Fórum: Érdekes fizika feladatok

Illetve a gömbök lehetnének egymás ellensúlyai, mert súlyra is azonosak.

Akkor talán egy pálcikán, ellensúllyal (Eötvös-inga -szerűen) kellene fölfüggeszteni.

Szerintem ahhoz nagyon erős mágnes kellene, hogy tapasztaljuk a különbséget.

Talán az lehet a megoldás, hogy cérnaszálon, vagy zsinóron föl kell függeszteni mindkettőt. Amelyiket vonzza a mágnes az paramágneses (alumínium), amelyiket taszítja az diamágneses (réz).

Sajnos a réz és az alumínium mágneses permeabilitása között nem sok a különbség, ezért lehet hogy a gyakorlatban nehéz kimutatni műszerek nélkül.

Az is lehet, hogy paramágneses anyagon keresztül(alumínium) jobban meg tud zavarni egy iránytűt egy mágnes, mint diamágneses anyagon keresztül.

Olayasmire gondolok, hogy - ha már van mikrosütő, és beleférnek a gömbök - akkor eltérően melegednek.

Vagy ha netán fémdetektor is van, akkor eltérően módosítják benne a hangmagasságot.

Talán azt lehetne fölhasználni, hogy az alumínium paramágneses anyag, a réz viszont diamágneses anyag.

De hogy ezt hogy lehetne műszerek nélkül kimutatni azon még agyalnom kell.

Ez a fénysugaras nagyítás jó ötlet, így tényleg könnyebb a hőtágulását kimérni, és ekkor szerintem a belső szerkezet is indifferens.

Nagyon kicsi melegítéskor az átmérő változása és a különbség még kisebb. A szokásos golyós, lyukas kísérletnék is több száz fokra kell melegíteni a golyót, hogy ne menjen át a lyukon. Itt leégne a festék a golyókról. Speciális mérőeszközt pedig nem vehetünk igénybe. A hőtágulási változás valamilyen mechanikus, tükrös, fénysugaras felnagyítása jöhetne szóba. Tervezzünk hozzá megfelelő eszközt! Mindkét gömböt ugyanakkora hőmérsékletre kell melegíteni. Én ezt forró vízzel, vagy konyhasóval tudom elképzelni. Utóbbit mikrosütőben fel lehet melegíteni.

Nagyon okos gondolat. Így szépen át tudnának minket verni. A lejtős mérés nem működne, de abból már biztosan tudnánk, hogy trükköznek a rézgömbbel. Erre én is gondoltam már és valószínű, hogy a hőkapacitásos mérés sem működne, mert a belső gömb a hosszú felmelegítés során át tudna melegedni, de a levegő réteg miatt nehezen adná át a tárolt hőt a külső buroknak majd a víznek.

Lehetne próbálkozni a hőtágulással is.

Tegyük föl, hogy a rézgömb előállítói trükköztek:

Kívül van egy nagyon vékony, de még megfelelő szilárdságú héj, ezen belül vékony, de még elégséges szilárdságú pálcikák tartanak egy tömör gömböt.

Ebben az esetben a lejtő nem megfelelő megoldás.

Örülök, hogy sikerült megmozgatnom ezzel a példával a társaságot!

A lejtőn elengedés jó megoldás. Gratulálok Zilberbachnak és Attilának!

Előtte helyben megpörgetve lehet ellenőrizni, hogy egyenletes-e a tömegeloszlásuk, de ha nem teljesen egyenletes, akkor is nagyobb lesz a rézgömb tehetetlenségi nyomatéka.

Még a hőkapacitások különbségét lehetne könnyen kihasználni, csak egy hőmérő, pár edény, meleg és hideg víz kell hozzá.

Azonos hőmérsékletű, nagy tömegű meleg vízbe tesszük őket elég hosszú időre, míg mindkettő átveszi a víz hőmérsékletét. Ezután külön edénybe azonos, kis tömegű hideg vízbe tesszük őket és a víz hőmérséklet változását mérjük. A réz fajhője kb. duplája, így több hőt fog átvinni.

Közben kiszámoltam, szerintem jó így.

Most vettem észre, hogy te is ugyanezt írtad. Nem vagyok biztos benne, hogy ez jó elgondolás.

Szerintem egy lejtőről engedjük el mindkettőt egyszerre. Amelyik később ér le, az a réz golyó. Ez pedig azért van, mert a réz sűrűsége nagyobb, ezért ugyanaz a tömeg a gömb középpontjától távolabb oszlik szét (nagyobb benne az üreg), következésképpen nagyobb a tehetetlenségi nyomatéka. A lejtőről leguruló golyók helyzeti energiája alakul át (gömb középpontja körüli) forgási, és mozgási energiává. A nagyobb tehetetlenségi nyomatékú gömb forgási energiája nagyobb lesz, ezért a mozgási energiája kisebb (vagyis később ér le a lejtőn). Egyszerűen szólva a rézgolyó megforgatásához szükséges nagyobb energia a mozgási energia rovására megy el.

Azoknak, akik a hővezetésben látják a megoldást egy tipp:

Tegyünk egy jégkockát a gömb tetejére, és tegyük a két kezünket köré a gömb felszínére, minél közelebb, de ne érintsük a jégkockát. Mérjük a teljes fölolvadás idejét.

Azt írta a feladat, hogy külsőre teljesen egyforma a két gömb.

A réz fajlagosan jobban vezeti a hőt, viszont a rézgömb fala vékonyabb. Akkor most melyik fog gyorsabban átmelegedni?

A nagyobb gondom viszont, hogy nem tudom, hogy lehet házi eszközökkel megcsinálni egy ilyen mérést. Hogy tudod megoldani, hogy egyformán melegítsd a két gömbök egy-egy oldalát? Ezt csak akkor lehetne megcsinálni, ha a gömbök nagyon nagyok, mondjuk majdnem hatvan centi átmérőjűek, mert akkor remélheted, hogy elég fölrakni őket a gáztűzhelyre a lánghoz képest ugyanúgy rögzítve.

Az elsőt elhiszem, de a második miért igaz? Honnan tudod, hogy ugyanannyira lassul a két gömb? A festés eltérhet rajtuk, és a felszín apró egyenetlenségei is, ezért másképpen súrlódhatnak.

Tételezzük fel, hogy a gömbök készítői nem trükköztek. Akkor a gömbökben nagyjából gömb alakú üregek vannak. Ebben az esetben a réz-gömb fala vékonyabb, ezért nagyobb tömeg van a gömb középpontjától távol, emiatt a forgatással szembeni tehetetlensége nagyobb.

1. Ha olyan hajlásszögű lejtőről indítjuk egyszerre a két gömböt ahol még tisztán gördülnek, akkor a réz gömb csak lassabban tud gördülni ezért lemarad.

2. Ha egy sík felületen azonos fordulatszámmal pörgetjük meg a gömböket (villanymotor?), akkor a hajtás fölfüggesztése után a réz gömb továb forog.

Szerintem a hővezetés lesz a megoldás. Egyik oldalán melegítjük és a másik oldal eltérő sebességgel melegszik át. Most nem vagyok benne, hogy melyik vezeti gyorsabban és mi a következménye a nem egyforma falvastagságnak, de én a hővezetés eltérésében látom a megoldást.

Ha számottevő eltérést akarsz elérni melegítéssel, akkor le fog égni róluk a festék.

A fúrás nem jó, mert akkor megsérül a festék és a festéket nem szabad megsérteni. A festés a rezgéskor keletkező hangot is módosíthatja, tehát a hangból nem lehet felismerni melyik a réz.

igen, ha az üregekkel lehet trükközni, akkor a leejtős módszer sem biztos, hogy mindig jó.

A rézgömb biztosan üreges, és ha az üreg gömb alakú, akkor az üreg sugara legalább 0.88-szorose a golyó sugarának. A nagyjából közepe azt jelenti, hogy mindenképp találjuk el a fúrással az üreget. Ez nem nehéz, elég csak kézzel nagyjából sugárirányba beállítani a fúrót. Tegnap nem gondoltam bele rendesen, és valamiért azt hittem, sokkal kisebb is lehet az üreg.

Persze lehet a golyó olyan trükkösen öntve, hogy az üreg nem gömb alakú, vagy esetleg több, nem összefüggő üreg is van benne, ez pedig megnehezíti a dolgunkat.

"a gömbökbe vékony lyukat fúrunk, nagyjából a közepén keresztül"

Nagyjából hol van a közepe? És pontosan? Talán egyszerűbb, ha a gömböt tetszőleges felületi pontban sugár irányban fúrjuk :)

Ha fúrod, akkor látod a forgácsot, melynek színe alapján egyből tudod, hogy melyik gömb az.

Üssük meg egy homogén, kemény tárggyal mindkét gömböt. A rézgömb hangja szebb, gazdagabb lesz, mint az alumíniumé.

Szerintem a hőtágulásos módszer nem biztos, hogy kivitelezhető. A sütővel legfeljebb mondjuk 300 K-nel tudod növelni a golyók hőmérsékletét, ettől pedig az alumínium golyó átmérője is kevesebb, mint egy századrészével nő meg. Nagy és elég pontosan gömb alakú golyók kellenek ahhoz, hogy egyértelmű legyen a különbség.

Még számolni se kell.

A hőtágulási együtthatóik eléggé eltérnek 1,4-szerese az egyik a másiknak. Fel kell melegíteni mindkettőt(pl sütőben), aztán egymás mellé le kell tenni őket, és egy pontos vízmértéket rájuk rakni.

Vagy rátesszük mindkettőt egy leejtőre, aztán számolunk.

Az alumínium fele akkor sűrűségű, mint a tisztességes fémek. A rézből készüt gömb ezért biztosan nagyon üreges, vékonyabb a fala, mint az alumíniumból készült gömbnek.

Egy lehetőség, hogy a gömbökbe vékony lyukat fúrunk, nagyjából a közepén keresztül. (Egy fúrógép és egy fém fúró nem számít laboratóriumi segédeszköznek, hanem csak háztartásinak, ugye?) Ha szerencsénk van, akkor már fúrás közben észrevehetjük, hogy az üreges részen átesik a fúró, ebből becsülhetjük a fal vastagságát. Ha nincs szerencsénk, akkor egy injekciós tűt bedugunk a lyukon, és egy fecskendő segítségével vizet töltünk a gömbök belsejébe. Amelyik gömbbe több víz fér, az a rézből készült gömb.

Két üreges gömb van előtted, tökéletesen egyforma a tömegük és a külső átmérőjük. Az egyik alumíniumból van, a másik rézből. Egyformára vannak festve, a külsejük alapján tehát nem lehet megkülönböztetni őket. Találj ki valamilyen egyszerű eljárást, hogy a festék levakarása és bármilyen laboratóriumi segédeszköz nélkül megállapíthasd, melyik készült alumíniumból és melyik rézből!

Lehet, hogy volt már, de nem találta a kereső, így feltettem.

A rugó akkor van a legjobban megnyújtva, illetve összenyomva, amikor a két végén lévő testek egyforma sebességgel mozognak. Innentől lendület- és energiamegmaradásből megvan a rugó legnagyobb összenyomódása illetve széthúzódása, ami az amplitúdó. Ekkor nem kell vonatkoztatási rendszert váltani. A periódusidőhöz viszont valóban érdemes a tkp-hez rögzíteni, ekkor olyan, mintha egyetlen testet az egyik végén rögzített 2D rugóállandójú rugó rezgetne.

Az ütközés pillanatától (t0) a rendszer tömegközéppontja (tk) a rugó közepe, lendületmegmaradásból ennek sebessége számolható (v/8).

Az t0-kor az összetapadt két kiskocsi sebessége v/4, a tk-hoz képest v/8. Ez a rugózó test legnagyobb sebessége, ...

11-ediket végzett gimnazista vagyok. Én a következő feladattal találkoztam, és fogalmam sincs, hogy hogyan kellene hozzákezdeni. Tudna valaki segíteni?

Vízszintes légpárnás sínen egy 3m és egy 4m tömegű kiskocsi nyugszik, amelyet egy L hosszúságú D direkciós erejű, elhanyagolható tömegű csavarrugó köt össze. Egy m tömegű kiskocsi v sebességgel szalad a 3m tömegű kiskocsinak (a 3m és a 4m tömegű kocsi, valamint a rugó által meghatározott egyenesben) és hozzátapad. Határozzuk meg a két kocsi között lévő rugó mozgásának amplitudóját és periódusidejét! (A rugó deformációjának terjedési sebessége sokkal nagyobb, mint v. A rugó mindvégig egyenes marad. Adatok: m=0.5kg, D=400N/m, v=4m/s)

Egy érdekes optikai kísérlet. 1976-ban volt az Fiz.OKTV 3. fordulójában. A lencse előtt lévő kristály forgatható keretben van. Forgatva az ernyőn változnak a színek... Magyarázzuk meg a jelenséget!

Na egy ábra. Ugyanez a feladat tovább variálható. Legyen egy adott térfogatú, maximálisan M mágnesezettségű (térfogategységre eső mágneses dipólus) anyagunk, amivel a P pontban akarjuk létrehozni a lehető legnagyobb mágneses teret. Milyen alakúra formáljuk?

Köszönjük, de sajnos még mindig nem jó, el van torzítva. Ez 62:49 arányú, szóval a kör az nem kör. Akkor lesz jó, ha 1:1 arányú, vagyis a kör az kör.

Igaz, valóban nem tojás. Az ábrázolásra nem figyeltem eléggé, megtévesztett. A helyes ábrát feltöltöm újra. üdv Miklós

"Ez egy tojáshéj szerű felület." Ez nem igaz. Ha a gömbhöz képest megnyúlt, akkor kisebb gyorsulást eredményez. Az más kérdés, hogy a gömb még nyúltabb lenne a te ábrádon. A rajz megtévesztő. Szóval nem tojásszerű, hanem egy picit lapított gömb.

Írjuk le a forgó koordinátarendszerben. Itt a tér állandó lesz. Továbbá a centrifugális erőnek csak sugárirányú komponense van, az nem oszt nem szoroz. Mivel csak 90 fokot forgatunk, a fonál is feszes marad, rgo a sebességnek csak tangenciális komponense van azaz a Coriolis erő is csak sugárirányú lehet. Tehát gyakorlatilag úgy számolhatunk, mint ha nem is forogna a rendszer. Persze amikor elkezdjük forgatni a teret, van egy kis kezdeti sebessége (l) a töltésnek, de ez ennél jobban nem rezeg be, a megállásnál meg legrosszabb esetben is csak ennek a sebességnek a kétszerese érhető el. Határesetben ez a kicsi rezgés is eltűnik.

Az elektromos mezősnél nem kell figyelembe venni a gravitációt. Persze meg lehet azt csinálni, hogy elindítjuk mind a teret, mind az ingát szögsebességgel, együtt mozognak, majd a teret megállítjuk 90°-nál, valóban 0 jön ki határértékben kitérésre. Szerintem azon is el kell gondolkozni, hogy amikor így együtt megy a tér és az inga, az mennyire stabil állapot. Nem vagyok biztos benne, hogyha nem kezd el lengeni egy hangyányit, az nem erősödik-e föl valamekkora szög elforgatásával. Nekem jött ki kitérés így.

Bocsánat, már látom, hol számoltam el.

Nekem az képletben jött ki. Bevallom az integrálandó függvényt inkább Mathematicára hagytam.

Hello Alma!

Nem tudom, felírtam Descartes-ban is, úgy elég csúnya dolog jött ki(nem másodrendű). Bár a Mathematica egész szép térfogatformulát adott ki rá

Kiszámoltattam vele egy relatív g-t is, ami kb 2-szer akkora lett, mint ha gömböt vettünk volna.

Még gondolkodom rajta, hátha szebb alakra lehet hozni, de gyanakszom, hogy nem, mert szimmetriatengely láthatóan csak az x tengely, így az origónak azon kell lenni, ott pedig ez tűnik a legalkalmasabbnak.

A másik feladatnál nem tudom, hogy a gravitációt bele kell-e számolni. Gravitáció nélkül nekem határesetben kitérésre 0 jön ki, azaz nem leng, és ezen szerintem a gravitáció belevétele sem változtat.

Hát, egyszerűen öröm elnézni ezt az alkotó ifjúságot... és azt, hogy nem kártyáztok! :D

Hello! Én is ezt kaptam, de nem lehet, hogy van ennek az alakzatnak más pontból nézve szebb polárkoordinátás egyenlete? Én ebből nem jutottam el addig, hogy a térfogat függvényében megkapjam a C konstanst.

Érdemes megoldani ugyanezt a feladatot úgy is, ha a gravitációs erőtörvény 1/R-es lenne. Ekkor egy igen hasonló polárkoordinátás egyenletet kapunk, de mégis valami igen szép alakzatról van szó, más origót választva szebb lesz az egyenlet.

Induljunk el a következőképpen. Van sok nagyon kicsi anyagdarabunk, amiből építkezhetünk. Vegyük fel a koordinátarendszerünket úgy, hogy a pont, ahol a gravitációs gyorsulás érdekel minket, legyen az origó, és azt szeretnénk, hogy mondjuk a gyorsulás mutasson az x tengely irányába. Innentől kezdve az adott kicsiny anyagdarab által létrehozott gyorsulásnak csak az x komponense érdekel minket.

Úgy kezdjük el összerakni a "bolygót", hogy mindig oda tesszük a következő anyagdarabot, ahol az a lehető legnagyobb x irányú gyorsulást hozza létre.

Legyen a kis anyagdarab távolsága az origótól r, az x tengellyel bezárt szöge . Ekkor a kis anyagdarab létrehoz gyorsulást, de ennek minket csak a koszinuszos vetülete érdekel, azaz

Keressük először azon pontok halmazát a térben, amelyekre a gyorsulás x komponense konstans. Az előző felírásól ezek az

egyenletet kielégítő pontok. Ez egy "tojáshéj" szerű felület. Nagyobb gyorsulás a kisebb tojáshéjakhoz tartozik, így bentről kifelé kezdünk el építkezni. Ilyen rétegekből felépítve az anyagdarabot kapjuk a legnagyobb gyorsulást.

Ábrázoltam a tojások síkmetszetét különböző konstansokhoz.

Remélem összefutunk Róbert Gida az ankéton, és végre megismerhetlek.

Informatikát sem ártana...

Mégegy feladat:

Van egy adott sűtűségű és térfogatú anyagunk az űrben. A tér egy adott pontjában a lehető legnagyobb gravitációs gyorsulást szeretnénk elérni ennek az anyagnak a segítségével. Milyen alakúra formáljuk?

Jó lenne, ha a fizikát is felelevenítenénk a fórumon a matek mellett.

Egy Q töltésű, m tömegű test fel van függesztve egy l hosszúságú szálra, körülötte homogén E térerősség van. A térerősséget a fonálra merőleges tengely mentén 90°-kal elforgatjuk nagyon lassan. Fog-e lengeni az inga, és ha igen, akkor mekkora kitéréssel?

köszönöm a választ

A középső töltés mindenképp egyensúlyban van, a rá ható erők kioltják egymást, az csúcsnál lévő töltéseket kell vizsgálni (elég nyilván az egyiket). Az erre ható erők eredője mindenképp átlóirányú a szimmetria miatt, felírod ebben az irányban, hogy az eredő erő 0. Most nem írom végig az egyenleteket, az egyensúly feltétele:

Sziasztok én egy lehet nem érdekes söt biztos:D de fizika feladvány megoldását szeretném meg tudni leírom remélem átlátható lessz nos van egy négyzetünk minden csúcsa Q töltésü a középpontban van egy Q* az hogy milyen töltésüek nincsenek meg adva a kérdés az lenne hogy hogyan lehet azt meg csinalni hogy ezek egyensúlyban legyenek...?

én is akarok:)

Volt valaki Szilárd Leó versenyen?

Én akarok.

Biztos akar. Ősszel a nyílt napon még voltak érdeklődők.

Akar valaki a BME fizika szakra menni rajtam kívül? XD

Az, hogy az emelt szintű és a közép szintű érettségi között kicsi vagy nagy különbség van, az az első években eléggé ingadozott, nehezen tudták belőni a szinteket.

Eléggé ingadozhatnak a bekerülési pontok/százalékok az egyetemre. Régebben is volt olyan, hogy évekig 70-75 pont között volt egy szak bekerülési pontja, aztán hirtelen az egyik évben csak max ponttal lehetett bejutni, mert olyan erős volt az adott évfolyam. Nem éri meg szerintm taktikázni, annál is inkább, mert, ha emeltre mész, és átszámítva rosszabb lenne, mint a középszintű, akkor azt veszik figyelembe, ergó nem veszíthestz, ha elszúrnád. Egyébként, ha megnézed a közepet és az emeltet, akkor nem olyan nagy különbség van köztük.

Mondjuk nekem azért van heti 5,5 matekom (nem tagozat, fakt.) és megtanuljuk, ami emelt szintre kell(enne). :)

Egyébként szerintem annak akinek nem kell emelt szintűznie, hogy felvegyék az azért már lerakott valamit az asztalra. nem? (nem nyelvvizsgára gondolok elősorban)

Teljesen jogos. Én is reál oriántációjú szakra (fizika) szeretnék menni, de mégse megyek emeltre se fizikából se matekból. Plusz pontjaim jelentős része (75 %-a) megvan így nem éri meg emeltezni. Jól sikerült matek, fizika közép is elég lesz (remélhetőleg). Egyébként a fizikát már megcsináltam előrehozottan (98%). Másrészt, nekem nem 2 nyelvvizsgával van ennyi plusz pont, hanem nyelvvizsga+innovációs verseny (ami azért nem áll a témától olyan távol :) ).

Csatlakozom az előttem szólohoz. a lájden edénynel végezhető kísérletek:az üvegházhatás elvén működik.A külső sugárzásoktol védi meg a benne levő dolgokat. én egy lecsókolbászon teszteltem eddig. és több hét után se rohadt el.

Nem gondoltam, hogy ilyen oktatáspolitikai vita kerekedik ebből a kis feladatból, de talán nem baj. Én mindössze arra gondoltam, hogy első közelítésként talán elfogadható az a modell, hogy a h magasságú teli edény oldalán x magasságban lévő nyíláson kifolyó kismennyiségű m tömegű víz 1/2^.m^.v₀² mozgási energiáját az edény tetejéről a vízszintcsökkenés formájában eltünő m tömegű vékony vízréteg m^.g^.(h-x) helyzeti energia csökkenéséből nyeri. Innen , az esés ideje , a vízszintesen megtett távolság és ez az, aminek a szélső értékéhez nem kell deriválás.

Ja, és sok középiskolában csak heti három matekóra van, ami alatt a matektanár nem tud annyit sem megtanítani, amennyi az elsőéves matematika elkezdéséhez sem kell. Szegény diák, hiába reál érdeklődésű, nem tudja, milyen lehetőségei vannak felkészülni matematikából.

Gondolkozz egy végzős középiskolás fejével. Tegyük fel, hogy van két nyelvvizsgád (letetted, mert azt később is beírhatod az életrajzodba, míg az emelt szintű érettségit felvételi után senki sem fogja nézni). Megvan annyi plusz pontod, hogy az emelt szintű érettségi nélkül is fölvesznek. Reál érdeklődésű vagy, és a törihez meg magyarhoz semmit sem értessz, ráadásul a tanáraid sem a legjobbak, ezért egész áprilisban a töri és magyar érettségire tanulsz. Te készülnél az emelt szintű matek és fizika érettségire is? (Az emelt szintű biológia még rosszabb, mert teljesen kiszámíthatatlan.)

Akkor meg minek megy olyan szakra?

Attól függ. Ahhoz, hogy fölvegyék a szakra, nem kell.

Én most éppen egy végzős középiskolás lányt készítek fel az emelet szintű érettségire, és ahogy elnézem, tananyag a deriválás. Egy reál profilú felsőoktatási szakhoz pedig kell matek emelt szintű érettségi. Nem?

Én nem szerettem volna senkit sem elijesztgetni, hisz amit írtam az középiskolás tudással megoldható, s nem kell hozzá semmiféle tagozat. Legalább is az volt, mikor én voltam középiskolás. Nem tudom, mi változott azóta? Ha elijesztettem Danit, bocsánat érte.

Több jelből meg arra következtetek, hogy valamely felsőfokú oktatási intézményben első éves hallgató.

Dani!

Legalább azt áruld el, hogy hova jársz.

A fél magasság nekem is kijött. De ne ijesszük el barátunkat, a deriválás túlzás. Szerintem azzal a modellel amit tőle várnak, csak azt kell tudni, hogy ha két szám összege állandó, mikor maximális a szorzatuk.

Nem tudom, hogy ma milyen a 4-jegyű függvénytáblázat, az enyém már 10 éves lehetett, mikor megszülettél. Abban megtaláltam a megoldáshoz szükséges 2 képletet (összetett mozgások ill. hidrodinamika) és egy kis rendezés utáni deriválással (szélsőérték számításhoz) kijött az eredmény. Fél magasság.

Ha valaki ért a fizikához valamennyire, ez alapján meg kell tudni oldania és a megértéshez mindenképpen a megoldás elkészítése szükséges.

Egyébként hova jársz? Ha nem vagyok túl indiszkrét.

Hát mit mondjak 59pontom van 61pontól 3as... szval ha lenne valaki olyan rendes és megoldja, mert most elvagyok havazva jópár tantárgyal :( Analízisből meg kell csinálnom 60feladatot.. szval pls segítsetek.

Nem szép, amit mondok ... de biztosan jó az, ha hozzáértők szereznek Neked egy megajánlott hármast?

Hozzászólást, látom, 15-20 másodpercenként tudsz berakni, ami azért nem kis felkészültségre vall. Szerintem fordíts a fizikára több, a hsz-frekvenciára kevesebb energiát.

Esetleg add elő, meddig jutottál a feladatok megoldásában, és biztosan lesz, aki rávezet a hogyantovábbra. Ha viszont semeddig se jutottál, akkor tulképp mire föl akarsz hármast??

Elnézést, ha szemtelen vagyok kicsit ... de ennyire nyíltan még nem találkoztam a "legytek má helyettem okosak, mer az nekem jó" szindrómával.

3, Egy edényben h magasságban áll a víz. Az edény oldalán milyen magasságban legyen egy kis keresztmetszetű kiömlő nyílás, hogy a kiömlő folyadék a lehető legmesszebb érje el a vízszintes talajt? Szval ezeket a feladatokat kellene megoldani. ha valaki tud segítsen. Előre is köszi

Hello. Valaki tudna segíteni? Ezen múlik a félévi 3as megajánlott jegyem

2, Legfeljebb mekkora vízszintes erővel lehet az 5cm sugarú, 1kg tömegű, tömör hengerre csavart fonalat húzni, hogy a henger a talajon ne csússzon meg, ha a tapadási együttható 0,3?

Hello. Valaki tudna segíteni? Ezen múlik a félévi 3as megajánlott jegyem Szval aki ért a fizikához az kérem próbálkozzon vele: 1feladat, 25fokos hajlásszögű lejtőn 10cm sugarú, 0,3kg tömegű korong csúszás nélkül gördül. Mekkora sebességgeléri el a lejtő alját, ha 1,2m magasságból indul? Mekkora lehet a tapadási eggyüttható?

Hello. Valaki tudna segíteni? Ezen múlik a félévi 3as megajánlott jegyem Szval aki ért a fizikához az kérem próbálkozzon vele: 1, 25fokos hajlásszögű lejtőn 10cm sugarú, 0,3kg tömegű korong csúszás nélkül gördül. Mekkora sebességgeléri el a lejtő alját, ha 1,2m magasságból indul? Mekkora lehet a tapadási eggyüttható? 2, Legfeljebb mekkora vízszintes erővel lehet az 5cm sugarú, 1kg tömegű, tömör hengerre csavart fonalat húzni, hogy a henger a talajon ne csússzon meg, ha a tapadási együttható 0,3? 3, Egy edényben h magasságban áll a víz. Az edény oldalán milyen magasságban legyen egy kis keresztmetszetű kiömlő nyílás, hogy a kiömlő folyadék a lehető legmesszebb érje el a vízszintes talajt? Szval ezeket a feladatokat kellene megoldani. ha valaki tud segítsen. Előre is köszi ÉS ha lehet egy kis magyarázó szöveget is kérnék ha belekérdezne a tanár :)

A fordított ciklois-íven. A Leibniz-cel együttműködő Bernoulli-testvérek foglalkoztak komolyabban e problémával. Lásd még: K.A. Ribnyikov: A matematika története, Sain Márton: Nincs királyi út! és klikk ide.

Sziasztok! Van egy feladatom: A h magasságban lévő golyó valamilyen görbén súrlódásmentesen lecsúszik. Milyen alakú görbén csúszik le minimális idő alatt?

ezt kérhetem bővebben? :) nem látom át az ilyen dolgokat. meg hálás is lennék.

Ha a föld csak évente egyet forogna, és ugyanarra forogna, amerre kering a nap körül, akkor folyton ugyanaz az oldala nézne a nap felé. Ha egyáltalán nem forogna, akkor évente egy nap lenne. Ebből lineáris extrapolációval.

Miért?

Szerintem két nappal hosszabb lenne az év, mint most, tehát 367 és egy negyed napos.

Tehát: A Föld Nap körüli keringése és tengely körüli forgása is az óramutató járásával ellentétes irányú. A földi év 365 napos. Hány napos lenne az év, ha a Föld ellenkező irányban keringene a Nap körül? Változatlan A tengely körüli forgás irány és a sebességek mellett.

Attól függ, milyen gyorsan forogna ellenkező irányban. (A hold milyen irányban keringene egyébként?)

Ha a Föld ellenkező irányba forogna, akkor milyen hosszú lenne a földi év? Tekintsük a földi évet 365 naposnak.

Londonban a Science Museum shopjában is lehet kapni, és rengeteg féle van, még valami társasjáték is volt vele.

Szia Sirpi!

Kösz a pontosítást! Így gondoltam.

Először egy háromszöget adtam a diákjaim kezébe, hogy magyarázzák meg mikor melyik csúcs mágneses.

Nagyon egyszerűnek gondoltam a problámát, ennek ellenére csak kis segítséggel jöttek rá.

Ezért bátorkodtam itt az oktaéderes változatot beírni.

Ügyes kis játék. Jó lenne, ha többféle méretű rudacska lenne. Vagy akár változtatható méretű rúd. Mivel csak a rudak végében van egy kis acélmágnes, megoldható lenne az É-É, D-D végű rúd.

Szerintem aki eddig reagált, az mind (egy picit) félreértette a feladatot. A kérdés nem az volt, hogy legfeljebb hány mágneses csúcs lehet, hanem hogy mely k értékekre igaz, hogy van olyan rúdelrendezés, amikor épp k db mágneses csúcsa van az oktaédernek. Mert eddig senki nem értelmezte így a feladatot.

Oda a 2 pont. Geomag. :o)

Ami nálunk biztosan kapható, az a Geomag, nagyon igényes, mondjuk ennek megfelelően drága is, van pl. olyan verziója, ami világít a sötétben. Az áráról annyit, hogy több, mint 100 Ft egy elem belőle, bár nekem egy londoni leértékelésben sikerült picit olcsóbban hozzájutnom. Amúgy tényleg nagyon jó játék :-)

Üdv!

Kapható nálunk is. Kétféle is. Egy olcsóbb és eléggé silány kínai utánzat, a műanyag rudacskák végén aprócska mágnesecskék, mik pár érintés után kiesnek. Ill. egy eredetibb (pl. Mantel) profi és eléggé drága. A mágnesek még nem estek ki, így nem tudom, hogy mindkét végén külön-külön mágnes vagy egy rúd.

Ettől függetlenül, ha egy rúd, akkor is minden csúcsa mágneses, ahogy Jónás is említette.

Na jó, legyen inkább csak hat.

Amúgy szerintem mind a nyolc csúcsa is lehet mágneses.

Ezt a játékot én is csak külföldön láttam, és ott is kis adagban drágán árulták, ráadásul ezzel a képpel ellentétben az összes rúd azonos színű volt.

Kedves Fórumosok!

Angliából hoztam egy mágneses építő játékot. Lehet, hogy itthon is lehet kapni, én még nem láttam.

A játék szines mágnesrudakból és lágyvas golyókból áll. Ezekből lehet különböző térbeli alakzatokat összerakni.

Rakjunk össze egy szabályos oktaédert!

Nevezzük mágnesesnek az oktaéder egyik csúcsát, ha megtartható egy lágyvas golyó segítségével.

Hány mágneses csúcsa lehet az oktaédernek?

Valóban benne van egy régi KöMaLban, de arra számítottam, hogy valaki ezt kitalálja. :(

Abbol, hogy a gomb kozepen merheto potencial megegyezik a feluletre vett atlaggal, kovetkezik az is, hogy azonos allitas ervenyes a tererossegre (mint vektorra), ezalatt pedig a 2. tipusu feluleti integralt kell erteni. Ez egyszeruen ugy indokolhato, hogy vesszuk a potencialra vonatkozo egyenlet mindket oldalanak negativ gradienset a gomb kozeppontjanak helykoordinataja (mint parameter) szerint, ekkor az egyik oldalon megjelenik a kozepen merheto tererosseg, a masik oldalon "bederivalhatunk" az integralok moge, ott atalakithatjuk a nabla operatort, hogy a gomb kozeppontja+a feluletet "pasztazo" helyvektor szerint derivaljon (ettol az integral erteke nem valtozik), ezt ki lehet dumalni pl. Leibnitz szaballyal. Ekkor az integral mogott a feluleten merheto tererosseg jelenik meg, azaz a megfelelo vektoregyenloseghez jutunk. Egyebkent ez az egesz elemi fizikai meggondolasokbol is kovetkezik, amit elvben egy kozepiskolas is megerthet. Nagyon szep elemi megoldas olvashato egy regi KoMaL-ban a problemarol (asszem 2001-bol).

Hát igen, akkor azt is kérdezhetném, hogy az előbb említett függvények középértéktételére mutassunk egy szép fizikai "bizonyítást".

Na így már más. Utánanézve a fizikai fogalmaknak sikerült matematikai nyelvre fordítanom a dolgot (ez a lépés volt a legnehezebb :), ekkor viszont:

a Gauss-tétel miatt a töltés egyenlő az E elektromos térerősség, mint térbeli vektormező, divergenciájával, de feltétel szerint a töltés zérus, tehát E divergenciamentes. A feltétel szerint E-nek van potenciálfüggvénye, legyen ez pl. U, melyre tehát grad U=E (vagy -E, mindegy). Tudjuk, hogy "div grad=Laplace", az eddigiekből tehát azt kapjuk (a szereplő vektormezőkről megfelelő simaságot feltételezve), hogy az U potenciálfüggvény harmonikus: U=0. A feladat állítása pedig ezután már nem más, mint a harmonikus függvényekre vonatkozó középértéktétel.

Szóval Geg előző hozzászólása úgy tűnik, nem volt jó, hiszen a felszíni integrál értéke jelen esetben szám, t.i. a potenciálfüggvény pontbeli értéke, és nem vektor.

Bocsánat, nem lett igazán világos a feladat... Szóval, így talán érthetőbb: Mutassuk meg, hogy töltésmentes elektrosztatikus tér bármely pontjában a potenciál egyenlő az adott pont köré írható tetszőleges sugarú gömb felszínén a potenciál átlaga. Így már érthető, és ebből érthető az is, hogyan értettem a térerősség átlagát.

Az elektromos tererosseg valoban egy vektor-vektor fuggveny. Ennek a fuggvenynek a gombon vett felszini integraljat tobbfelekeppen lehet ertelmezni (pongyolan):

1., A vektormezo es az infinitezimalis feluletelemvektor skalarszorzatok osszege.

2., A vektormezo es az infinitezimalis feluletelemek (mint szamok -> feluletelemvektor absz.erteke) szorzatainak osszege. Termeszetesen mindegyiket adott parameterezes mellett lehet kiszamitani.

Az elso eredmenye egy szam, a masodik eredmenye vektor. A feladatban az atlagot a 2. szerint kell erteni (leosztva a felulet mertekevel), mig pl. a Maxwell-egyenletekben az 1. tipusu feluleti integralok szerepelnek.

Az egesz teljesen analog a kulonbozo tipusu vonalintegralokkal .

Mate miert adsz fel olyan peldat ami benne volt a KoMaL-ban? =)

Bár ezt most én sem értem, szintaktikailag. A töltés egy R³R függvény, az E elektromos térerősség pedig szerintem egy R³R³ függvény, azaz vektormező. Az E függvény gömbön vett felszíni integrálja egy szám. Ez nem lehet egyenlő magával E-vel, ami vektor.

Kérlek, magyarázzátok el nekem, melyik függvény honnan hová képez, és akkor újraértelmezem a kérdést magamban. Amúgy egy integrálátalakító tételre gondolok, "csak" a mögöttes fizikát kellene megértsem :)

Úgy olvasom, hogy az elektromos térerősség felületi integrálja egy felszínen = a benne lévő töltésmennyiséggel. Ez értelmes így?

Gondolom a vektormező felületi integrálját, ahol a felszín a gömbfelület.

Mit értesz vektortérben egy gömbfelőletre eső átlagon?

33. feladat. Mutassuk meg, hogy töltésmentes elektrosztatikus térben bármely pontbeli elektromos térerősség egyenlő a térerősség pont köré írt tetszőleges sugarú gömbre vett átlagával!

Szia Jónás!

Csak megerősíteni tudom. Ádámka a "Valaki mondja meg" témába is feltette ugyanezt és én ott válaszoltam.

Beírom a tippemet, legfeljebb majd megcáfol valaki, aki jobban ért a fizikához.

A kettes súly mindig sin 30⁰=1/2-szer annyit mozdul el lefelé, mint az egyes súly. Ezért aztán m₁=m₂sin 30⁰=10kg.

Öveges sok könyvet írt, amiben leír olyan kísérleteket, amik házilag is elvégezhetőek. Ezeket néhány éve kiadták. Szerinten nézz utána ezekben.

Igen. Öveges József, Kísérletek könyve. Intermix, Budapest, 1997. Vedd ki könyvtárból, de ha nem sikerül, kérd kölcsön tőlem, nekem megvan otthon.

Sziasztok elnézést hogy itt kérek segítséget de itt volt az utolsó mail. Tehát ha valaki tud segíteni a kkor már 1-2 képlet is nagy segítség hogy legalább megértsem. Tehát a feladatom a következő: (van egy ábra is de azt is leírom hogy milyen infókat árul el) "A 2.29. ábra szerinti elrendezésben mekkora az m1 tömeg, ha a 30 fokos lejtőn lévő m2=20 kg tömegű test nyugalomban van?" Az ábrán egy 30 fokos lejtő van. (tehát egy derékszögű háromszög van rajta és balra a 90 foktól van a 30 fokos és 90 fölött a 60 fokos szög) A derékszöggel szemben lévő oldalon van az m2 test. a 60 fokos szögön egy csiga van és azon egy kötél fut. egyik végen a kötélnek az m2 test van a másik végen a derék szög mellett 2 m magasságban lóg az m1 test. (ja most scanneltem be az ábrát ott lesz sztem valahol) előre is köszönöm tényleg 1-2 képlet is nagy segítség lenne. köszönöm ha már nem bírtam várni akkor adam987@freemail.hu

Szia!olyan problémám lenne hogy 2006.1.20-ra Öveges József kisérletei közül kéne egy párat bemutatni(olyan 20db-ot) a legegyszerűbbeket és legérdekesebbeket.nem ismertek egy párt? légyszi segitsetek!!!köszi

Szerintem ha a fény sugárirányú, akkor a fényforrás bárhol lehet. Vagy nem?

3 videó túlhűtésről: itt

Van.:)

Hát nulla! Van más megoldás is?

Bocs. Igaz.

A lendulet-negyesvektor hossznegyzete minden tomeggel rendelkezo reszecskere pozitiv, tehat IDOszeru.

Akkor legyen:

32. Feladat: Egy homogén n törésmutatójú, R sugarú üveggömbben pontszerű fényforrás helyezkedik el. Mekkora a fényforrás és a gömb középpontjának távolsága, ha a képalkotás tökéletes? (Vagyis minden megtört fénysugár meghosszabbítása ugyanabban a képpontban metszi egymást)

No, nincs valakinek valami jó (érdekes) feladata? Addig is a megoldás a 30. feladatra:

A relativisztikus kinematika szerint egy pozitronnak/elektronnak a lendület-négyesvektora mindig térszerű, míg a fotoné fényszerű. Két térszerű vektor összege pedig mindig a fénykúpon belül van, így nem keletkezhet egy fotonból elektron-pozitron pár.

Kis szamolas, de ird be az erdekes masodik megoldast. Mar ha van. Mert kell lennie, mert ez a rovat cime. Az internetes kutakodast igenylo probleemak is eerdekes fizikafeladatok. Bocs.

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".

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.

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

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?

Szia Skori!

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

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.

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...

Ez már a Jedi kard!

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

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.

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.

És még egy utolsó kép.

Még egy kép: mikor az ujjunkat hozzáérinjük.

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

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

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.

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.

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.

(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.)

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...

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.

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

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.

Es az igaz, hogy korlatos tartomanyon mindig letezik ?

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...)

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

[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 :)

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.

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

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)

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???

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. ;-)

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.

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".

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?

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!

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 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

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.

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!

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!

Respect!!!

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

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?

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!

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?

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 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 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.

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.

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.

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.:)

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 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 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

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 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.

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 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 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 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.

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 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.

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?

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.

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 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.

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

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.

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

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?)

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

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.)

Megcsináltam CD-tokokkal: