó difi lehet ez az alkatrész.

HK

Sziasztok!

A kocsikhoz végképp nem értek, csak azon gondolkodtam, hogy - mivel egy autót üresben sem túl könnyű eltolni - lehet-e olyan alkatrész, aminek egyensúlyi helyszetbe forgató hatása (túl nagy tömegű nem lehet ez az alkatrész) legyőzi a tapadási súrlódási erőt? (azaz pl. kamion esetében is működne-e ez a visszalendülés ilyen módon?)

Az előzőekben természetesen csak "hangosan" gondolkodtam, azaz Onogur megoldása teljesen jó is lehet.

A differenciálmű akkor lenne megoldás, ha csak egyetlen bolygófogaskerék lenne benne (mint például a LEGO autós készleteiben). A valóságos autókban két, egymással szemközti bolygófogaskerék van, így a súlypont pontosan a forgástengelyre esik. (Ha kiegyensúlyozatlan lenne a differenciálmű, azt igencsak megérezné az autó nagy sebesség mellett...)

Én inkább arra tippelek, hogy a gumiabroncsok, amik alul összenyomódnak a kocsi súlya alatt, csak lassan deformálódnak vissza.

Kedves Géza!

Difi ügyben valóóban igazad lehet, bennem is maradt kétely a válaszadás után. A felvetett észrevételed, ha nem is tudatosan, de tudat alatt azért motoszkált bennem.

A gumiabronccsal is hasonló kiegyensúlyoztlansági problémák merülhetnek fel nagy sebesség esetén. Azaz a gumiabroncs is hamar felveszi az új alakját, különben széttöredezhetne nagy sebesség alatt.

Felmerült még bennem, hogy valamely forgó alkatrész forgási síkjának szöge változhat és vissza akar jutni az eredeti síkba, de ilyen kis elmozdulásnál ez a hatás még nem léphet fel.

Így hát várom László megoldását. :o)

HK

Hello Fiúk!

Kösz a tippeket! A jelenség nagyon "markáns". A 15-20 cm-el előretolt kocsi úgy jön vissza, mintha gödörben lenne a kereke, pedig teljesen sik, sima betonon van. Először én is valami belső alkatrész kiegyensúlyozatlanságára gondoltam, de ennek a hatása nem lehet ilyen erős.

Elég nagy erő kell egy tonnás járgány megindításához, ha nem jól kuplungolunk, még a motor sem tudja elindítani - lefulladhat - tehát csak a saját súlya hozhatja vissza.

Ha eltoláskor a kerék már 1/4 fordulatot fordul akkor nem jön vissza a kocsi.

Ha előretoljuk 20 centivel és tarjuk - nem engedjük rögtön vissza, akkor kis idő múlva már lomhábban, vagy egyáltalán nem jön vissza.

Ebből azt hiszem már világos, hogy Géza tippje a helyes.

A GUMI deformációja okozza a jelenséget.

A kocsi valóban "gödörben van", ugyanis az álló kocsi kereke jobban deformálódik, mint gurulás közben és kell egy kis idő, míg teljesen visszanyeri az alakját, annak ellenére, hogy a belső levegő nyomása is segít ebben.

Akkor legyen itt egy saját feladat:

24. feladat: Az Óperenciás Tenger galaxisban lévő Üveghegy bolygó egy egyenes körkúp alakú, homogén tömegeloszlású bolygó, üvegből. A kúp alaplapját vékony rétegben arany fedi, amit az Üveghegyen élő manók szeretnének a kúp palástján (a körlapon nem!) egyenletes vastagságban szétteríteni. Pozitív vagy negatív munkát kell eközben végezniük?

Hello Mate!

Jó a feladat! Első közelítésben arra gondolok, hogy mivel a kúp tömegközéppontja a magasság alaphoz közeli negyedelő pontjában van, így az alaplapon lévő aranyréteg tk-ja a bolygó tk-jától m/4 távolságra van. Ha az aranyréteget a kúppalástra visszük át, akkor - bár nem számoltam ki a kuppalást tk helyét, de - biztos, hogy a magasság felezőpontja alá kerül az aranyréteg tk-ja, így közelebb lesz a bolygó tk-jához mint eddig volt. Tehát a bolygó grav. tere végez munkát, így a manók negatív munkát végeznek.

25. feladat: Utasokkal teli, több összekapcsolt kocsiból álló hullámvasút végighalad a pályáján. Lehetséges-e, hogy a pálya egy azonos pontján a szerelvényben különböző helyeken ülő utasok eltérő gyorsulást erzékelnek?

Kedves Lorantfy!

Nem tudom, milyen fizikai elvből következik az, hogy ha az aranyréteg tk-ja közelebb kerül a bolygó tk-jához, akkor az arany bolygó terében vett gravitációs energiája csökken. Gondoljuk csak meg, mi lenne akkor, ha az aranyat nem a paláston terítjük szét, hanem kivisszük az űrbe, és a bolygó tk-ja körül egy nagy sugarú karikát (tóruszt) formálunk belőle. Ebben az esetben a bolygó és az arany tk-ja egybeesne, az arany bolygó terében vett potenciális energiája pedig nyilvánvalóan növekedne...

A tk-k távolsága csak gömbszimmetrikus testek esetén befolyásolja ilyen egyszerűen a gravitációs erőt, energiát.

Háát, az első közelítés nem volt jó, próbálkozz másodikkal:)) Ha túl nehéz a példa, adhatok egy könnyebbet is, ami rávezet a megoldásra. De várok még egy kicsit.

Vegyük a hullámvasút sínének tetszőleges pontját! A kocsi ezen a ponton változó sebességgel halad át, hiszen a pálya szintváltozásai miatt a kocsi potenciális energiája is változik, így a mozgási energia is (feltéve, hogy a pont L környezetében a sín nem vízszintes, és L a szerelvény hossza). Ezért az ennél a pontnál létrejövő gyorsulás sem állandó.

Egyenletes utaseloszlást és a pályán szimmetrikus "hegyeket" és "völgyeket" feltételezve, hegynél a szerelvény elején és végén ülők szórakoznak/szenvednek a legjobban, míg völgynél a vonat közepén ülők élvezhetik leginkább a hullámvasutat.

Kedves Máté!

Egy kicsit elgondolkoztam a feladatodon:

Az egységnyi sugarú alapkör és palást egy-egy pontja a tengellyel párhuzamos vetítéssel megfeleltethetők egymással. A félsugarú köríven helyezkedő ill a perem körív oldalán található pontok átvitelekor nincs munkavégzés, míg a beljebb található pontoknál pozitív, a kijjebb található pontoknál negatív. Legnagyobb munkavégzés a kör középpontjából a kúpcsúcsra juttatáskor szükséges. Egy köríven elhelyezkedő pontokhoz tartozó munka egyforma.

Ezen munkavégzések 'súlyozott' összesége adja meg a választ.

Kedves Károly!

Én is hasonló ábrát képzeltem el tegnap éjszaka. Vágjuk a körlapot koncentrikus gyűrűkre és a tömegközépponttal megegyező kp-ú gömb mentén vigyük át a kúppalástra, úgy, hogy ahol a gömb először elmetszi a hengerpalástot oda helyezzük át az eredeti gyűrű felét a másik metszésnél tegyük le a másik felét. (Folyt. köv.)

Kedves László!

Én úgy érzem, hogy a gömbfelületen történő átvitel esetén nem lesz egyenletes szétterítésű az anyag, ezt csak a tengellyel párhuzamos átvitel biztosítja.

Én itthon fel is írtam egy integrálegyenletet, de hát több mint 15 éve nem foglalkoztam vele, így a megoldására most nem vállalkozom.

De várom a feladat kiírójának észrevételét is.

HK

Kedves Onogur és Lorantfy!

Valószínűleg csak nekem nehéz a felfogásom, de két dolgot nem értek:

1.) (Onogurnak): A félsugarú karika mozgatásánál miért zérus a munka? Következik ez valamiből, vagy csak megérzés? Mert én nem látom be...

2.) Miért csak az aranynak az Üveghegy terében vett energiaváltozását vizsgáljátok? Más energia nem változik?

Szerintem hagyjátok a tömegközéppontot, azzal nem sokra mentek (lásd az előző hozzászólásomat), és az integrálegyenleteket is, hiszen ezt a példát 11.-ben találtam ki. A megoldás ennek megfelelően teljesen elemi.

Jó gondolkodást!

Kedves Mate!

Épp most akartam írni, hogy nyilván nem integrálós a megoldás, de sajnos csak a szünetekben tudok egy pillanatra ránézni a netre. Kösz a segítséget! Gondolkodok rajta.

Segítség:

24./a feladat: Az Óperenciás Tenger galaxisban lévő Üveghegy bolygó egy egyenes körkúp alakú, homogén tömegeloszlású bolygó, üvegből. Az Üveghegyen élő manók a kúp alaplapjáról egy vékony réteg üveget lebányásznak, amit szeretnének a kúp palástján (a körlapon nem!) egyenletes vastagságban szétteríteni. Pozitív vagy negatív munkát kell eközben végezniük?

Ez így már valószínüleg sokkal könnyebb...

Kedves Máté!

Üveghegy:

1. A kúp alapkörlapján feketével jelzett helyről a tengellyel párhuzamosan átvitt aranypor/üvegpor tömegközpontból mért távolsága egyforma, így elvileg (ha eltekintünk a súrlódástól és a mesebeli üveghegynél miért ne tehetnénk meg :o) az üvegbolygó gravitációs terében ugyanannyit emelünk, mint süllyesztünk.

2. Már az elején felvillan a Newton hatás-ellenhatás elve ill. Hold-Föld tk. stabilitása, de mikor Lászlót 'elhessegetted' a tk felöl, leálltam ezzel. Nos: Az aranypor tömegközpontja kb. m/3 távolsággal elmozdul a tengely mentén a tömegközpont felé, így az üvegnek is el kellene mozdulnia az aranypor/üveg arányában az ellenkező irányban az össz tk. stabilitása miatt.

Az üvegbolygó tk. helye nem változik, formája nem változik, így szerintem 'fizikatudományos' munkavégzés sincs, holott szegény manók kiköphették a tüdejüket is a 'hétköznapi' munkavégzés alatt. :o)

Vagy rosszul látom?

HK

Kedves Károly és Mate!

Azt hiszen nem tudunk elszakadni a homogén grav. mező elképzeléstől. Szóval az a helyzet, hogy a TK-val csak homogén grav. térben helyettesíthetjük a tömegpontok sokaságát.

A 24./a segítségből az derül ki, hogy az x vastagságú üvegréteg lefejtése és áthordása gyakorlatikag x távolsággal eltolja az egész kúp alakú bolygót. Tehát mintha megmozdulna az egész.

Kedves Lorantfy!

Örülök, hogy hagytad a Tk-t... (Bár gömbszimmetrikus esetben sem homogén a grav. tér, de ez csak kötözködés:))

Szóval, azt írtad, hogy:

"Az x vastagságú üvegréteg lefejtése és áthordása gyakorlatikag x távolsággal eltolja az egész kúp alakú bolygót. Tehát mintha megmozdulna az egész..."

...helyes, tehát ez esetben a munkavégzés nulla. (igazából nem mozdul el, hiszen a külső erők eredője végig zérus, de ez lényegtelen) Gratulálok, megoldottátok a 24/a. feladatot!!!:))))

De mi a helyzet az eredeti feladat esetén???

Kedves Onogur!

Az 1. hozzászólásod még mindig a Tk-val dolgozik. Azt hiszem, ezt már megbeszéltük. Egyébként, mint látod, helyes a megállapítás, hogy a munkavégzés nulla.:)

Ötletek a kúp átaranyozására: 1. Vájuk fel a kúpot a tengelyével koncentrikus hengerekre. A hengerek elcsúsztatásával rendezzük át az egész kúpot úgy, hogy csúcsa az ellenkező irányba mutasson. Így az alaplapon lévő aranybevonat a palástra kerül. Közben nem végzünk munkát, mert minden tömegpontnak lesz egy párja amivel pozíciót cserél. Ha egyiken pozitív a munkavégzés, akkor a másiknál ugyanannyi munkát kapunk vissza.

2. Tfh. Üveghegy kúp bolygó zárt pályán kering egy nap körül. Vágják fel az arnyréteget a manók koncentrikus hengerekre. Minden henger alá helyezzenek el 3-3 összenymott rugót 120 fokos szögben elosztva. Majd a tengelyen álló manóvezér kiáltására oldják ki a rugókat. A rugók ellökik az aranyhengereket a bolygótól. A bolygó kicsit felgyorsul. Természetesen a rugók összenyomásakor munkát kellett végezniük. Hordják át a súlytalan rugókat a kúp palástjára és tegyék a "megfelelő" helyre, majd várjanak elegendő ideig. A bolygó előbb-utóbb lekörözi az aranyhengereket és a hengerek a kúp palástjának ütközve összenyomják az ott elhelyezett rugókat. A bolygó visszalassul. Az összenyomott rugók energiáját pedig felhasználhatják a manók békés célokra.

Közben rájöttem, hogy mindkettőből az derül ki, hogy pozítív munkát kell végezniük.

1. Az üveghengerek elcsúsztatásakor valóban nem végzünk munkát, de az aranyhengereket el kell távolítanunk egymástól, és ez pozitív munkavégzést jelent.

2. A kisebb sugarú aranyhengerek előbb csapódnak neki a kúppalástnak és lassítani fogják az eltávolodó nagyobb sugarú hengereket. Így azok kisebb sebességgel csapódnak a kúppaláshuz és nem nyomják össze annyira az oda helyezett rugókat. Így a manók nem kapják vissza a befektetett összes energiát.

Kedves Lorantfy!

Tetszenek az ötletek, nagyon jók! Tényleg. A második megoldást még nem látom át teljesen, azon gondolkoznom kell. Az első viszont azt hiszem, nagyon közel áll a helyes megoldáshoz, és első ránézésre azt hittem, hibátlan. De most, mintha egy elvi hibát látnék benne, amit most leírok...

Szóval, az összes energiát úgy tujuk kiszámolni, hogy felosztjuk a TELJES bolygót apró darabkákra, és összeadunk minden párkölcsönhatási energiát. Ebben a szummában 3-féle tag fordul elő:

1.) Két üvegdarabka közötti energia

2.) Két aranydarabka közötti energia

3.) Egy üveg- és egy aranydarabka közötti energia

Ily módon az energiaváltozás is ilyen tagokból tevődik össze. Ha jól értem a megoldásodat, Te csak az első kettőt vizsgáltad, így az jött ki, hogy függetlenül a mozgatott anyag sűrűségétől (tehát pl. alumínium, üveg és arany esetén is) a munkavégzés pozitív, ami mint láttuk üvegnél, helytelen.

De még gondolkozom rajta. Azt hiszem, hamarosan felteszem a hivatalos megoldást is.

Kedves Máté!

Átolvasva László ötleteit és a súgásodat:

1) Két üvegdarabka között nincs energiaváltozás.

2) Két aranydarabka között nőtt. (László ötlete)

3) A kúp alapjának súlypontja , míg a palástjának súlypontja távolságra van a kúp súlypontjától, így az aranydarabkák és üvegdarabkák közötti energia negatív, mivel a súlypontjuk távolsággal közelebb kerültek egymáshoz.

A 2) és 3) egyenlege adja a megoldást.

HK

Kedves Károly!

Sajnos az én ötleteim egyike sem veszi figyelembe Mate által 3. pontban említett arany üveg kölcsönhatást. A súlypontokkal nem számolhatunk, mert mi a súlypont? Az a pont, ahová homogén erőtérben az egyes részecskékre ható erők eredője helyezhető. Itt viszont nem biztos, hogy a kúp összes részecskéjének gravitációs hatása pl. egy aranyrészecskére, olyan mint a súlypontban egyesített össztömeg gravitációs hatása.

Szerintem olyan átrendezést kell kitalálni, amely világos választ ad a Mate által említett mindhárom energia változására.

Jó lenne tudni milyenek az ekvipot. felületek egy kúp alakú test grav. terében!

Kedves László és Onogur!

Köszönöm a hozzászólást, akkor itt van egy kis segítség, amiből kiderül, miért is könnyíti meg a dolgunkat a 24/a. feladat...

Térjünk vissza tehát a 24/a. feladatra! Ebben az esetben, mint láttuk, az összes energiaváltozás zérus. Azt is megbeszéltük, hogy ez két részből tevődik össze:

a.) Egyrészt változik a mozgatott anyag saját terében vett energiája (ez László ötlete miatt pozitív, hiszen a "korongot" "kúppalásttá" húzzuk szét).

b.) Másrészt változik a mozgatott anyag bolygó terében vett energiája (ennek pedig negatívnak kell lennie, hiszen a kettő összege nulla).

Az a kérdés, mi a helyzet akkor, ha üveg helyett N-szer akkora sűrűségű anyagot mozgatunk az Üveghgy felszínén?

Üveg mozgatásakor az a.) és b.) szerinti energiák egyenlőek. Nyilván így lenne ez, ha arany kúpun arany részecskéket mozgatnánk.

Az üvegkúpon arany mozgatásakor az a.) részben arany-arany kölcsönhatás van. A b.) részben pedig arany-üveg. Ez utóbbi nyilván kisebb az ugyanilyen elmozdulásokkal járó arany-arany kcsh-nál, ami egyenlő lenne az előbbivel.

Így az összes energia változás pozitív.

SzéP! Gratula a feladathoz!

26.feladat: Klasszikus repülőgépeknél (nem sugárhajtású) a felhajtóerőt teljes egészében a szárnyprofil alakjából eredő Bernoulli-tv. szerinti felhajtóerő és a szárny állásszögéből adódó erőkomponens biztosítja.

Bemutatókon gyakran látható olyan mutatvány, mikor ilyen gépekkel elég hosszú ideig földközelben fejjel lefelé, (fordított állásban) repülnek.

Hogyan lehetséges ez?

Respect!!!

Gratulálok, szép megoldás!! Ennek is a végére értünk.

Van egy érdekesebb fizika feladatom,8.-os tk-ban találtam,gondoltam beviszem fizika faktra. Eredmény: Hibás megoldás két tanártól,úgy hogy 1ütt csinálták!:)

Egy bányában a teherlift egyszerre 7csille szenet tud felszállítani.1 csillébe 300kg szén fér. A liftszerkezet össztömege 1200kg. A felvonókábel egy hengerkerék hengerére csavarodik melynek átmérője 40cm.A kerék átmérője 3m,az akna mélysége 600m. A felvonási idő 10perc,az üres lift visszaengedése 6perc. Napi 8órai munkaidőt alapul véve mennyi 12,5604 MJ/kg fűtőértékű szénre van szükség(a működtetéshez),ha a berendezés hatásfoka 8 százalék!

Senki sem ad választ a repülős kérdésre,pedig engem nagyon érdekelne! Ami evidens,hogy fejjel lefelé repülésnél az említett Bernoulli törv miatt a gépre ható erőkomponens már nem fenntartja a repülőt,hanem a földhöz "szívja",tehát a pilótának folyamatos korrekcióra van szüksége,hogy egyáltaléán vízszintesben tartsa a gépet tehát a lefelé irányuló szívó hatás miatt a pilóta állandóan emeli a gépet,ami következtében az vízszintes marad!A művelet hogyanját sajnos nem tudom!(talán mert nem vagyok pilóta:) Szeretném ha valaki felvilágosítana,mert bár nem sok embert érdekel a téma,engem azért igen!

Köszönet a lenti válszért Vince Józsefnek,aki vmi miatt nem tudja ezt beírni:

A repülőgépeket 2 csoportra lehet osztani: vannak a levegőnél könnyebbrepülők (hőlégballon, léghajók, motoros sárkányok, sárkányok...) és a levegőnél nehezebb, úgynevezett aerodinamikailag kormányozható gépek, melyeket további 2 részre oszthatunk: motornélküli repülők(vitorlázórepülőgépek) és motorral rendelkező gépek. Ami az ábrán van az a szárnyprofil egy vitorlázógépé, ami röviden úgy repül (ugye motor nélkül), hogy asszimetrikus profián a folytonosság törvénye miatt felül begyorsul a levegő, ami miatt megnövekszik a torlónyomása és az említett Bernoulli-törvény miatt a statikus nyomása csökken - ez fizikában a helyzeti energia megfelelője (Bernoulli: statikus nyomás + torlónyomás = állandó). Mivel fenn a statikus nyomás kisebb, ezért felhajtóerő keletkezik, ezért nem zuhannak le a vitorlázórepülők, mint egy darab fa. A motoros gépeknél a felhajtóerőt a motor által hajtott légcsavar biztosítja a szárnyakon és ezeken a repülőkön közel szimmetrikus a szárnyprofil, tehát ha fejjel lefelé repül, akkor nem szívja annyira a föld felé a gépet. A vitorlázó-műrepülőgépeknek a profilja kettő közötti, ami lehetővé teszi földközelben a fejjellefelé repülést.

Kedves tudniakarok!

Véleményem szerint a kitűnő csoportosítás után nem eléggé meggyőző Vince József indoka a motoros gépek fordított repülésének magyarázatára.

Ha jól tudom, a gépek szárnyának kilépőoldalán vannak légterelő lamellák, melyet fel-le lehet mozgatni. Felszállás során felfelé hajtva segít a gyorsabb emelkedésben, míg földetérés után ezt lehajtva jobban fékezi a gépet, gyakorlatilag a 'földbe nyomja' a gépet. De a levegőben történő fordulásnál is ez segít 'bedönteni' a gépet a kanyarba. Jobbkanyarnál balszárnyon erősebben felfelé, míg balszárnyon gyengébben lefelé irányítva érhető el a gép jobbra dőlése és ezáltali kanyarodása.

Nos véleményem szerint a fordított repülés esetén a lamellákat is fordítva használva maradnak a levegőben a gyakorlott pilóták. Azaz a csavar mozdulat után, mintha fékezne a géppel.

De várom László barátom megoldását.

HK

Hello Fiúk!

Köszönöm a hozzászólásokat. Bár nem vagyok szakértője a témának, de a következőket gondolom a kérdésről:

Nem minden repülőgéppel lehet fejjel lefelé repülni. Valóban a motoros sport-repülőgépeknél a szárnyprofil nem egészen olyan mint a lenti ábrán. A nagyobb sebesség miatt kisebb az állásszög, és a szárny így vizszintes tengelyre nézve "szimmetrikusebb", tehát nincs olyan nagy különbség a felső és alsó görbület között. A nagyobb sebesség miatt így is elegendő a felhajtóerő.

A csűrőlap mozgatásával el lehet érni, hogy a Bernoulli erő iránya megforduljon. A hátsó szárnyon lévő terelőlapokkal is korrigálni kell a mozgást, hogy ne forduljon el a gép.

Érdemes lesz a légi bemutatókon figyelni a csűrőlapok helyzetét mikor fejjel lefelé repül a gép!

Kedves Fórumosok!

Vince József alábbi hozzászólását e-mailban juttatta el hozzám:

"A szárnyon lévő csűrőlapok csak a bedőlést tudják szabályozni, a vízszintes vezérsíkon lévő magassági kormány szabályozza a gép állásszögét (persze csak leegyszerűsítve, és nem is mindig így igaz). Az előző válaszomban nem arra adtam megoldást, hogy hogyan tartja magasságát a gép fejjel lefelé a föld felett, hanem kitértem a vitorlázó és motoros gépek közti különbségekre. Minden motoros géppel lehet elvileg fejjel lefelé repülni (és vitorlázóval is), e nélkül nem is kerülhetne forgalomba egy gép, csak van ami nem műrepülhető (de ez is tud ugye háton repülni), a műrepülők között is van olyan amivel nem nagyon szeretnek föld felett 1 méteren háton repülni. Tehát mikor fejjel lefelé egyenesen repül a gép, akkor a csűrőlapok kitérítetlen álalpotban vannak."

Ezúton is köszönöm!

27. feladat: Trópusi viharok középpontjában gyakran több km átmérőjű szélcsendes terület alakul ki, amit szoktak a tájfun "szemének" is nevezni. Itt teljes csend van, holott a közelben a forgószél nagy robajjal pusztít. Mi lehet a magyarázat?

Tekintsük azt a síkmodellt, amelyben felülről nézzük a forgószelet (azaz tekintsünk el a probléma harmadik dimenziójától), és minden pontban vegyük a szél fújásának irányába mutató megfelelő nagyságú vektort. Mivel forgószélről van szó, ésszerű azt feltételezni, hogy van egy olyan zárt görbe, amelynek peremén lévő vektorok az illető perempont érintőjével mindig hegyesszöget zárnak be. Nyilván az is feltehető, hogy ez a vektormező folytonos.

Ekkor viszont a vektormező (Poincaré) indexe a zárt görbére vonatkoztatva 1. Mivel az index nem nulla, (az index tulajdonságai miatt) a görbe belsejében valahol van a vektormezőnek legalább egy nullhelye, azaz van legalább egy szélcsendes pont belül.

Egyébként hasonló topológiai eszközökkel bizonyítják azt, hogy egy gömbfelületen adott érintőirányú (folytonos) vektormezőnek mindig van nullhelye, azaz, szemléletesen, egy gömb alakú, csupa hajjal/szőrrel/tüskével borított fejet/sündisznót akárhogy is fésülünk, mindig lesz rajta legalább egy "forgó".

Kedves Lajos!

Köszönöm a hozzászólásodat! Nagyon érdekes amit írtál. Nyilván a térbeli viszonyokat is figyelembe kell venni ahhoz, hogy megmagyarázzuk, miért egy kör (henger) határvonalon változnak hirtelen a sebesség és nyomás értékek. Én ennél sokkal egyszerűbb dologra gondoltam, mert a kérdés a hang-csendre vonatkozik, csak nem fogalmaztam meg elég világosan.

Kedves Fórumozók! Tudom, már nem időszerű a téma, de csak most akadtam rá erre a fórumra, s ebből adódóan csak most olvastam el a régebbi hozzászólásokat. A csodalámpa szerintem zseniális alkotás, nagyon egyszerű, mégis érdekes. Először a Csodák Palotájában láttam ilyet, mikor is egy érdekes előadás keretében ki is próbáltuk. Dinamós elemlámpám nekem is van - egy kevéssé színvonalas kísérleti eszköz-gyűjtemény talán leghasználhatóbb darabja -, használata egyszerű, de igen fárasztó. ;-)

28. feladat: Ha az 1/x függvény grafikonját megpörgetjük az y tengely körül, egy tölcsért kapunk, melynek a térfogata véges, a felülete viszont végtelen. Hogy lehet az, hogy a tölcsért meg tudjuk tölteni festékkel, mégsem tudjuk lefesteni???

Szerintem nem véges a térfogata.

29.feladat Van-e olyan "tölcsér", amely végtelen "széles", végtelen "magas", de véges a térfogata? (ha van, akkor adjunk meg egy ilyent)

Persze ha úgy gondoltad, hogy csak a hiperbola y=1 egyenes feletti részét pörgeted meg, akkor tényleg véges lesz a térfogat ().

Pontosítsuk egy kicsit: az 1/x grafikonjából tekintsük csak azt, ami az y-tól negatív irányban van, és a tengelytől c távolságra (c nem 0). Így már valóban jó lesz. De mivel ez egy matematikai absztrakció, nem is írható jól le fizikával. Ha megtöltjük festékkel, soha nem megy le az aljáig (végtelen hosszú ideig folyik le), másrészt mivel ez a tölcsér egyre vékonyabb, egy idő után már a Planck-hossznál is kisebb az átmérője, fizikailag képtelenség lefesteni.

Egyébként egy nagyon szép példa olyan testre, melynek véges a térfogata (ez megmutatható pl. integrálással), de végtelen a felszíne.

[29] Első kósza ötlet: az előbb vesézgetett hiperbolánkat szorozzuk a Dirichlet-függvénnyel, így 0 lesz a térfogata. Hogy ez mennyire nevezhető még tölcsérnek, arról most inkább nem filozofálgatok :)

Egy analógia alacsonyabb dimenzióból: a fraktálok, pl. Koch-görbe is ilyen ebből a szempontból: véges területet határol, de a hossza végtelen.

Azért ezzel vigyázni kell, hiszen ez a függvény Riemann-értelemben nem is lesz integrálható (bár nem pontosan írtad le, hogyan is történik a beszorzás), tehát eleve nem is tulajdonítanék neki térfogatot. (Kérdés tehát: itt ki mit ért térfogat alatt...)

(Az integrált persze tekinthetjük a Riemann integrálnál általánosabb Lebesgue-értelemben, akkor a sok szakadási pont nem okoz gondot; viszont ez a fajta integrál sem mindig létezik nemkorlátos tartomány esetén: vannak példák, amikor az improprius Riemann-integrál létezik, de a Lebesgue-integrál nem...)

Es az igaz, hogy korlatos tartomanyon mindig letezik ?

Melyik integrálra gondolsz? Eddig háromfajta került elő:

közönséges Riemann-integrál (= R, ez eleve csak korlátos függvény esetén van definiálva, mégpedig korlátos intervallumon, persze nem minden esetben létezik),

improprius Riemann-integrál (= iR, ez akkor is definiálható, ha a tartomány nem korlátos, vagy ha a függvény nem korlátos, mégpedig közönséges R-integrálok limeszeként, ahol a limeszt az integrációs tartományokon vesszük)

Lebesgue-integrál (= L, itt a tartomány sem kell, hogy intervallum legyen, és a függvény is szakadhat "nagyon sok" pontban).

Ilyen állítások igazak például: ha a függvény R-intható, akkor L-intható, és a kettő megegyezik. (Ez tehát csak korlátos tartományon fordulhat elő, korlátos függvény esetén.) De vannak olyan függvények is persze, amelyek korlátos tartományon vannak értelmezve, korlátosak is ugyan, de nem R-inthatók, nem iR-inthatók, se nem L-inthatók.

Ami példát említettem az olyan, hogy a tartomány nem korlátos (tehát a függvény eleve nem R-intható), de iR-intható és nem L-intható. Pl. , a tartomány pedig pl. a (0,+).

Persze ezen kívül másfajta kombinációk is előfordulhatnak, amiket külön-külön meg kell gondolni.

En csak olyan konkret fuggvenyt kerestem, amelyik korlatos halmazon van ertelmezve, de Lebesgue-szerint nem integralhato.

Erre legegyszerűbb példa az függvény a (-1,1) halmazon. (A nullában értelmezzük akárhogy.) A Lebesgue-integrál definíció szerint létezik, ha a függvény pozitív részének és negatív részének létezik Lebesgue-integrálja, és ezek nem mindketten végtelenek. És ez ugye itt nem teljesül.

(Amúgy ez a függvény integrálható és integrálja 0, ha az integrált "Cauchy-féle főérték" értelemben vesszük.)

Még egy példa, ahol a függvény a [0,1] intervallumon van értelmezve és maga is korlátos: vegyünk a [0,1] intervallumban egy nem Lebesgue-mérhető H halmazt (be lehet látni, hogy ilyen van, bár "látni" a halmazt nem könnyű). Ekkor az f(x):=1, ha xH, különben f(x):=0 függvény korlátos, de nem Lebesgue-integrálható a [0,1] intervallumon.

Koszonom, az utobbira gondoltam, csak nem irtam oda hogy maga a fv is legyen korlatos.

Egyebkent nekem ugy tanitottak, hogy egy H halmaz akkor merheto, ha a fv amit irtal merheto, ami ebben az esetben egyenerteku azzal, hogy L-inthato. (A Lebesgue-tetel miatt, remelem jol gondolom.) Szoval ha H nem merheto, akkor a fv nyilvan nem inthato L-szerint.

Igazsag szerint arra is akartam kilyukadni, hogy hogy is van ez a nem merheto halmaz letezese...

(Azt a függvényt egyébként karakterisztikus függvénynek hívják, és igen, jól gondoltad.)

Egy standard konstrukció egy I:=[0,1]-ben nem mérhető halmazra a következő. Legyen Q az I-be eső racionális számok egy sorbarendezése. Értelmezzünk I-n egy ekvivalenciarelációt: x és y álljanak relációban, ha x-y (mod 1)Q. Faktorizáljuk le I-t e szerint az ekvivalenciareláció szerint. Legyen végül HI egy olyan halmaz, amely minden ekvivalenciaosztályból pontosan egy elemet tartalmaz. (Ilyen a kiválasztási axióma miatt létezik.) Erről a H-ról lehet megmutatni, hogy nem lehet Lebesgue-mérhető. (A bizonyításban lényeges szerepet kap a Lebesgue-mérték eltolásinvarianciája.)

Hello Mindenki!

Az emeltszintű érettségi vizsgára felkészítő kisérletek között szerepel a nehézségi gyorsulás meghatározása Whyting-ingával.

Szükséges eszközök: vízszintes tengelyen felfüggesztett deszkalap, papírlap, mm-papír, ragasztószalag, Bunsen-állvány és dió, zsineg, gyufa, golyó, mérőszalag, stopperóra.

Feladat: Állítsatok össze értelmes kisérletet MINDEN eszköz felhasználásával (a gyufát sem szabad kihagyni, csak rendeltetésszerűen használható, nem esztétikai célokra.)

Rákerestem a gugglin a "Whyting"-re. Semmi eredmény!

Egy általam összeállított kisérlet: A forgatható deszkalapot a zsineg segítségével felkötjük a Bunsen-állvány diójához, úgy, hogy vízszintesen álljon. A golyót a milliméter papírba csomagolva, ragasztószalaggal áttekerve ráhelyezzük a deszkalapra. A mérőszalaggal lemérjük a deszkalap magasságát az asztallaptól. Meggyújtjuk a gyufát. Az égő gyufát jobb kézben tartva bal kezünkbe vesszük a stoppert, majd a gyufával elégetjük a zsineget. A zsineg szakadásakor elindítjuk a stoppert és a golyó koppanásakor leállítjuk. A golyót azért kell gondosan becsomagolni, hogy ne koppanjon nagyot, nehogy a vizsgáztatók ill. a felkészülő diáktársak nagyon megijedjenek.

Sziasztok!

Nem használtad fel a sima papírlapot :)

Igazából én sem értem igazán a feladatot. A golyó+zsineg és a deszka két külön inga is lehet, mindkettőnél lengésidőből lehet g-t mérni, így van két független adatod => pontosabb eredmény :) A többi segédeszköz ízlés szerint elosztható.

Esetleg lehet még olyan elrendezésekkel játszani, amikor a golyó meglöki a lécet és az leng utána, de ez már végképp dúúúrva...

Ezeknek a feladatoknak tényleg nincsen "hivatalos" megoldása? Kíváncsi lennék, hogy hogyan lehet a fentieknél sokkal pontosabb eredményt elérni ezekkel az eszközökkel.

A megoldás az, hogy a "Whyting" valójában "Whiting". Így már rögtön kiadja a kereső:

A g nehézségi gyorsulás mérése Whiting-féle deszkás ingával

Az itt használt indigót az előkészítő kísérletek eszközlistájában nem írták. Talán úgy gondolták, hogy a golyó oldalát a gyufa lángja felett bekormozzuk és a kormozott golyó nyomot hagy a deszkára erősített papíron az ütközéskor.

A lányomnak vettem egy plazmalámpát, ezt szeretném most bemutatni minden érdeklődőnek.

Azt kellene kitalálni, vagy utánajárni, hogy működik a lámpa.

Még egy kép: mikor az ujjunkat hozzáérinjük.

És még egy utolsó kép.

A lámpa belsejében levő, középpontosan beépített üveggömb szolgál az elektromágneses tér keltésére, ahonnan a kisülések elindulnak. Ahhoz, hogy a kisgömb felületén kialakuljon a kisülés talppontja, az elektromágneses teret létre kell hozni a teljes térfogatban. Ezért a kisgömböt az alsó nyílásán keresztül fémforgáccsal célszerű kitölteni és a generátorhoz csatlakoztatni.

Az indukciós gerjesztésére alacsony frekvenciatartományt alkalmaznak, az ultrahang-frekvencia alsó, már nem hallható részében. A kísérleti és egyedi berendezések, az olcsó megvalósítás miatt, 15-16 kHz-en üzemelnek. (Ez a frekvenciatartomány azonos a tévék soreltérítésének frekvenciájával, ami 15625 Hz. A generátorból a nagyfeszültségű, jól szigetelt vezetéken a kisgömb belső tere az üvegfallal képzett kondenzátor külső fegyverzete, míg a másik oldalon a gömb háztere a fegyverzet. Ezen a kondenzátoron kerül a nagyfeszültség a gáztérbe, amelyet az elektromágneses tér ionizál. A vezetővé vált gáztéren az áramkör záródik a külső gömb belső feléig. A külső üveg ismét kondenzátort képez, amelynek kapacitása a falvastagságtól függően 1500 pF körüli értékű. A külső fegyverzet maga a légtér, amely az itt ható kis gerjesztés miatt vezet, és az áramkört a generátort a generátor földelt oldalához zárja. Természetesen a levegőn történő földelés csak a fonalszerű kisülés kialakítását biztosítja, azonban a külső felület kézzel történő megérintésekor az egyensúly felborul. Testünk, amely a levegőnél sokkal jobban vezet, az érintési ponton egy kisebb ellenálláson keresztül földeli a gömb külső környezetét, eltorzul a nagyfrekvenciás tér és a felületi potenciál, amelynek az eredménye a megvastagodott kisülés az érintési hely felé. Az elektromágneses tér erősen inhomogén és állapotára viselkedésére a kialakuló kisülés is visszahat. Ezt bizonyítja a világító fonalas kisülés szeszélyes, imbolygó mozgása, valamint az érintésre felboruló állapot. Teljesen azonosan működő plazmagömböket ezért nem sikerül gyártani.

Elegendően nagy váltakozó feszültségnél az elektronok sebessége olyan nagy lesz, hogy az ütközések és az ionok száma jelentősen megnő, az ionok is gerjesztett állapotba kerülnek, majd létrejön a kisülés a nagy és a kisgömb egy-egy pontja között. Az átütési pontok között levő kisülés hossza sohasem a legrövidebb szakasz, mert a fonalszerű világító kisülés a gáztér belső áramlása miatt imbolyog és göbre pályákon halad.

Sziasztok!

Szerintem itt nincs szó indukciós gerjesztésről. Sima ködfénykisülés van a lámpa térfogatában. Ezt azért nem könnyű reprodukálni, mert alacsony nyomású nemesgáz van benne. Az egy más kérdés, hogy a benne lévő nagyfesztáp feszültsége pár kHz-10kHz-cel szaggatott lehet. Tényleg: ebben egy sima neontrafó ücsörög, vagy vmi inverter van benne? Akármelyikről is van szó, a váltófesznek itt semmi szerepe nincs.

Plazmalámpás trükkök fénycsövekkel. Nem kell egészen hozzáérinteni, már 20 cm távolságban is halványan világít a kompakt fénycső. A képen már hozzáér. Így erősebben világít.

Ez már a Jedi kard!

Ha távolról is világít tőle a fénycső, akkor biztos, hogy egy inverterről kapja a nagyfeszt, és elég jól sugároz annak a frekvenciáján. Az lehet próba tárgya, hogy a lámpa zavarja-e középhullámú/hosszúhullámú vételt, vagy DCF-77-es órákat? Utóbbit a bekapcsolt számítógép tápja biztosan, ezt nemrég tapasztaltam meg...

A "plazmagömb" tök látványos dolog, régebben én is akartam venni ilyesmit, aztán gyártottam egy Tesla-tekercset. Ez szabad levegőn (vagy egy sima izzólámpában) is produkál látványos kisüléseket. Akinek van bőven net sávszélessége, az meg tudja nézni a weblapomon levő párszáz megányi videót, de fotók is vannak bőven.

Szia Skori!

Megnéztem párat. Nagyon látványosak és jók a filmek! Jó sok munkád lehetett vele. Kösz, hogy közétetted! Ajánlom mindenkinek!

Sziasztok!

Ahogy látom ez a téma kicsit "elhanyagoltabb" mint a matek feladatok. Ezért adnák két feladatot, az első saját (legalábbis nem tudok róla, hogy bárhol szerepelt volna eddig):

30.feladat: Egy kosárlaba meccsen az egyik csapat büntetőhöz jut. Mekkora legyen a hajítás szöge (min.), hogy a labda a kosárba essen (persze úgy hogy a gyűrűhöz ne érjen hozzá)?Legyen a gyűrű "y" magasságban és a sugara "R", a büntetőt elvégző játékos "h" magas, a labda sugara "r", ill. a dobás helyének távolsága a palánktól "x".

31.feladat: Keletkezhet-e egy fotonból pozitron-elektron pár?

Szerintem a játékos vállmagassága legyen inkább megadva h-val, a gyűrű középpontjának távolsága a játékostól pedig x, valamint a játékos karhossza k.

Bocsánat, nem fogalmaztam pontosan h nem a játékos magassága, hanem a játékos ekkora magasságból dob, de a számoláson tényleg egyszerűsít ha x-szel a gyűrű középpontjának talajra eső vetületét és a játékos távolságát jelöljük.

Akkor pontosítom a 30.feladatot:

Egy kosárlaba meccsen az egyik csapat büntetőhöz jut. Mekkora legyen minimum a hajítás szöge , hogy a labda a kosárba essen (persze úgy hogy a gyűrűhöz ne érjen hozzá)?Legyen a gyűrű "y" magasságban és a sugara "R", a büntetőt elvégző játékos "h" magasságból dob, a labda sugara "r", ill. a dobás helyének távolsága a gyűrű középpontjának talajra eső vetületétől "x".