Kezdőlap


Cím:	A matematika és fizika totó eredménye
Füzet:	2006/február, 106 - 110. oldal	PDF \| MathML
Témakör(ök):	Egyéb írások

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.

A múlt havi számunkban közreadtuk a 2005. évi Őszi Ankét totó-kérdéseit. A helyes válasz:

\begin{matrix} 1,X,2, 2,1,1,  1,X,X, 2,1,1, X,X. \end{matrix}

A legjobb eredményt, 13 találatot Nagy Zoltán (Szolnok, Varga Katalin Gimn., 12. o.t.) érte el; könyvjutalmat kapott.
Az alábbiakban rövid útmutatást adunk a totóban szereplő feladatok megoldásához.

1. Egy pozitív egészekből álló sorozatot kiegyensúlyozottnak nevezünk, ha van olyan

k \geq 1

, hogy a sorozat első

k

eleme a megadott sorrendben megegyezik a sorozat utolsó

k

elemével. Legyen

e

a legrövidebb olyan sorozat, amelyik kiegyensúlyozott lesz, akár az

1

, akár a

2

, akár a

3

, akár a

4

, akár pedig az

5

számjegyet írjuk a végére. Ekkor a legrövidebb ilyen

e

sorozat hossza 31 (1); 41 (2); nincs ilyen sorozat (X).

Megoldás. A helyes válasz: (1). Ha

X

olyan számsorozat, amely után az

y_{1}, y_{2}, ..., y_{n}

számok bármelyikét írva kiegyensúlyozott sorozatokat kapunk, akkor tetszőleges

y

esetén az

X y X

sorozatnak is meglesz ugyanez a tulajdonsága, ráadásul az

y

-t a végére írva is kiegyensúlyozott marad. (A hossza pedig 1-gyel több, mint az

X

hosszának kétszerese.) Ebből következik, hogy az egyetlen 1-esből álló sorozatból kiindulva, a konstrukciót négyszer egymás után alkalmazva (

y = 2,3,4,5

-re) egy 31 hosszú, megfelelő tulajdonságú sorozatot kapunk. Tehát csak az 1-es válasz lehet helyes. (Lényegesen fáradságosabban mutatható meg, hogy 31-nél rövidebb sorozat valóban nem lehet megfelelő.)

2. Az Északi-sark közelében egy 920 kg/m

^{3}

sűrűségű hatalmas jégkocka úszik a víz felszínén. Hányszor nagyobb munkával lehet a jeget a víz felszíne fölé emelni, mint a víz alá nyomni? Kb. 10-szer (1); kevesebb, mint 1,2-szer (2); több, mint 100-szor (X).

Megoldás. A helyes válasz: (X). Egy

a

oldalélű,

ϱ_{j}

sűrűségű úszó jégkocka

h = \frac{ϱ_{j}}{ϱ_{v}} a

mélyen merül be a

ϱ_{v}

sűrűségű vízbe. Ha lassan húzzuk kifelé, az emelőerő egyenesen arányos az elmozdulással, átlagosan tehát

\frac{m g}{2}

-nek vehető. A kiemeléskor végzett munka eszerint:

\begin{matrix} W_{1} = \frac{m g}{2} \cdot \frac{ϱ_{j}}{ϱ_{v}} a . \end{matrix}

A víz alá nyomott kockára ható erő is egyenesen arányos az elmozdulással, legnagyobb értéke a felhajtóerő és a gravitációs erő különbsége:

ϱ_{v} g a^{3} - m g

, átlagértéke pedig ennek fele. Kihasználva, hogy

m g = ϱ_{j} g a^{3}

, a víz alá nyomáskor végzett munka

\begin{matrix} W_{2} = \frac{1}{2} (\frac{ϱ_{v}}{ϱ_{j}} m g - m g) (a - \frac{ϱ_{j}}{ϱ_{v}} a) = \frac{m g}{2} \cdot \frac{{(ϱ_{v} - ϱ_{j})}^{2}}{ϱ_{j} ϱ_{v}} a . \end{matrix}

A kétféle munka aránya:

\begin{matrix} \frac{W_{1}}{W_{2}} = {(\frac{ϱ_{j}}{ϱ_{v} - ϱ_{j}})}^{2} = {(\frac{920}{80})}^{2} \approx 130. \end{matrix}

3. A

10^{21}

-nél nem nagyobb prímszámok száma: 21 127 269 486 616 126 181 (1);
21 127 269 486 018 731 928 (2); 21 127 269 486 017 800 357 (X).

Megoldás. A helyes válasz: (2).

4. Egy nagy tó felszíne tükörsima. A hőmérséklet fagypont alá süllyedt, és

1

nap eltelte után a jégréteg vastagsága 1 cm lett. Várhatóan mennyi lesz a jég vastagsága még

1

nap múlva, ha közben a levegő hőmérséklete nem változik meg? 2 cm (1);

\sqrt[]{2}

cm (2); 1,5 cm (X).

Megoldás. A helyes válasz: (2). A jég mélyebb rétegeinek fagyását az teszi lehetővé, hogy az éppen megfagyó jégből felszabaduló energia (a fagyáshő) hővezetéssel eljut a jég felszínére, és ott átadódik a környező levegőnek. Bizonyos

t

idő alatt megfagyó jégréteg

x (t)

vastagsága a kelvin (K) dimenziójú (

Δ T

) hőmérsékletkülönbségtől, a jég

λ

hővezetőképességétől (vagyis az egységnyi hőmérsékletgradiens hatására kialakuló hőáramsűrűségtől, melynek mértékegysége

\frac{J}{m s K}

), valamint a jég térfogategységre vonatkoztatott fagyáshőjétől (

ϱ L_{0}

, dimenziója

\frac{J}{m^{3}}

) függhet csupán. Ezekből a mennyiségekből méter dimenziójút csak

\begin{matrix} x (t) \sim \sqrt[]{\frac{λ Δ T}{ϱ L_{0}} t} \end{matrix}

módon kaphatunk. Ezek szerint a jég vastagsága (ha a külső körülmények nem változnak) az idő négyzetgyökével arányosan növekszik.

5. Egy kávéfőzőből éppen kifőtt a kávé, amikor a kifolyócsövét egy vízzel teli pohárba nyomjuk. Mi történik? Ismét megtelik vízzel (1); csak egy kevés vizet szív fel (2); nem képes vizet felszívni, hacsak nem döntjük meg szinte a vízszintes helyzetéig (X).

Megoldás. A helyes válasz: (1). A kávéfőző megtöltésekor a víz feletti térrészben levegő található. Amikor fő a kávé, a levegő szinte teljesen eltávozik a készülékből, helyét vízgőz foglalja el. Ha a kifolyócsövet vizespohárba nyomjuk, a lehűlő gőz lecsapódik, a külső légnyomás vizet nyom fel a készülékbe és szinte teljesen megtölti azt. (A kísérletet kellő óvatossággal bárki elvégezheti!)

6. Ha Békéscsaba és Budapest között egy ,,nyílegyenes'' alagút készülne, és ebben (vákuumban, motor nélkül) mozogna egy kezdősebesség nélkül induló vonat, hamarabb (1); később (2); kb. ugyanakkor (X) érkezne a célba, mint a szokásos gyorsvonat.

Megoldás. A helyes válasz: (1). A vonatra ható erőnek az alagút tengelyével párhuzamos komponense

F (x) = - m g x / R

lenne, ahol

x

az alagút közepétől mért távolság,

R

pedig a Föld sugara. Eszerint a vonat harmonikus rezgőmozgást végezne az alagútban, menetideje tehát a periódusidő fele:

\begin{matrix} T = π \sqrt[]{R / g} \approx 40 perc. \end{matrix}

Ez lényegesen kevesebb, mint a szokásos gyorsvonat mintegy két és fél órás menetideje.

7. Egy közönséges A4-es fénymásolópapírt félbehajtunk. Amit így kapunk, újból félbehajtjuk és ezt ismételjük, ameddig csak lehetséges. Hány félbehajtás tehető meg? Legfeljebb 7 (1); 8 vagy 9 (2); legalább 10 (X).

Megoldás. A helyes válasz: (2).
8.

12

darab egyforma kondenzátorból ‐ mint élekből ‐ kockát állítunk össze. A kocka melyik

2

csúcsa között mérhetjük a legnagyobb eredő kapacitást? Egy testátló két végpontja között (1); egy lapátló két végpontja között (2); valamely él két végpontja között (X).

Megoldás. A helyes válasz: (X). Az egyforma

R

ellenállásokból felépített kocka ismert feladat, ekvipotenciális pontok keresésével, majd soros és párhuzamos eredők számításával megkapható megoldása:

\begin{matrix} R_{testátló} = \frac{10}{12} R, R_{lapátló} = \frac{9}{12} R, R_{él} = \frac{7}{12} R . \end{matrix}

Az eredő ellenállás tehát az élek mentén a legkisebb. Ugyanez igaz a kondenzátoros kapcsolás váltóáramú impedanciáira is. Másrészt a kondenzátor impedanciája a kapacitással fordítottan arányos, az eredő kapacitás tehát az élek mentén nagyobb kell legyen, mint a lap-, vagy a testátló mentén.

9. Legfeljebb mekkora területet láthat be nyílt vízen egy jó szemű tengerész a vízszint felett 20 m magasan levő árbockosárból? 200 km

^{2}

(1); 400 km

^{2}

(2); 800 km

^{2}

(X).

Megoldás. A helyes válasz: (X) Jelölje a Föld sugarát

r

, a gömbsüveg sugarát

R

, magasságát

m

, az árbockosár vízszint feletti magasságát

a

, végül

x

az árbockosárból (mint pontból) a Földhöz húzott érintő hosszát. Ekkor

\begin{matrix} x^{2} + r^{2} = {(r + a)}^{2}, x = \sqrt[]{a^{2} + 2 a r}; \\ x r = (r + a) \cdot R, R = \frac{\sqrt[]{a^{2} + 2 a r} \cdot r}{r + a}; \\ m = \sqrt[]{x^{2} - R^{2}} - a, \end{matrix}

amibe

R

és

x

fenti értékét behelyettesítve, majd átalakítva:

\begin{matrix} m = a \cdot \frac{a + 2 r}{a + r} - a . \end{matrix}

Elég nagy

r

esetén ez körülbelül

a

-val egyenlő. A kérdéses terület tehát:

\begin{matrix} T = 2 r π a, \end{matrix}

ami

a = 20

r = 6 356

km esetén körülbelül

799 {km}^{2}

10. Egy 25 km/h sebességgel haladó traktor hátsó kerekének átmérője 1,8 m. Az aszfalthoz képest legfeljebb milyen magasra repülhetnek a kerékről leváló sárdarabok? Kb. 2,5 méterre (1); kb. 3,5 méterre (2); mintegy 4 méterre (X).

Megoldás. A helyes válasz: (2). A ferde hajítás képleteiből megkapható, hogy az ábrán látható helyzetben lerepülő sárdarab

\begin{matrix} h (α) = R (1 + sin α) + \frac{v^{2}}{2 g} (1 - sin^{2} α) \end{matrix}

magasságig emelkedik fel. Ez a kifejezés

sin α

másodfokú polinomja, melynek maximuma

sin α = g R / v^{2}

-nél található, és az ehhez tartozó emelkedési magasság:

\begin{matrix} h_{{max}_{}^{}} = R + \frac{g R^{2}}{2 v^{2}} + \frac{v^{2}}{2 g} = 3, 48 m. \end{matrix}

11. Egy ampermérő ellenállása néhány tized ohm, egy voltmérő ellenállása pedig néhány megaohm. A két műszert egyforma zsebtelepekre kapcsoljuk. Melyik fogyaszt több elektromos energiát ugyanannyi idő alatt? Az ampermérő (1); a voltmérő (2); kb. egyforma a fogyasztásuk (X).

Megoldás. A helyes válasz: (1). Ha a zsebtelep belső ellenállását

r

-rel, a műszerekét pedig

R_{V}

, illetve

R_{A}

módon jelöljük, akkor az

U

üresjárati feszültségű telepre kapcsolt műszerek által felvett teljesítmény:

\begin{matrix} P_{V} = \frac{U^{2}}{{(R_{V} + r)}^{2}} R_{V}, P_{A} = \frac{U^{2}}{{(R_{A} + r)}^{2}} R_{A} . \end{matrix}

Innen

\begin{matrix} \frac{P_{V} - P_{A}}{U^{2}} = \frac{R_{V} - R_{A}}{{(R_{A} + r)}^{2} {(R_{V} + r)}^{2}} (r^{2} - R_{A} R_{V}) . \end{matrix}

A jobb oldalon álló tört nyilván pozitív, a zárójelben szereplő kifejezés pedig ‐ a telepek tipikus

10 Ω

-os nagyságrendű belső ellenállásának figyelembe vételével ‐ negatív. Ezek szerint

P_{A} > P_{V}

12. Egy elektron mozgási energiája megegyezik egy foton energiájával. Melyik részecske impulzusa nagyobb? Az elektroné (1); a fotoné (2); ugyanakkora (X).

Megoldás. A helyes válasz: (1). Ha az elektron mozgása nemrelativisztikus (vagyis a sebessége kicsi a fénysebességhez képest), akkor a megadott feltétel (a szokásos jelöléseket használva)

\begin{matrix} \frac{m v^{2}}{2} = h f . \end{matrix}

A két részecske impulzusának aránya ilyenkor:

\begin{matrix} \frac{p_{e}}{p_{f}} = \frac{m v}{(\frac{h f}{c})} = \frac{2 c}{v} > 1. \end{matrix}

Ugyanerre a következtetésre jutunk, ha a relativisztikus

\begin{matrix} E_{mozg} = \sqrt[]{p_{e}^{2} c^{2} + m^{2} c^{4}} - m c^{2} = h f = p_{f} c \end{matrix}

képletet használjuk. Ebből ugyanis algebrai átalakítások után

\begin{matrix} p_{e}^{2} - p_{f}^{2} = 2 m c p_{f} > 0 \end{matrix}

következik.

13. Egy parabolát csúszásmentesen gördítünk egy egyenes mentén. Milyen görbét ír le eközben a parabola fókuszpontja? Hiperbolát (1); parabolát (2); láncgörbét (X).

Megoldás. A helyes válasz: (X). Egy egyenes mentén csúszásmentesen gördülő kúpszeletek fókuszpontjai olyan görbéket írnak le, amelyeknek az egyenes körüli megforgatottjai állandó átlaggörbületű forgásfelületek. Ez Charles Delaunay (1812‐1872) tétele (lásd a KöMaL 1998. évi februári számát). A parabolának megfelelő forgásfelület átlaggörbülete nulla; éppen ilyen felületet feszít ki a szappanhártya egy ‐ megfelelően elhelyezett köröket tartalmazó ‐ drótkereten. A szappanhártya ún. minimálfelületének vezérgörbéje a koszinusz hiperbolikusz függvény, melyet (mivel a végeinél felfüggesztett lánc alakját is megadja) láncgörbének is neveznek.

13+1. Egy bizonyos tömegű űrszonda Napba juttatásához kell-e több energia, vagy ahhoz, hogy ,,elhagyhassa'' a Naprendszert? A Naprendszer elhagyásához (1); a Napba juttatáshoz (2); optimális esetben kb. azonos nagyságú energiával oldható meg mindkét vállalkozás (X).

Megoldás. A helyes válasz: (X). A Naprendszer elhagyásához legalább a harmadik kozmikus sebességre, tehát kb. 42 km/s-ra kell felgyorsítanunk az űrszondát. (Ez csak akkor igaz, ha a gyorsítás egyetlen lépésben, még a Föld közelében történik. Az ún. csúzlihatás, vagyis más égitestekkel történő ,,lágy'' gravitációs ütközés lehetőségének kihasználása csökkentheti a szükséges kezdősebességet.) Ez a sebesség a Naphoz rögzített koordináta-rendszerben értendő, ahonnan nézve a szonda már a fellövés előtt rendelkezik a Föld mintegy 30 km/s-os keringési sebességével; a Földet tehát csak 12 km/s-os sebességgel kell elhagynia.
A Napba zuhanást nem az energia hiánya, hanem a szonda felesleges perdülete (impulzusnyomatéka) akadályozza. A szondát csak úgy juttathatjuk a (pontszerűnek tekintett) Napba, ha megszabadítjuk a Nap körüli keringéséből adódó kezdeti perdületétől. Ez történhet pl. úgy, hogy a szonda a Földet (annak keringési sebességével ellentétes irányban) kb. 30 km/s-os sebességgel hagyja el. Ehhez nyilván több energia felhasználására van szüksége, mint a Naprendszer elhagyásához. Megtehetjük azonban azt is, hogy a szondát a Földhöz képest ,,előrefelé'' gyorsítjuk fel majdnem 30 km/s-os sebességre. Ennek a gyorsításnak hatására a szonda majdnem elhagyja a Naprendszert. A Naptól nagyon messze (mondjuk a Plútó pályája környékén), amikor a szonda sebessége (Kepler II. törvénye értelmében) már nagyon lecsökkent, egy nagyon kicsi fékezéssel a perdületét nullára csökkentjük, majd hagyjuk, hogy a Napba zuhanjon. Így a felhasznált energia kb. ugyanannyi lenne, mint amennyi a Naprendszer elhagyásához szükséges. (Ezen programhoz szükséges idő azonban nagyon hosszú, emiatt feltehetően soha nem fogják a gyakorlatban is megvalósítani!)