Középiskolai Matematikai és Fizikai Lapok
Informatika rovattal
Kiadja a MATFUND Alapítvány
Már regisztráltál?
Új vendég vagy?

Fórum: Fizikások válaszoljanak

  [1]    [2]    [3]    [4]    [5]    [6]    [7]    [8]    [9]    [10]    [11]    [12]    [13]    [14]    [15]    [16]    [17]    [18]    [19]    [20]    [21]    [22]    [23]    [24]    [25]    [26]    [27]    [28]    [29]    [30]    [31]    [32]    [33]    [34]    [35]    [36]    [37]    [38]    [39]    [40]    [41]    [42]    [43]    [44]    [45]    [46]    [47]    [48]    [49]    [50]    [51]    [52]    [53]    [54]    [55]  

Szeretnél hozzászólni? Jelentkezz be.
[345] Zilberbach2011-03-30 22:19:02

Több megbízhatónak tűnő helyen is előfordult az információ, hogy vitorlás hajóval lehet széliránnyal szemben haladni.

Tudja-e valaki, ennek a fizikai alapját?

[344] Geg2011-02-10 12:46:47

Annyiban kiegeszitenem es javitanam is magam, hogy azert nem igaz az, hogy nem lehet hatarsebessegrol beszelni, csak ezt mindig az adott problema meretei szabjak meg. Az mar mas kerdes, hogy ez surlodo gaz eseten nem relevans kerdes, mert belul amugyis ho termelodik, vagyis nem is merulhet fel az, hogy kvazisztatikus adiabatikus -e a folyamat (amiben tehat dS=0). Azonban pont kvazisztatikus esetben igaz csak az, hogy az elemi entropiavaltozas dS=\deltaQ/T, altalaban nem.

Előzmény: [343] Geg, 2011-02-10 11:32:54
[343] Geg2011-02-10 11:32:54

Nem lehet hatarsebessegrol beszelni. Amennyiben a kezdeti allapot es a vegallapot kozott entropiakulonbseg van az utobbi javara, akkor a folyamatot semmi esetre sem lehet kvazisztatikusnak tekinteni, mert ha az lett volna, akkor az entropia nem valtozik. Marpedig ha van belso surlodas, akkor belul ho keletkezett es a gazok entropiaja a \Delta S=\int_1^2 \frac{1}{T} \delta Q keplet szerint nott. Maskepp mondva: a surlodas altal keltett hot sosem fogjuk (teljes egeszeben) mechanikai munkava visszaalakitani, a folyamat irreverzibilis, amiben az entropia mindig no.

Előzmény: [341] patba, 2011-02-10 07:49:03
[342] patba2011-02-10 08:55:05

Most nézem, hogy a falhoz nincs is megadva tömeg... Így valóban lehet kvazisztatikus is meg nem is.

Előzmény: [341] patba, 2011-02-10 07:49:03
[341] patba2011-02-10 07:49:03

Nem számoltam ki, de nem hiszem, hogy a fal 20m/s-nál nagyobb sebességgel mozogna bármikor is. Akkor ez már nem tekinthető elég jó közelítéssel kvazisztatikus folyamatnak? Mekkora a határsebesség, aminél még rá lehet mondani, hogy kvazisztatikus?

köszönöm

Előzmény: [337] Geg, 2011-02-10 00:40:00
[340] Róbert Gida2011-02-10 01:58:09

A feladatok egy másik része meg közönséges lopás. Ha megnézed az informatika részét a Kömalnak, akkor egyszer sem látod azt, hogy "javasolta" xy. Egy-kétszer van csupán, hogy xy OKTV z. feladat ötlete alapján.

Ma már a hasonló programozói oldalak némelyikén ott van egy olyan mező, hogy "resource", azaz forrás. Ha pedig valaki javasol egy példát és üresen hagyja, (azt sem írja oda pl. hogy own resource) akkor jó eséllyel törlik a feladatjavaslatát. A Kömalnál úgy látszik ez nem követelmény.

Előzmény: [339] Geg, 2011-02-10 01:08:32
[339] Geg2011-02-10 01:08:32

Azert en megvedenem a kituzoket, mert egy ido utan nagyon nehez teljesen uj feladatokat kitalalni, egyszeruen veges sok lehetoseg van a kozepiskolas fizika keretein belul (ami raadasul egyre szukul az evek soran) peldak kituzesere.

Persze egy kis verfrissites sosem arthat, talan lehetne kozepiskolabol nem reg szabadult, lelkes egykori KoMaLozokat talalni, akiknek lennenek uj otleteik feladatokat illetoen. Amugy fizikabol szerintem mostanaban eleg jo peldak szoktak lenni (a matekot nem nezem, ugyhogy nem tudom).

Előzmény: [338] Róbert Gida, 2011-02-10 00:56:20
[338] Róbert Gida2011-02-10 00:56:20

"Sajnalatos modon a KoMaL-ban is evrol evre felbukkan ez a problema, ami velemenyem szerint rendszeresen felrevezetheti az erdeklodo diaksagot."

Geg ezen nem csodálkoznék, ugyanazok a feladatok pörögnek a Kömalban. Másik topikból Tassy Gergelytől: "Mindkét feladat lényegében szó szerint (nagyon) régi KöMaL-ból való."

Újakat nem nagyon találnak ki a feladatkitűzők, lustaság/trehányság lehet az oka ennek. Szerintem egy Kömal cd-vel a feladatok felének a megoldását ki lehet másolni.

Előzmény: [337] Geg, 2011-02-10 00:40:00
[337] Geg2011-02-10 00:40:00

A kerdes jogos, a problema feloldasa pedig abban all, hogy a Poisson-egyenleteket csak olyan allapotvaltozasokra szabad alkalmazni, melyekben azon tul, hogy nincs hocsere, "vegtelenul lassuak", un. kvazisztatikus folyamatok. Ezt a kovetelmenyt kozepiskolaban nem hangsulyozzak, sot sokszor nagyon gyors folyamatokat is Poisson egyenletekkel irnak le, ami egesz egyszeruen elvileg hibas. Sajnalatos modon a KoMaL-ban is evrol evre felbukkan ez a problema, ami velemenyem szerint rendszeresen felrevezetheti az erdeklodo diaksagot.

A Poisson egyenletek levezetesekor ugyanis impliciten feltetelezzuk, hogy a gaz allapotanak valtozasa soran mindvegig egyensulyban van, hiszen az elso fotetel differencialis alakjabol indulva, minden egyes idopillanatara alkalmazzuk a pV=NkT allapotegyenletet (integralas utan ebbol jon aztan ki a pV^{\kappa}=allando osszefugges). Az allapotegyenlet azonban szigoruan az egyensulyi termodinamika keretein belul ervenyes, nemegyensulyi, gyors folyamatokban nem is ertelmezzuk a gaz nyomasat es homersekletet (legalabbis nem a szokasos modon).

A feladatban vazolt folyamatban a Poisson egyenletek ervenyuket vesztik, nem megfordithato (irreverzibilis) allapotvaltozasrol van szo, melyben a masodik fotetel szerint a gaz entropiaja nem marad allando, egeszen az egyensuly bealltaig novekszik. Erre utal a megoldas utolso mondata, mely szerint lengesek jonnek letre, melyet a gaz belso surlodasa allit meg, a fal pedig vegul egy olyan helyen all meg, ahol a nyomasok megegyeznek, a homersekletekre pedig nincs megszoritas. A problema ezzel csupan az, hogy idealis gazzal nem lehet ilyen folyamatot megvalositani, ugyanis az idealis gaz belso surlodasa nulla es a kialakulo lengesek mindorokke fennmaradnak. Ha pedig nem idealis gazzal van dolgunk, akkor nem ervenyes ra a pV=NkT allapotegyenlet, de emiatt viszont a feladat sem elso, sem masodik felere adott numerikus eredmenyeket nem szabad komolyan venni.

Előzmény: [336] patba, 2011-02-09 20:36:28
[336] patba2011-02-09 20:36:28

De ha tudjuk, hogy adiabatikus, tudjuk a kiinduló állapotokat, akkor egy bizonyos nyomáson csak egy bizonyos térfogatú lehet, nem?

Tehát nem lehet olyan, hogy a nyomás x Pa(itt 3,4.105), és a térfogat vagy y vagy z, hanem a Poisson-egyenletek egyértelműen meghatározzák a térfogatot.

Előzmény: [335] Füge, 2011-02-09 20:32:18
[335] Füge2011-02-09 20:32:18

Az adiabatikus folyamat azt jelenti, hogy a gáz és a környezet között nem történik hőcsere, azaz Q=0, de ennek semmi köze sincs a hőmérséklet változásnak, ugyanis a hőmérsékletváltozás a belső energia változással, és ebben az esetben a hőtan első főtétele miatt a munkával arányos. Tehát attól, hogy egy folyamat adiabatikus, a gáz hőmérséklete változhat. Mivel a nyomás állandó \frac{V_1}{T_1}=\frac{V_2}{T_2} azaz adott nyomáson nem csak egyféle térfogata lehet a gáznak.

Előzmény: [334] patba, 2011-02-09 20:18:50
[334] patba2011-02-09 20:18:50

Holics László-A fizika OKTV feladatai és megoldásai 1961-2003 c. könyv 129-130. oldalán levő feladat b) részének a megoldását nem teljesen értem.

Ha az edény fala és a mozgó fal is tökéletes hőszigetelő, akkor a folyamat adiabatikus, azaz a gáz adott nyomáson csak adott térfogatú lehet.

Ám a megoldásnál azt írja, hogy több helyen is megállhat a fal, csupán annak kell teljesülnie, hogy a nyomás ugyanakkora (minden esetben 3,4.105Pa) a tartály két részében. (pV^\kappa=áll. ? )

Mi miatt lehet ez az ellentmondás? A feladat megoldója miért nem tekinti adiabatikusnak a folyamatot?

[333] Alekszandrov2011-01-26 21:49:39

Szép estét!

A gerjesztési törvény az időben állandó elektromos áram és az általa keltett időben állandó mágneses tér mennyiségi kapcsolatát fejezi ki. Az egyenlet baloldalán a mágneses térerősség-vektor zárt görbe szerinti vonalintegrálja van, míg a jobboldalon az áramsűrűség-vektornak az előbb említett zárt görbe által határolt felületre vonatkozó felületi integrálja. A gerjesztési törvény segítségével a mágneses térerősséget a tér egy tetszőleges pontjában általában nem tudjuk kiszámítani. Akkor van lehetőségünk a térerősség meghatározására, ha az integrálás zárt útja mentén a mágneses tér kvalitatív menetét valamilyen módon (legtöbbször szimmetriai megfontolásokból) ismerjük. Az általad említett esetben sajnos nem tudunk olyan speciális zárt görbét felvenni, amelynek mentén a térerősségvektor valamiféle szabályosságot mutatna. A Biot-Savart törvényt éppen azért lehet használni, mert ott létezik ilyen "szimmetria": nevezetesen az, hogy a vezetékelem és a pont felé húzott sugár bezárt szöge mindig 90 fok, másrészt mindegyik vezetékelem távolsága a kör középpontjától ugyanaz (r). Üdv!

Előzmény: [332] Nánási József, 2011-01-26 16:45:40
[332] Nánási József2011-01-26 16:45:40

Ez kimaradt, a kör középpontjában mekkora.

[331] Nánási József2011-01-26 16:42:34

Szervusztok!

A kérdésem az lenne, hogy egy zárt vezető körben, ha I áram van, a kör sugara r, akkor a mágneses indukció vektor mekkora?.

Ezt nem a Biot-Savart törvénnyel levezetve, hanem az Ampére-féle gerjesztési törvénnyel levezetve.

Segítségeteket előre is köszönöm.

[330] cserika702011-01-24 13:10:08

Sziasztok! Egy kis segítséget szeretné kérni a következő témával kapcsolatban.

Az örökmozgó megvalósítási kísérletei és a megoldások hiányosságai

Szívesen veszek bármilyen segítséget.

[329] lorantfy2011-01-17 19:03:33

A dugattyús légritkító egy hengerbe zárt dugattyú két szeleppel. A dugattyút egy motorral le föl mozgatják. A bemenetet egy csővel összekötik azzal a zárt térrésszel ahol a nyomást csökkenteni szeretnék, a kimeneten a levegő a szabadba távozik. Mikor a dugattyú lefelé mozog, akkor nő a térfogat és így csökken a nyomás a hengerben. Ekkor kinyílik a bemeneti szelep, a kimeneti zárt. Beáramlik a levegő a hengerbe, majd záródik a bemeneti szelep és kinyílik a kimeneti. A dugattyú felfelé mozog és kipréseli a levegőt a hengerből a szabadba. Zár a kimeneti szelep és kezdődik az egész elölről.(Gondoltam találok majd ábrát a Neten, de nem volt megfelelő, így kénytelen voltam gyorsan rajzolni egyet. Ídőhiány miatt sajnos elég gyenge lett.)

Előzmény: [328] Tamac, 2011-01-16 17:25:13
[328] Tamac2011-01-16 17:25:13

Kérlek ha tudjátok meg tudnátok írni,hogy hogyműködik a dugattyús légritkító? Kérlek nagyon fontos

[327] Tóbi2011-01-13 14:24:05

Amikor a hangya a bolytól x cm-re van, a sebessége \frac{200}{x}\frac{cm}{s}. Így az x és x+\delta közti távolságot \frac{x}{200}\delta s alatt teszi meg. A szükséges idő így

\int_{100}^{200} \frac{x}{200} dx=75

Előzmény: [326] csyabi, 2011-01-13 09:46:38
[326] csyabi2011-01-13 09:46:38

Kedves Fórumozók!

Az alábbi feladathoz szeretnék megoldási ötleteket kérni:

"Egy hangya a bolytól egyenes vonal mentén távolodik, úgy, hogy sebessége fordítottan arányos a bolytól mért távolságával. Amikor a hangya a bolytól 1 m-re van, sebessége 2 cm/s. Mennyi idő múlva ér a hangya 2 m távolságra a bolytól?"

A válaszokat előre is köszönöm!

[324] stamas012010-12-13 13:26:20

Hello mindenki.

AZ a helyzet hogy kaptam egy házidolgozatot amit neten kell megcsinálni. minden feladatot csak egyszer próbálhatok megoldani aztán vagy jó vagy nem. Ha van itt valaki aki nagyon ért a fizikához, azon belül az optika témeköréhez és megadná msn-címét és élsebe segítene nekem kitölteni a feladatsort(megmondani az eredményt:D) annak nagyon hálás lennék.

[323] Lagrange2010-09-17 17:34:11

Üdvözletem mindenkinek!

A következő 2 feladatot sajnos nem tudom megoldani... Megkösszönném, ha valaki, aki tudja segítene, hogy hogy kell.

Tehát akkor a két feladat:

1. Egy nyitott tartály fenekén lévő 10 mm átmérőjű nyíláson keresztül 750 liter folyadék folyik ki óránként (A tartály átmérője: 800 mm, a tartályban a folyadékszint állandóan 900 mm).

a. Határozzuk meg a kifolyási tényezőt! b. Mennyi idő alatt ürül ki a tartály, ha a folyadék pótlását megszüntetjük?

2. Milyen magas állandó szintet kell biztosítanunk egy etil-alkohol tartályban, ha a szükséges kifolyási áramlás 4 köbméter/óra? A kifolyás a tartály aljára szerelt 22 m hosszú, 38 mm belső átmérőjű vízszintes irányú horganyzott vascsövön keresztül történik. (Az alkohol sűrűsége: 789 kg/köbméter; dinamikai viszkozitás: 1,5 * 10 a -3-on Pa*s)

[322] Fernando2010-08-14 19:05:25

Fourier sorfejtéssel.

Előzmény: [321] Janosov Milán, 2010-08-12 08:32:28
[321] Janosov Milán2010-08-12 08:32:28

Igen, azt hiszem a stroboszkopikus megvilágítás kulcsszó lehet, és fennáll az állandó frekvencia miatt. Csak hogy ebből hogy következik, amit láttam..?

LC kijelzőn is kell legyen megfelelő sebességű, frekvenciájú képfrissítés, de ott még a tollas kísérlet sem működik (legalábbis én nem látom működni). Ez viszont fura.

Előzmény: [320] Fernando, 2010-08-09 22:45:56
[320] Fernando2010-08-09 22:45:56

A TV képe villódzik. Mozgókép: a moziban 24 kép/sec, technikailag kényelmesebb a 25 kép/sec (50 Hz miatt), ami valójában 50 félkép/sec, mert így egyenletesebb. Tehát ez tképpen stroboszkópikus megvilágítás.

Na mármost lehetséges, hogy a különböző megjelenítők különböző frekvenciájú stroboszkópikus megvilágítást jelentenek.

Tipp: a húr nem szinuszosan rezeg, hanem más alakú rezgéseket végez, aminek a Fourier sorában persze többféle harmonikus fgv van. Innetől elképzelhető, hogy a különböző frekvenciájú megvilágítások a húr rezgésének más-más Fourier együtthatóira vezet. Talán.

  [1]    [2]    [3]    [4]    [5]    [6]    [7]    [8]    [9]    [10]    [11]    [12]    [13]    [14]    [15]    [16]    [17]    [18]    [19]    [20]    [21]    [22]    [23]    [24]    [25]    [26]    [27]    [28]    [29]    [30]    [31]    [32]    [33]    [34]    [35]    [36]    [37]    [38]    [39]    [40]    [41]    [42]    [43]    [44]    [45]    [46]    [47]    [48]    [49]    [50]    [51]    [52]    [53]    [54]    [55]