SZABÓ RÓBERT

TÖRTÉNETI FIZIKA PÉLDATÁR

I. KÖTET

Mechanika

SZABÓ RÓBERT

TÖRTÉNETI FIZIKA PÉLDATÁR

I. KÖTET

Mechanika

ELTE FIZIKA DOKTORI ISKOLA, BUDAPEST

2021

A kiadvány elkészítését a Magyar Tudományos Akadémia

Tantárgypedagógiai Kutatási Programja támogatta

Lektorálta: Dr. Tasnádi Péter

Grafika: Gyenese Anna

ISBN: 978-963-489-308-0

© Szabó Róbert

Kiadja az ELTE Fizika Doktori Iskola

Felelős Kiadó: Dr. Gubicza Jenő

Budapest, 2021

Nyomtatta és kötötte: Kucsák Könyvkötöde és Nyomda, Vác

Felelős vezető: Kucsák Gábor

1

Tartalomjegyzék

Tartalomjegyzék ....................................................................................................................... 1

Előszó ....................................................................................................................................... 3

A fizika történeti megközelítésének didaktikai szempontjai a fizikaórán ................................ 9

FELADATOK ........................................................................................................................ 17

I. Kinematika 1. (egyenes vonalú mozgások) .................................................................. 19

II. Kinematika 2. (görbe vonalú mozgások) ..................................................................... 26

III. Dinamika .................................................................................................................... 36

IV. Hidro- és aerosztatika ................................................................................................. 45

MEGOLDÁSOK .................................................................................................................... 53

I. Kinematika 1. (egyenes vonalú mozgások) .................................................................. 55

II. Kinematika 2. (görbe vonalú mozgások) ..................................................................... 67

III. Dinamika .................................................................................................................... 79

IV. Hidro- és aerosztatika ................................................................................................. 95

3

Előszó

A körülöttünk lévő világ, s így a természetben lejátszódó folyamatok, jelenségek

mozgatórugóinak megismertetése, felfedeztetése a természettudományok tanításának

legfontosabb feladata. Ha nem is mindig nyilvánvaló, természettudományos műveltségünk

alapvetően formálja gondolkodásunkat és világképünket, sőt átszövi még a legapróbb

hétköznapi cselekedeteinket is.

A természettudományok, s így a fizika oktatása azonban ma számtalan nehézséggel

küzd. A sokak számára túlzottan absztrakt, bonyolult és gyakran talán száraz tananyag

következtében a fizika az egyik legkevésbé kedvelt tantárgy. Érdekes módon, ez a tény

összefügg azzal a tapasztalattal, hogy bár éppen a könnyebb érthetőség és a kvantitatív leírás

lehetőségének keresése miatt tesszük, de a fizika tanítása során „lecsupaszítjuk” a mindennapi

életünkben látott jelenségeket, s így a valóságtól még inkább távolabb álló problémákat

nyerünk.

Az ellenérzések leküzdésének eszközeként, mostanában a tananyag radikális

egyszerűsítését és csökkentését kívánják felhasználni a tantervkészítők. Véleményünk szerint

azonban más megoldás is létezik. Egyrészt, az utóbbi években egyre inkább előtérbe kerül a

fizika jelenség-központú tanítása, azaz a kvantitatív problémamegoldás helyett a kvalitatív

ismeretek és a fizika gyakorlati alkalmazásainak tárgyalása. Másrészt, a nemzetközileg már

kiválóan alkalmazott interdiszciplináris oktatás is lehetőségeket nyújt a fizika iránt érdeklődő

tanulók körének szélesítésére. Mindez természetesen legújabb korunk digitális technikájának

széleskörű alkalmazása által.

Már egyetemi tanulmányaim kezdete óta úgy érzem, hogy az említett interdiszciplináris

oktatásban fizika-történelem szakpárom kiváló lehetőségeket nyújt számomra. Ezért, egyetemi

oktatóim, tanáraim mentorálásával másodéves koromtól fogva arra törekedtem, hogy olyan, a

középiskolai oktatásban is alkalmazható segédanyagokat készítsek, amelyek a fizikából tanított

problémákat történelmi köntösbe ágyazva tárgyalják. Ezzel ugyanis, véleményem szerint

lehetővé válna a fizika iránt kevésbé érdeklődő, a bölcsészettudományok irányába orientálódó

tanulók figyelmének felkeltése is. Ezáltal talán ők is felismernék, hogy a fizika nem csak tudás,

de műveltség, története pedig kulturális kincs!

4

Ahhoz azonban, hogy például a történelmet felhasználó, már rendelkezésre álló

segédanyagokat alkalmazzuk, sőt önálló anyagokat kidolgozzunk és terjesszünk, bátorságot

kell merítenünk a megszokottól kissé eltérő keretben történő tanításhoz – természetesen az

érettségi, s így a NAT és a kerettanterv követelményeit mindvégig szem előtt tartva.

Álláspontom szerint e feladat sikeres végrehajtásához a következő célokat kell

teljesítenünk:

• Egyrészt, merjünk újítani, újdonságot hozni a fizika tanításába! Természetesen a

megfelelő mértékben, de próbáljunk elvonatkoztatni a fizika tanításának korábbi vagy

jelenlegi menetrendjétől, merjünk önálló struktúrát, felépítést létrehozni! Bízzunk

önmagunkban, és mindenekelőtt abban, hogy a gyakorló fizikatanároknál jobban senki

sem ismeri a fizika módszertanát, tanításának lehetőségeit és korlátait!

• Másrészt, fogadjuk el, hogy a mindenkori, forgalomban lévő tankönyvek a tanításhoz

csupán segédanyagként szolgálnak. Felépítésükben, leírásaikban bármikor

előfordulhatnak hibák vagy tévedések, amelyek felismeréséhez elengedhetetlen szükség

van a tanár-tudós módszertani, illetve a tudós-tanár szakmai megalapozottságára.

Merjünk a tankönyvi anyagból (a kötelező követelményeket figyelembe véve) elhagyni,

vagy összevonni egyes, kevésbé fontos részeket, a tanulócsoport egyéni igényeit tartva

szem előtt.

• Végül, ha az előző két szempontnak már eleget tettünk, lehetőség nyílik a fizika általam

preferált interdiszciplináris tanítására. Az igazi feladatot, odaadást és az ifjúság

érdekében tett igazi áldozatvállalást ez jelenti. Ugyanis, az interdiszciplináris tanítás

keretében egyrészt a mások által készített segédanyagokat, ötleteket tudunk –

természetesen a szükséges küldetéstudat mellett a megfelelő alázattal – kipróbálni, hogy

ahhoz saját magunk és kollégáink számára is hasznos tanácsokat, javaslatokat fűzzünk.

Másrészt, a legjelentősebb feladatot az jelenti, hogy időt és energiát nem sajnálva saját

magunk is készítsünk segédanyagokat az interdiszciplináris oktatás, mint a jövő

iskolájának egyik legizgalmasabb lehetősége számára.

E célt e kötetben olyan, gyakorlásra szánt fizika feladatok megírásával igyekeztem

követni, amelyek megszövegezésükben egyrészt a fizika fejlődése során jelentékeny tudósok

munkásságára, másrészt néhány, általam izgalmasnak tartott történelmi eseményre, epizódra

építenek. Feladataim elkészítésekor a felhasznált számadatok legpontosabb hitelességére

törekedtem, azok forrásaként pedig az adott problémához kapcsolódó szakirodalmat, illetve

szakemberek tanácsait, javaslatait használtam fel.

5

Munkám első részében a fizika legősibb és legalapvetőbb ágára, a mechanikára

koncentráltam, amelyből a kinematika, a dinamika, a hidro- és aerosztatika témakörével

kapcsolatos számításos feladatok kerültek előtérbe. A példatár négy fejezetének mindegyikében

nyolc–nyolc feladat szerepel, amelyek az egyes fejezetekben a történeti időrend szerint követik

egymást.

A feladatok elkészítésében nyújtott segítségért, illetve az azokkal kapcsolatban tett

tanácsok és javaslatok megfogalmazásáért rendkívül hálás vagyok kollégáimnak,

mentoraimnak és támogatóimnak.

Köszönetemet fejezem ki egyrészt évfolyamtársamnak és barátomnak, Tóth Kristófnak,

az ELTE Fizika Tanítása Program doktoranduszának, az elkészült, illetve a még csak ötletként

létező feladatokkal kapcsolatban tett hasznos észrevételeiért és javaslataiért.

Hálás vagyok ezentúl egyetemi oktatóimnak, tanáraimnak, akik egy–egy feladat

szövegének megfogalmazásában, vagy a szükséges számadatok minél pontosabb értékének

felkutatásában nyújtottak rendkívül nagy segítséget. Így az alfabetikus sorrendet követve

említhető Ciegerné Novák Veronika, az ELTE BTK egyetemi docense; Dávid Gyula, az ELTE

TTK egyetemi adjunktusa; Groma István, az ELTE TTK egyetemi tanára; Horváth Gábor, az

ELTE TTK egyetemi tanára; Hömöstrei Mihály, az ELTE TTK egyetemi tanársegédje;

Ispánovity Péter Dusán, az ELTE TTK egyetemi adjunktusa; Juhász Balázs, az ELTE BTK

egyetemi adjunktusa; Kriska György, az ELTE TTK egyetemi docense; Németh György, az

ELTE BTK egyetemi tanára; Radnóti Katalin, az ELTE TTK főiskolai tanára; Thoroczkay

Gábor, az ELTE egyetemi docense és nem utolsósorban Vincze Miklós Pál, az MTA-ELTE

Elméleti Fizikai Kutatócsoport tudományos főmunkatársa. Velük egy sorban mondok

köszönetet (szintén alfabetikus rendben) Dági Mariannának, a Szépművészeti Múzeum

munkatársának; Gróf Andreának, a Budapesti Karinthy Frigyes Gimnázium fizikatanárának;

Jőrös Bence Tamásnak, az ELTE BTK Történelemtudományi Doktori Iskola

doktoranduszának; Juhász Zoltán Andrásnak, kollégámnak és barátomnak; Kathy Zsolt

középiskolai történelemtanárnak; Kozák-Kígyóssy Szabolcs Lászlónak, az ELTE BTK

Történelemtudományi Doktori Iskola doktoranduszának; Slíz-Balogh Judit csillagásznak,

illetve Soós Péter őrnagynak, a Hadtörténeti Múzeum múzeumigazgató-helyettesének.

6

Ugyancsak hálámat tanúsítom Tasnádi Péternek, az ELTE TTK nyugalmazott egyetemi

tanárának, hogy hasznos észrevételekkel segítette, illetve lektorálta munkám. Szintén

köszönetemet nyilvánítom az MTA-ELTE Fizika Tanítása Kutatócsoport vezetőjének, Tél

Tamásnak, hogy a kutatócsoport támogatása által, szellemi és anyagi vonatkozásban egyaránt

ösztönözte és segítette a példatár elkészítését, illetve nyomdai megjelenését. Hálás vagyok ezen

túl Gyenese Annának, a győri Czuczor Gergely Bencés Gimnázium és Kollégium végzős

tanulójának, a példatár feladatait illusztráló rajzok elkészítéséért.

Végül hálámat fejezem ki családom tagjainak, köztük feleségemnek, Szabó-Sitkei

Krisztinának, a kézirat elkészítése során tanúsított türelméért és megértéséért.

Kalocsa, 2020. november 1.

Szabó Róbert

7

A példatár feladataiban szereplő állandók meghatározott értékei:

• Föld tömege: 𝑀F = 5,97 ∙ 1024 kg

• Föld sugara: 𝑅F = 6371 km

• Hold sugara: 𝑅H = 1740 km

• Hold vonzóereje miatt fellépő (nehézségi) gyorsulás: 𝑔H = 1,62 m/s2

• Külső (légköri) nyomás: 𝑝k = 105 Pa

• Nehézségi gyorsulás a Föld felszínén: 𝑔 = 9,80 m/s2

• Univerzális gravitációs állandó: 𝛾 = 6,67 ∙ 10−11 Nm2/kg2

A példatár feladataiban szereplő sűrűségek elfogadott értékei:

• Arany sűrűsége: 𝜌arany = 19300 kg/m3

• Ezüst sűrűsége: 𝜌ezüst = 10490 kg/m3

• Higany sűrűsége: 𝜌higany = 13600 kg/m3

• Jég sűrűsége: 𝜌jég = 920 kg/m3

• Levegő sűrűsége: 𝜌levegő = 1,29 kg/m3

• Ólom sűrűsége: 𝜌ólom = 11340 kg/m3

• Tengervíz sűrűsége: 𝜌tengervíz = 1020 kg/m3

• Víz sűrűsége: 𝜌víz = 1000 kg/m3

A példatár feladataiban szereplő mértékegységek elfogadott értékei:

• 1 hüvelyk = 0,026 m

• 1 könyök = 0,685 m

• 1 láb = 0,3048 m

• 1 stádium = 182,88 m

• 1 rőf = 0,783 m

9

A fizika történeti megközelítésének didaktikai szempontjai a fizikaórán

Amint már az előszóban említettem, véleményem szerint fontos belátni, hogy a

hagyományos fizikaoktatás új és izgalmas megoldásokat igényel.1 A minél több kísérletezés és

demonstráció, az egyes fizikai problémák gyakorlati alkalmazásainak rögzítése, illetve az IKT-

eszközök egyre hangsúlyosabb alkalmazása ennek a célnak, a folyamatosan változó világ

jelenlegi követelményeinek próbálnak megfelelni. A fizika, mint tantárgy megreformálásának

további alternatíváját jelentheti a fizika történeti alapú megközelítése, vagy a történelmen

keresztül történő szemlélete.

E felfogást előtérbe helyezve, írásomban a fizika történeti megközelítésével, a fizika

történetének tanításával, didaktikai és pedagógiai elveivel kapcsolatos, hazánkban ezideáig

megjelent értelmezéseket mutatom be. Tanulmányomban nem a fizika tanításának jelenlegi

körülményeit vagy elvárásait kívánom bírálni, hanem olyan alternatív tanítási lehetőséget

részletezek, amelynek – meglátásom szerint – a fizika tanításában lehet értelme vagy haszna.

Ehhez elsőként a fizikatörténet tanításával kapcsolatos körülményeket, illetve

elvárásokat célszerű megvizsgálni, amelyet követően részleteiben is kifejtem a fizika történeti

alapú megközelítésére vonatkozó két saját, önálló javaslatomat, összekapcsolva írásomat a

példatár szemléletével.

Jelenlegi követelmény a fizikatörténetre vonatkozóan

A fizikatörténet tanításának jelentőségét a Nemzeti Alaptanterv (NAT) is kiemeli, s

jelentőségét fokozza, hogy a fizika az egyetlen olyan tantárgy, amelynek érettségi

követelményei között tételesen is jelen van a tudománytörténet.2 A részletek áttekintése céljából

a jelenleg elvárt követelményrendszert tükröző 2020-as NAT-ot érdemes megvizsgálni, amely

átfogóan tartalmazza a fizika, mint tantárgy által előírt célkitűzéseket és a legfontosabb

követelményeket a hetediktől a tizedik évfolyamig bezárólag.

A NAT a fizikatörténetre vonatkozóan, egyrészt általánosan közli, hogy „a tantárgy

céljai közt szerepel a fizika természettudományos és általános társadalmi kontextusának

kibontása, mely leginkább a tudománytörténet érdekesebb fejezeteinek tanulmányozása révén

válik lehetővé.”3 Másrészt, a Tanulási eredmények cím alatt mind a 7–8., mind a 9–10.

1 Szabó Róbert: Történelmi szimuláció: a távolsági ágyúzás fizikája. Fizikai Szemle 68/2 (2018) 60. 2 Radnóti Katalin: Óráról órára. Fizikaórák megjegyzésekkel ellátva. Hallgatói segédlet a fizikatanítási

gyakorlatokhoz. Szegedi Tudományegyetem Bölcsészettudományi Kar Neveléstudományi Intézet és MTA–SZTE

Természettudomány Tanítása Kutatócsoport, Szeged (2017) 156. 3 Fizika NAT 2020. Magyar Közlöny, 2020/17. 382.

10

évfolyamokra vonatkozóan megállapítja, hogy általános cél, illetve követelmény „a fizikai

ismeretek bővülése és a társadalmi-gazdasági folyamatok, történelmi események közötti

kapcsolatok”4 felismerése. Évfolyamok közötti eltérést az elvárásokra vonatkozó konkrétumok

kifejtésénél fedezhetünk fel. Ugyanis, az általános iskolai képzés vonatkozásában a NAT a

fizikai ismeretek bővítésében a fizikatörténet gazdasági és társadalmi hatásainak fontosságára

koncentrál: egyrészt híres fizikusok életének és tevékenységének megismerését írja elő, illetve

az ő tevékenységüknek „társadalmi összefüggéseit” kéri számon, másrészt a fizikai kutatás által

megalapozott technikai fejlődés egyes fejezeteinek a társadalomra, illetve történelemre

gyakorolt hatásának ismeretét várja el. (Ugyanakkor, nem konkretizálja, hogy mely tudósokra

gondol, csak néhány példát említ Isaac Newton, Arkhimédész, Galileo Galilei és Jedlik Ányos

személyében.) A középiskolai követelményekre vonatkozó előírás az általános iskolaival

szemben már konkrét példák esetében várja el, hogy a tanuló képes legyen felismerni a

kapcsolatot a fizikai tudásrendszer bővülése és a vele párhuzamosan zajló gazdasági-társadalmi

folyamatok, illetve történelmi események között. Emellett előírja, hogy hogy a tanulók képesek

legyenek adatokat gyűjteni és feldolgozni 11 híres fizikus – név szerint Galileo Galilei, Michael

Faraday, James Watt, Eötvös Loránd, Marie Curie, Ernest Rutherford, Niels Bohr, Albert

Einstein, Szilárd Leó, Wigner Jenő, Teller Ede5 – életével, tevékenységével, eredményeiknek

gazdasági és társadalmi, valamint emberi hatásával kapcsolatban.6

A fizika fizikatörténeti alapú megközelítésének jelentősége

Az alább részletezett szempontok alapján megállapítható, hogy a fizikatörténet

tanításának hasznosságával kapcsolatban a kérdéskörre vonatkozó vélemények egybehangzóan

egyetértőek. Ugyanakkor, meglepő, hogy a fizikatörténet jelentőségének megindokolásakor e

vélemények alapvetően különböznek, s egymástól eltérő álláspontok sorakoztathatók fel.

Mindenekelőtt említve Simonyi Károly (1916–2001) egyetemi professzort, mérnököt,

fizikust – és a fizika történetének talán legnagyobb hazai ismerőjét –, az 1978-as megjelenés

óta öt kiadást is megért A fizika kultúrtörténete című művében azt emelte ki, hogy a fizika

történetének ismertetésével általánosságban tehetjük érdekessé, élményszerűvé a fizika

tanítását, amely akár „életideálokat”, „magatartásmintákat” is adhat.7

4 Fizika NAT 2020. Magyar Közlöny, 2020/17. 384. 5 Az persze már egy másik kérdés, hogy miért éppen ezekről a tudósokról kell bővebb ismeretekkel rendelkezniük

a tanulóknak. 6 Fizika NAT 2020. Magyar Közlöny, 2020/17. 384–388. 7 Simonyi Károly: A fizika kultúrtörténete a kezdetektől a huszadik század végéig. Akadémiai Kiadó, Budapest

(2011) 17.

11

Radnai Gyula, az ELTE TTK nyugalmazott docense szerint a fizika történeti

megközelítésének értéke, hogy segítségével a pedagógus a fizikai fogalmak fejlődését

kronologikus úton keresztül tárgyalhatja. Ugyanakkor, a tudósok egyéni sorsának

megismerésével a régmúlt tudományos gondolkodásának társadalmi viszonyai is

megismerhetők, amelyek esetenként kölcsönhatásban lehettek a tudományok fejlődésével vagy

éppen visszafejlődésével. Emellett a fizikatörténet nem csak a tudományos fejlődés sikereit,

hanem kudarcait is felidézi, bátorítva a tanulókat arra a magatartásra, hogy saját kudarcaikkal,

illetve tanáraik tévedéseivel szemben legyenek megértőbbek és elfogadóbbak, hiszen számos

példa akadt arra, hogy egy-egy tudós csak sokszoros kísérletezés után tudott helyes eredményre

vagy következtetésre jutni.8

Radnóti Katalin, az ELTE TTK főiskolai docensének álláspontja szerint a fizikatörténet

hasznossága abban rejlik, hogy a gyermeki – főként téves – elképzelések9 szinte pontosan

követik a mára már csak legfeljebb érdekesnek, ám tudományos szempontból mindenképp

túlhaladottnak, elavultnak tekinthető elméleteket, amely hibás hipotéziseket a megfelelő tudás

ismeretében könnyebben cáfolhatjuk meg.10

Zemplén Gábor, a BME GTK Filozófia és Tudománytörténeti Tanszékének egyetemi

tanára azt emeli ki, hogy a fizika tanításában előfordulhatnak olyan, nehezebben vagy csupán

több időráfordítással elsajátítható témakörök vagy problémák, amelyek sikeresebb,

hatékonyabb megtanításakor a pedagógusok is tanácstalanok. Ezért lehet érdemes például a

fizika történetet valamiképpen integrálni a tanórán.11

Én magam – habár frissen végzett, fizika-történelem tanárszakos hallgatóként még

éppen, hogy csak ismerkedem a fizikatörténet tanításának módszertanával – korábbi

tudományos diákköri (TDK) dolgozataimban, illetve megjelent tanulmányaimban elsősorban

azt emeltem ki, hogy a tudománytörténeti, s így fizikatörténeti témák kidolgozásával, iskolai

8 Radnai Gyula: Rezgések és hullámok VII. Az elektromágneses hullámok tanításáról. Fizikai Szemle 30/7 (1980)

258. 9 A teljesség igénye nélkül említhető erre néhány példa, mint Arisztotelész mozgással kapcsolatos szemlélete, a

hő, mint mennyiség értelmezése stb. Radnóti Katalin: Óráról órára. Fizikaórák megjegyzésekkel ellátva. Hallgatói

segédlet a fizikatanítási gyakorlatokhoz. Szegedi Tudományegyetem Bölcsészettudományi Kar Neveléstudományi

Intézet és MTA–SZTE Természettudomány Tanítása Kutatócsoport, Szeged (2017) 14. 10 Radnóti Katalin: Óráról órára. Fizikaórák megjegyzésekkel ellátva. Hallgatói segédlet a fizikatanítási

gyakorlatokhoz. Szegedi Tudományegyetem Bölcsészettudományi Kar Neveléstudományi Intézet és MTA–SZTE

Természettudomány Tanítása Kutatócsoport, Szeged (2017) 13. 11 Zemplén Gábor: Mi a haszna a természettudományos tárgyak oktatásában a tudománytörténet és a

tudományfilozófia diszciplínáinak? Iskolakultúra 20/10–11 (2011) 56.

12

megtanításával a természettudományok felé kevésbé orientálódó diákok figyelmét is

leköthetjük, nagyobb érdeklődésre sarkallhatjuk őket.12

A fizikatörténet tanításának helyzete jelenünkben

Nem csak a saját, a kollégákkal – s így gyakorló tanárokkal, illetve frissen végzett tanár

szakos hallgatókkal – folytatott eszmecseréim igazolják, hanem véleményem szerint általános

tapasztalat, hogy a pedagógusok elhanyagolják a fizika tanításában a történeti megközelítést,

legalábbis ódzkodnak tőle. Felmerül a kérdés, hogy mi lehet ennek az oka, hiszen az előzőekben

láttuk, hogy a fizikatörténet tanításának jelentőségét az említett vélemények egybehangzóan

kiemelik.

Véleményem szerint a legadekvátabb válaszra Zemplén Gábor mutat rá már idézett

tanulmányában. Itt ugyanis a szerző kifejti, hogy a hiba két oka a tanárok gondolkodásában,

illetve azok ismeretanyagában (legalábbis képzésében) érhető tetten. Egyrészt, legtöbbjük talán

úgy gondolkodik, hogy a tudománytörténeti vagy filozófiai diszciplína a fizika órákon csak úgy

jelenhet meg, mint ami nem a konkrét tananyag MELLETT, hanem HELYETT bukkan fel! Ez

azt jelenti, hogy a pedagógusok egy része talán úgy gondolkodik, hogy a törzsanyag

megtanításába beillesztett életrajzok vagy kitekintések tárgyalása után vissza kell térni a

„komolyabb” tananyaghoz. Másrészt, a fizikatanárok (sőt a fizikával foglalkozó egyetemi

oktatók, szaklapírók) gyakran nincsenek birtokában annak az ismeretanyagnak, amely lehetővé

tenné számukra, hogy szakterületük ismereteit az említett diszciplínák valamelyikével

egészítsék ki, hiszen erre senki sem képezte vagy készítette fel őket, miközben az esetleges

önálló ismeretszerzése sem idejük, sem lehetőségük nincs.13 Vagyis, ahhoz, hogy

tudománytörténeti megközelítést használjanak, igényük lehet már kidolgozott fizikatörténeti

segédanyagokat, esetleg feladatgyűjteményekre vagy tankönyvekre.

A fizikatörténet tanításának módszertani kérdései

Éppen az előbb említett problémából, vagyis a fizikatörténet gyakorlati alkalmazásának

hiányából adódik, hogy a fizika történetének tanítására hazai vonatkozásban még nem

rendelkezünk kiforrott módszertannal, inkább csak ötletekkel. A következőkben két fő gondolat

köré csoportosítva néhány ilyen lehetőséget mutatok be.

12 Szabó Róbert: A Kalocsai Érseki Főgimnázium röntgen-laboratóriuma és első világháborús szerepvállalása.

Fizikai Szemle 69/3 (2019) 107. 13 Zemplén Gábor: Mi a haszna a természettudományos tárgyak oktatásában a tudománytörténet és a

tudományfilozófia diszciplínáinak? Iskolakultúra 20/10–11 (2011) 56–57.

13

Az alkalmazás egyik lehetősége a fizikatörténet emberarcúságának kiemelésében rejlik.

Zemplén Gábor mutat rá, hogy tudománytörténeti elemekkel tudatosan építhetünk be – a tudás

emberi dimenziójának és keletkezéstörténetének ismeretében, azaz felhasználva a tudomány

„emberi arcát” – különböző motivációs gyakorlatokat, érzelmi konfliktusokat, sőt akár

dramaturgiai játékokat is, amellyel serkenteni lehetne a tanulási folyamatot.14 Kovács László

nyugalmazott főiskolai tanár, fizikatörténész egyetért ezzel az állásponttal és kiemeli, hogy a

fizikatörténet tanításának szerepe nem abban rejlik, hogy évszámok vagy nevek halmazát,

esetleg ezek éppen releváns kombinációját megtanítjuk, hanem, hogy magáról a fizikusról,

illetve a felfedezés körülményeiről beszélünk. Az emberarcúság segíthet, hiszen az ember iránt

könnyebb lehet felkelteni az érdeklődést, amelyet követően az már könnyen átvihető a vizsgált

fizikai jelenségre vagy eszközre.15 Simonyi Károly szerint, ha a hangsúlyt a nagy tudósok

tevékenységére helyezzük, akkor a fizika fejlődésének folyamatát a „nagy egyéniségek nagy

gondolatainak” megismerésével érthetjük meg. Ez lényegében azt jelenti, hogy megtanítjuk,

hogy a fizika nagy törvényeit ki és mikor fedezte fel, esetleg ki kivel vetekszik az érdem

elsőségéért, azaz merre felé hajlik el az ún. „prioritásvita”.16 Legfrissebb írásában Radnóti

Katalin mindezt azzal egészíti ki, hogy érdemes egy felfedezés „életútjára” koncentrálni, azaz

előtérbe helyezni a korabeli tudományos álláspontot és megismerési módszereket, hogy

megvilágítsuk egy–egy tudós lehetséges kutatási kérdéseit, vizsgálódásának menetét.17

Az alkalmazás másik lehetősége a fizikatörténetet formáló nagy kísérletek iskolai

keretekben történő bemutatása vagy megépítése. Kovács László fejti ki már idézett

tanulmányában, hogy a tanulók általában szeretik a régi, híres kísérleteket, illetve előszeretettel

építenek meg újra vagy javítanak meg ilyen régi, még működőképes eszközöket. E célból a

tanár elemezheti a kísérleti eszköz vázlatos rajzát, megmutathatja a berendezés eredeti

fényképét vagy leírását, illetve az egykori méréseket reprezentálhatja a régi kísérleti berendezés

korhű másolatának elkészítésével, megszerkesztésével is.18 E módszertani lehetőséget követve,

egy korábbi cikkemben régi középiskolám, a Kalocsai Szent István Gimnázium (korabeli nevén

a Kalocsai Érseki Főgimnázium) röntgen-laboratóriumát, annak működésének alapját és

alkalmazásának módját vettem górcső alá. Írásom bevezetőjében kifejtettem, hogy középiskolai

fizikatanárként munkánk jelentős részét a fizikaszertárban vagy fizikalaboratóriumban töltjük

14 Zemplén Gábor: Mi a haszna a természettudományos tárgyak oktatásában a tudománytörténet és a

tudományfilozófia diszciplínáinak? Iskolakultúra 20/10–11 (2011) 61. 15 Kovács László: A fizikatörténet szerepe a fizikatanításban. Iskolakultúra 6/5 (1996) 52. 16 Simonyi Károly: A fizika kultúrtörténete a kezdetektől a huszadik század végéig. Akadémiai Kiadó, Budapest

(2011) 31–33. 17 Radnóti Katalin: A fizikaoktatás kálváriája a rendszerváltás óta. Fizikai Szemle 70/7–8 (2020) 272. 18 Kovács László: A fizikatörténet szerepe a fizikatanításban. Iskolakultúra 6/5 (1996) 52–66.

14

a tanórai kísérletekre való felkészülés céljából, miközben lépten-nyomon olyan, esetenként

nagyon régóta nem használt eszközökbe, berendezésekbe botlunk, amelyeket nemhogy

használni nem tudunk, de rendeltetésük céljával sem vagyunk tisztában. A szertár XX., sőt XIX.

századi felszerelésének megismerése azonban három ok miatt is fontos. Egyrészt rendelkezésre

állhat olyan eszköz, amely napjaink egy–egy új, drágán beszerezhető darabját is pótolhatja;

másrészt alkalmazásukkal testközelben tudunk beszélni azokról a témákról, amelyek

jelenünkben más, önálló tudományág (például orvostudomány) részeivé váltak, így az

iskolában már demonstrációs célokból sem tanítjuk őket. Végül, a szükséges eszközök

beszerzésével lehetővé válna, hogy írásom alapján a laboratóriumot újra megépítsük, sőt

oktatási célra akár alkalmazzuk is.19

Simonyi Károly szerint a fizikatörténet ilyen szempontú tanítása azonban nem alkalmas

például az oktatásban a felfedeztető tanulásra, ugyanis, ha a tanulók elé tesszük a régi tudósok

által szerkesztett, az oktatásban azonban rendkívüli módon leegyszerűsített eszközöket, úgy

hamis hitet ébreszthetünk a tanulókban. Ezáltal ugyanis úgy tűnik, hogy a kísérletek

eszközeinek megkonstruálása és azok végrehajtása könnyű, bárki számára elvégezhető feladat,

hamisan állítva be a tudósok nagyszerű eredményeit. Ezért szerinte „csak a történelmi szemlélet

mutathat rá, hogy tulajdonképpen miben volt a felfedezés döntő lépése, amelyekhez

zsenialitásra és igen sokszor nem mindennapos emberi bátorságra volt szükség.”20 Eszerint

tehát tanulság, hogy a régi, szemléletformáló kísérletek alkalmazása vagy bemutatása csak

akkor érheti el az általunk megkívánt eredményt, ha ahhoz elméleti szemléltetés is társul.

Saját vélemény, mint egy lehetséges megoldás

Saját álláspontom szerint a fizika történeti alapú megközelítésének lehetőségei nem

merülnek ki pusztán az említett ötletek iskolai tanórán történő alkalmazásában. Véleményem

kifejtésére a következőkben két, az eddigiekben nem említett lehetőséget vázolok fel,

semmiképpen sem követendő előírásként, hanem csupán egy lehetséges megoldás gyanánt.

Egyrészt fontosnak vélem, hogy fordítsuk meg a fizika történeti alapú megközelítésének

kérdését! Érdemes lehet ugyanis a történelemben előforduló, főleg technikai vonatkozású

történeti eszközöket vagy történelmi eseményeket a fizika szemüvegén keresztül vizsgálni, azaz

működésük, alkalmazásuk megmagyarázásához a természettudományok segítségét hívni. A

19 Szabó Róbert: A Kalocsai Érseki Főgimnázium röntgen-laboratóriuma és első világháborús szerepvállalása.

Fizikai Szemle 69/3 (2019) 102–107. 20 Simonyi Károly: A fizika kultúrtörténete a kezdetektől a huszadik század végéig. Akadémiai Kiadó, Budapest

(2011) 17.

15

releváns témák széles választékából néhány elemre magam is felhívtam a figyelmet korábbi

írásaimban. A teljesség igénye nélkül említhető meg például az ókori Egyiptom múmiáinak

radiokarbon kormeghatározása, az atombomba fizikája és annak történeti háttere, sőt akár a

jövő tudományát érintő drónok technológiája is. Az első világháború, és azon belül a Párizs-

ágyú néven elhíresült monstrum fizikájával kapcsolatban megjelent tanulmányom a háborúk

fizikájának ismeretére koncentrál, s kiemeli, hogy a háborúk harceszközeit évezredek óta a

fizika tudománya és a mérnöki technika támogatta, ebből adódóan pedig a múlt hadieseményeit

áttekintve nem hagyhatjuk figyelmen kívül azok tudományos hátterét sem.21 Az oktatás

számára talán ez, a „történelem fizikájának”22 vizsgálata jelenthet egyfajta újdonságot, amelyre

ezideáig még kevés példa akadt. Éppen ezért javaslom minél több történelmi téma vagy

esemény fizika felhasználásának segítségével történő kidolgozását, s ebből akár segédanyagok

vagy önálló tananyagok, óravázlatok elkészítését. Álláspontom igazolására Simonyi Károly

álláspontjára hivatkozom, aki szerint a fizika nem csupán természettudományi, hanem

társadalmi jelenség, melynek fejlődése összefügg a társadalmi jelenségek összességével. Teljes

megértéséhez ismernünk kell többek között a technika történelmi fejlődését, illetve magával a

történelemmel való kapcsolatát is.23

Álláspontom másik elemét a történeti alapú megközelítés fizikatörténeti, de sokkal

inkább a történelmi köntösbe ágyazott fizika feladatokon keresztül való láttatása adja. E

példatárban magam is ennek a célnak kívánok megfelelni. Kétségtelen tény ugyanis, hogy a

feladatmegoldás a mai fizikatanítási gyakorlatban alapvető szerepet játszik, amelynek

elsődleges oka, hogy a természettudományok ismeretrendszerét elsősorban feladatmegoldáson

keresztül lehet megtanulni. Nem mindegy azonban, hogy milyen e feladatok megszövegezése,

mi a megoldandó probléma kontextusa, illetve, hogy mi a célunk a megoldott feladat

végeredményével. Egyrészt, mivel jelenünkben egyre hangsúlyosabbá válik az a trend, hogy a

feladatmegoldás (is) a gyakorlati élet kérdéseire kérdezzen rá, a fizikatörténeti és történelmi

események integrálása segítségével ezt éppen elősegítjük, hiszen a múlt példáin keresztül

lehetőséget nyújtunk a számolás gyakorlati jelentőségének érzékeltetésére, illetve a saját

korában nagyon is jelentős kvantitatív vagy kvalitatív eredmények értékelésére. Példának

okáért, nem azt kérdezzük meg a tanulóktól problémamegoldás céljából, hogy mi a

közegellenállási erő képlete, hanem hogy miként lehet az, hogy az ejtőernyősök a zuhanás során

21 Szabó Róbert: Történelmi szimuláció: a távolsági ágyúzás fizikája. Fizikai Szemle 68/2 (2018) 60–64. 22 Szabó Róbert: Pályán az ágyúgolyó. Tudományos diákköri dolgozat, Eötvös Loránd Tudományegyetem

Természettudományi Kar (2016) 3. 23 Simonyi Károly: A fizika kultúrtörténete a kezdetektől a huszadik század végéig. Akadémiai Kiadó, Budapest

(2011) 33.

16

nem törik össze magukat. Illetve, ha már a problémát történelmi kontextusba helyezzük, akár

azt is megkérdezhetnénk, hogy a második világháború ún. Merkúr-hadműveletében (Kréta

német megszállása 1941-ben) milyen sebességgel érkeztek földre a zuhanó ejtőernyősök, ha az

ismert körülményeket (felszerelés tömege, ugrási magasság stb.) is figyelembe vesszük?

Másrészt, feladatgyűjteményem abból a szempontból is megfelel a mai elvárásoknak, hogy a

sokszor „lélektelen és végtelen”, matematikai algoritmusok gyakoroltatása (mai

terminológiával élve „behelyettesítős példák”) helyett – amely példáknak gyakran jellemzője a

minél tömörebb megfogalmazás és a felesleges számadatok elkerülése – az adott fizikatörténeti

vagy történeti esemény körülményeinek bemutatásával a feladatok hosszabb, izgalmasabb

szövegkörnyezetet nyernek. A jelenünkben már ugyancsak elvárásnak tekinthető trend

legfontosabb előnye, hogy nem csak a feladatmegoldásra sarkallja a tanulókat, hanem a

változatos, mégis átfogó és komplex problémamegoldásra is, hiszen a tanuló feladata ebben az

esetben a feladat szövegkörnyezetének értelmezése és megértése, a probléma kvantitatív

megoldása, majd a megoldás kvalitatív elemzése, realitásának ellenőrzése is.24 Másik

javaslatom tehát az a fizikatanárok előtt álló feladat, hogy olyan feladatokat készítsünk

tanulóink számára, amellyel a problémamegoldás előzőkben kiemelt két céljának is eleget

teszünk. Ezért e példatár az általam elkészíteni kívánt, történeti alapú megközelítésű

feladatgyűjtemény első részében a mechanika témakörébe tartozó, fizikatörténeti kísérletekkel

vagy felfedezésekkel, illetve az általam választott történelmi eseményekkel foglalkozik.

24 Radnóti Katalin, Nahalka István, Poór István, Wagner Éva: A fizikatanítás pedagógiája. Nemzeti

Tankönyvkiadó, Budapest (2002) 180–198.

FELADATOK

19

I. Kinematika 1.

(egyenes vonalú mozgások)

I.1. Az eleai ókori természetfilozófiai iskola azt vallotta, hogy minden, ami létezik, változatlan

és mozdulatlan. Elveik szerint tehát nem létezhetett a mozgás sem. Ennek igazolására az eleai

iskola egyik legjelentősebb képviselője, Zénon (Kr. e. V. század) négy „aporiát”

(„megmagyarázhatatlan kételyt” – ma úgy mondanánk, paradoxont) állított fel a mozgásra

vonatkozóan: ezek közül az első, az ún. Dichotomia („Felezés”) azt mondta ki, hogy lehetetlen

véges távolságot véges időköz alatt megtenni.

Zénon első apóriája az Akhilleusz és a teknősbéka néven vált híressé. Eszerint a trójai háború

hőse, a gyorsaságáról híres Akhilleusz sohasem képes utolérni a lomha teknősbékát. Tegyük

fel, hogy az ábra szerint Akhilleusz az 𝐴 pontban van, a teknősbéka pedig a 𝑇-ben. Amikor

Akhilleusz elfut a 𝑇 pontig, addigra a teknősbéka már előrébb lesz, a 𝑇1 pontban. Abban a

pillanatban, amikor Akhilleusz elérkezik 𝑇1-be, a hüllő már eljutott 𝑇2-be és így tovább. Ezáltal,

bármilyen kis szakaszt tesz is meg a hüllő bármilyen kicsiny időtartam alatt, Akhilleusz a

végtelen sok időintervallumból adódóan nem fogja tudni utolérni.

Az előbbiek figyelembevételével bizonyítsuk be, hogy Zénon tévedett!

Útmutatás: Ismert, hogy Zénon végtelen sok időintervallumra bontotta szét azt az időt, amíg

Akhilleusz utoléri a teknősbékát. Mi azonban ma már tudjuk, hogy végtelen sok időintervallum

összegzése véges intervallumot eredményez. Érdemes tehát Zénon tévedésének igazolására úgy

tekinteni a problémát, mint egy (végtelen) mértani sort. Természetesen, a sebesség fogalmának

ismeretében a feladat könnyedén megoldható.

I.2. Arisztotelész (Kr. e. 384–322) Fizika című művének IV. könyvében úgy fogalmaz, hogy

„ha azt látjuk, hogy egy [...] test gyorsabban mozog, mint egy másik, akkor annak két oka lehet;

az egyik ok annak különbözőségében rejlik, amin keresztül mozog a test [...] Mármost a közeg

azért jelent különbséget, mert akadályozza a mozgó dolgot, [...] különösen az olyan közegnek

nagy a hatása, amely nehezen válik szét, más szóval, ha a közeg kissé sűrűbb.”

Idézett művében Arisztotelész nagy hangsúlyt fektet a peripatetikus dinamika alapelveinek

kifejtésére. Többek között megfogalmazza, hogy egy test mozgásához, vagyis

mozgásállapotának fenntartásához erőhatás szükséges. Mivel ez az erőhatás arányos a mozgó

test sebességével, két test csupán két esetben nyerhet egymástól eltérő nagyságú sebességet: ha

azonos körülmények között mozognak, de tömegük különböző; illetve, ha a közeg, amelyben

mozognak, különböző sűrűségű.

20

Az utóbbi állítás igazolására Arisztotelész konkrét példát is említ: mozogjon az A test a B

közegen keresztül, Γ idő alatt, majd ugyanez az A test mozogjon a ritkább Δ közegben, E ideig.

A B és Δ közeg azonos, L hosszúságú.25

a) Tekintsük azt a konkrét példát, amit Arisztotelész említ: legyen a B közeg víz, a Δ közeg

pedig levegő. Igazoljuk ebben az esetben Arisztotelész állítását, miszerint a test kétszer annyi

ideig halad keresztül a B közegen, mint a Δ közegen, ha Arisztotelész feltételezésével élve, a

közegen való áthaladás időtartama arányos a közeg sűrűségével és a levegő kétszer olyan ritka,

mint a víz!

b) Valójában mekkora lenne a két közegen való áthaladáshoz szükséges időtartamok aránya

nagyságrendileg a peripatetikus dinamika említett alapelve szerint, ha számolásunkban a víz és

a levegő sűrűségének ma elfogadott értékeit vesszük figyelembe? (10-3)

I.3. A számoszi Arisztarkhosz (Kr. e. 310–230) elsőként tett kísérletet arra, hogy az ókori

görögök által ismert hét égitest közül a két legfeltűnőbb, vagyis a Nap és a Hold méreteit és

Földtől való távolságát meghatározza.

A számításait tartalmazó A Nap és a Hold alakja és távolsága című művében, – mérései közül

a legpontosabb eredménnyel – a Föld átmérőjéhez, mint egységhez viszonyítva megadta a Hold

átmérőjét. Arisztarkhosz azt vizsgálva nyerte eredményét, hogy holdfogyatkozáskor a Föld

hengeresnek vehető árnyékában mennyi ideig tartózkodik a Hold. Állítása szerint, ha a Hold

árnyékba történő teljes belépésének időtartamát osztjuk a belépés kezdete és a kibukkanás

közötti eltelt időtartammal, úgy megkaphatjuk a Hold és a Föld átmérőjének viszonyát.

a) Vezessük le Arisztarkhosz állítását és egy tizedesjegy pontossággal, határozzuk meg, hogy

hányszor annyi idő szükséges az állandó sebességű Holdnak, hogy megtegye a Föld

átmérőjének távolságát az árnyékba lépés teljes időtartamához képest! A Hold és a Föld

átmérőjének aránya Arisztarkhosz mérése szerint 0,36. Hány százalékot tévedett a ma

elfogadott arányhoz képest? (2,8; 9%)

b) Arisztarkhosz észrevette, hogy amikor a Földről a Holdnak pontosan a felét látjuk

megvilágítva (félhold), akkor a Hold-Nap és a Hold-Föld irányok merőlegesek egymásra.

Megmérve ebben az esetben a Föld-Hold és a Föld-Nap iránya által bezárt szöget, a három

égitest által képezett háromszögből a Föld-Nap és a Föld-Hold távolság viszonya

meghatározható. Arisztarkhosz – a szükséges technikai háttér hiánya miatt – az említett szöget

25 A feladatban alkalmazott jelölések Arisztotelésztől származnak. Simonyi Károly: A fizika kultúrtörténete a

kezdetektől a huszadik század végéig. Akadémiai Kiadó, Budapest (2011) 77.

21

mérni nem, csak becsülni tudta: nagyságára 87°-ot kapott. Ezt felhasználva, határozzuk meg,

hogy hányszor olyan messze van a Földtől a Nap, mint a Hold? Egészre kerekítve határozzuk

meg, hogy mekkora a távolság valódi nagysága az Arisztarkhosz által becsült távolsághoz

képest, ha ismert, hogy a szög valódi nagysága 89°52’? (19; 23)

c) Mivel a napkorong és a Hold körülbelül ugyanakkorának látszik az égen, Arisztarkhosz meg

tudta állapítani a méretük arányát is. Hányszor akkora átmérőjűnek gondolta Arisztarkhosz a

Napot, mint a Holdat? (23)

I.4. Galileo Galilei (1564–1642) az egyenes vonalú egyenletesen változó mozgás vizsgálatára

kb. 10 m hosszú, 0,5 m széles és 3 hüvelyk vastag deszka keskenyebb oldalába 1 hüvelyknél

kicsit szélesebb, nagyon sima felületű hornyot vájt. Miután a deszka egyik végét a földhöz

képest 2,5 m-rel megemelte, egy lejtőt kapott. Ezt követően nagyon kemény és sima felületű

fémgolyót vett, amelyet először a lejtő tetején, majd a lejtő aljától számítva, a horony hosszának

negyedénél elhelyezve engedett el.

Galilei a kísérletben az eltelt idő mérésére saját tervezésű vízórát használt. Vékony csövön át

egyenletesen folyatva vizet engedett egy edénybe, mivel a kifolyó víz tömege arányos az eltelt

idővel, az időtartamok arányát az adott idő alatt az edénybe folyó víztömegek arányából

határozta meg.

Határozzuk meg, hogyan aránylottak egymáshoz Galilei kísérletében a horony végének

eléréséhez szükséges időtartamok, illetve a lefutás végén elért sebességek! (az időtartamok és

a sebességek aránya is a felére csökkent)

22

I.5. „Néhány felületes megfigyelést végeztek ugyan, mint például azt, hogy az eső nehéz test

szabad mozgása [alatt] állandóan gyorsul; de hogy éppen milyen mértékű ez a gyorsulás, arról

senki nem közölt semmit...” – fogalmazott Galileo Galilei (1564–1642) a legérettebb és a

tudomány szempontjából legnagyobb hatású, Discorsi című munkájában. Galilei – miután

átütően új felfedezéseinek jelentőségét kiemelte – a folytatásban úgy fogalmazott, hogy

tudomása szerint őt megelőzően, a szabadon eső test mozgására vonatkozóan „még senki sem

állapította meg, hogy a távolságok, amelyeket a nyugvó állapotból induló test egyenlő

intervallumok alatt befut, úgy aránylanak egymáshoz, mint a páratlan számok, kezdve az

egységgel.”26

Bizonyítsuk be, hogy helyes Galilei 1638-ban kiadott, Discorsi című munkájában

megfogalmazott állítása!

I.6. Az első világháború utolsó esztendejében, 1918. június 15-én, rövid tüzérségi csapás után

indult meg az osztrák-magyar Isonzó-hadsereg a Piave folyó túlpartján állomásozó olasz

csapatok ellen, Svetozar Borojevic tábornagy (1856–1920) vezetése alatt („második piavei

csata”). Az osztrák-magyar erők célja az volt, hogy a folyó túlpartján – az ellenséges védelem

megsemmisítése után – saját ellenőrzésű hídfőállásokat hozzanak létre, amelyek lehetővé teszik

a hadjárat folytatását, sőt Olaszország térdre kényszerítését is.

A támadás azonban néhány nap alatt megrekedt a rendkívül gyenge ellátás, a muníció és az

utánpótlás hiánya, illetve a természeti akadályok leküzdhetetlensége – többek között az óriási

esőzéstől megáradt Piave folyó – következtében. Szintén közrejátszott a vereségben, hogy –

párhuzamosan a piaveivel – a vezérkar az olasz front más szakaszain is támadást indított.

Döntő tényező volt a felsoroltakon kívül a megfelelő szervezettség hiánya is. Nem vették

ugyanis figyelembe az átkelés végrehajtására kidolgozott számvetést sem. A haditerv az

„ideális”, vagyis a sikeres átkeléshez úgy kalkulált, hogy egy csónak (átlagosan) 100 métert

halad az 1,5 m/s sebességű folyón, a partra merőlegesen (átlagosan) 9 perc alatt. A valóságban

azonban ennél kedvezőtlenebb körülmények fogadták katonáinkat: egy június 18-ai jelentés

szerint a megáradt Piave sebessége 3,9 m/s volt!

a) Megközelítőleg hányszor messzebbre sodorta a Piave a csónakokat a valóságban az ideális

elképzeléshez képest? A folyóba ékelődő szigetek jelenlététől tekintsünk el. (3)

b) Mekkorának feltételezte egy csónak ideális sebességét (a parthoz képest) a sikeres átkelésre

kidolgozott koncepció? (0,185 m/s)

c) Tudjuk, hogy valójában kb. 20 percet voltak a csónakban az osztrák-magyar katonák, mire a

túlpartra értek. A b) kérdésben meghatározott, ideális sebesség esetén milyen távolságot tettek

meg csónakkal ennyi idő alatt? (222 m)

d) Milyen szögben haladt a csónak a folyási irányhoz képest a valóságban, ha a katonák a b)

kérdésben számolt, ideális sebességgel eveztek? (2,71°)

26 Simonyi Károly: A fizika kultúrtörténete a kezdetektől a huszadik század végéig. Akadémiai Kiadó, Budapest

(2011) 205.

24

I.7. „Fogja a fejét Puskás, csóváljuk a fejünket mi is! Az eredmény azonban nem változik” –

hangzott el a szomorú megállapítás a televízióban, az 1952. augusztus 2-án, a Helsinki Olimpiai

Stadionban lejátszott olimpiai futball-döntő egyik sikertelen szabadrúgásáról. Az első félidő 36.

percében a magyar csapat büntetőt rúghatott, Puskás Ferenc (1927–2006) tizenegyesét azonban

a jugoszláv kapus, Beara Vladimir (1928–2014) sikerrel kivédte.

Képzeljük el a szituációt úgy, hogy Beara a 7,3 m széles kapu közepén áll, és Puskás a kapu

egyik sarka felé lövi el a labdát, úgy, hogy Beara ne érhesse el. A kapusnak a lövés pillanatától

mért reakcióideje, illetve a kapu sarkáig való vetődési időtartama összesen legalább 0,5 s.

Feltételezzük, hogy a labda állandó lassulással mozog és útja során, a légellenállás

következtében elveszíti sebességének 5%-át.

Tételezzük fel, hogy Beara a lehető leggyorsabban vetődik, a védés mégis sikertelen. Egész

számra kerekítve, km/h-ban határozzuk meg, hogy ehhez legalább mekkora sebességgel kellett

volna Puskásnak elrúgnia a labdát, ha az a földön gurulva egyenes vonalú egyenletesen lassuló

mozgást végzett! (86 km/h)

I.8. A Holdra-szállást sikeresen teljesítő Apollo-program résztvevői számára szokás volt, hogy

tisztelegjenek a kitűzött amerikai zászló előtt. Ezt a feladatot John W. Young (1930–2018), az

1972. április 16-án startoló Apollo-16 parancsnoka a megszokott katonai tisztelgéstől eltérő

módon teljesítette, ugyanis kétszer is a magasba ugrott az említett célból.

a) Mérjük meg a videó-részlet alapján Young két ugrásának (levegőben tartózkodásának)

időtartamát! (1,5 s; 1,4 s)

Az ugrásokról készült videó-felvétel a következő internetes linken érhető el:

https://www.youtube.com/watch?v=g5aPoRtF2vw

b) A videóban látszik, ahogy Young leguggol, majd úgy ugrik fel, hogy közben kiegyenesedik.

Talpának felfelé történő mozgása tehát függőleges hajításként értelmezhető. Ebben az esetben,

két tizedesjegy pontossággal határozzuk meg, hogy milyen magasra emelkedett Young talpa a

két esetben a Hold felszínéhez képest! (0,46 m; 0,40 m)

c) A NASA által, az Apollo-11, Apollo-12, Apollo-13, Apollo-14, Apollo-15 és Apollo-16

program számára rendszeresített amerikai zászlórúd magassága 5 láb volt. A zászlórúd

magasságának hány százalékáig emelkedett Young talpa a két ugrás esetén? Határozzuk meg,

hogy hány százalék volt a különbség a két ugrás emelkedési magassága között? (30%; 26%;

4%)

25

26

II. Kinematika 2.

(görbe vonalú mozgások)

II.1. Galileo Galilei (1564–1642) Discorsi című művében (1638) a szabadesés gyorsulását a

nehézségi erő hatásával magyarázza meg, ugyanakkor utal rá, hogy ezen erő (a már említett

hatásán kívül) semmiféle más hatást nem gyakorol a mozgásra. Ennek következménye Galilei

szerint a mozgások függetlenségének elve.

A Dialogoban („Párbeszédben”) ezzel kapcsolatban Galilei egyik szereplője úgy fogalmazott,

hogy „Nem figyelemreméltó-e, hogy ugyanazon kis idő alatt, melyet alig száz rőf [78,3 m – Sz.

R.] magasságból a földre való függőleges zuhanás igényel, az ágyúgolyó, amelyet a lőpor ereje

kivetett az ágyú csövéből, megtesz négyszáz, ezer, négyezer, tízezer rőföt is – úgy, hogy minden

vízszintes irányú lövés esetében ugyanennyi ideig marad a levegőben.”27

a) Vizsgáljuk Galilei gondolatkísérletében a vízszintesen kilőtt ágyúgolyót. Eltekintve a

légellenállástól, töltsük ki a táblázatot! A számolt sebesség- és időadatokat, illetve a földtől

mért függőleges távolságot két tizedesjegyre kerekítve adjuk meg!

𝑥 [rőf] 𝑥 [m] 𝑣𝑥 [m/s] 𝑦 [m] 𝑣𝑦 [m/s] 𝑡 [s]

0 0 1957,50 78,30 0 0

400 313 1957,50 78,18 1,57 0,16

1000 783 1957,50 77,03 5,00 0,51

4000 3132 1957,50 65,76 15,68 1,60

10000 7830 1957,50 0 39,20 4,00

b) Galilei említett művében helytelenül határozta meg a szabadon eső test (nehézségi)

gyorsulását: azt írta, hogy egy test 100 könyök távolságot tesz meg 5 másodperc alatt. Egy

tizedesjegy pontossággal határozzuk meg, hogy mekkorát tévedett Galilei a nehézségi

gyorsulás értékének meghatározásakor? (-46,6%)

II.2. Isaac Newton (1643–1727) felfogása szerint a testek súlya arányos a tömegükkel, így az

azonos tömegű testek azonos súlyúak, anyagi minőségétől függetlenül.

Feltételezésének igazolására Newton speciális kísérleti elrendezést állított össze. Két, egyforma

üres hengert faragott ki fából, amelyekbe rendre különböző anyagi minőségű, de egyforma

súlyú anyagokat (arany, ezüst, ólom, üveg, homok, só, fa, víz, búza) tett. Ezután a két hengert

egy–egy 11 láb hosszú zsinegen egymás mellé akasztotta, majd ugyanabban a pillanatban

fonálingaként lengésbe hozta őket. Newton a mai klasszikus fizikát megalapozó Principia című

művében, a második könyv VI. részében a kísérlet céljára vonatkozóan úgy fogalmazott, hogy

„[...] íme, ezzel előttünk áll egy módszer arra, hogy összehasonlítsuk egymással a testeket az

anyagmennyiségre vonatkozóan.”

27 Kudrjavcev, P. Sz.: A fizika története. Az antik fizikától Mengyelejevig. Akadémiai Kiadó, Budapest (1951) 168.

27

a) A folytatásban Newton kifejtette, miszerint „[...] az igen nagy pontossággal elvégzett

kísérleteim mind az mutatták, hogy az anyagmennyiség a testekben arányos azok súlyával.”28

Igazoljuk Newton állítását, feltételezve, hogy az ingaként felfüggesztett egyik hengerben fa, a

másikban pedig arany volt!

b) Newton a fenti megállapítást az ingák lengésidejének összehasonlításából következtette ki

és arra jutott, hogy azonos súlyok esetén az arany és a fa tömegének arányában mindössze

egyezrednyi eltérés áll fenn. Határozzuk meg, hogy a két henger egymáshoz viszonyított

periódusidejének hányadik tizedesjegyében okoz eltérést ez a különbség! (negyedikben)

II.3. A fény levegőben való terjedési sebességének egyik első mérését Hippolyte Fizeau (1819–

1896) francia fizikus végezte el saját laboratóriumában, 1849-ben. Fizeau a mérésben erős,

pontszerű forrásból kiinduló fénysugarat félig áteresztő, foncsorozott ferde lemez segítségével

egy fogaskerék felé irányított. A fogaskerék fogai között párhuzamosan áthaladó fénysugár

8633 m út megtétele után visszaverődött egy tükörről. Fizeau remélte, hogy elég gyorsan

forgatva a fogaskereket, el tudja érni, hogy amíg a fény az oda-vissza utat megteszi, addig a

fogaskerék éppen egy fogköznyit forduljon el. Ebben az esetben ugyanis az egyik fogközön

átjutó fénysugár akadálytalanul haladhat át a másikon is.

a) Fizeau eredeti mérésében a fény sebességére 313274304 m/s adódott. Határozzuk meg két

tizedesjegy pontosságra, hogy mekkora volt az általa használt fogaskerék egy fogához tartozó

belső szög, ha ismert, hogy mérésében 12,6 volt a fogaskerék másodpercenkénti fordulatainak

száma! (0,25°)

b) Egészre kerekítve mekkora hibát vétett Fizeau a fény sebességére ma elfogadott, 3 ∙ 108 m/s-

os értékéhez képest? (4%)

28 Az idézetekhez lásd: Kudrjavcev, P. Sz.: A fizika története. Az antik fizikától Mengyelejevig. Akadémiai Kiadó,

Budapest (1951) 260.

28

II.4. Gaspard-Gustave Coriolis (1792–1843) 1835-ben elsőként írta le kvantitatívan a később

róla elnevezett Coriolis-hatást. Eszerint a forgó vonatkoztatási rendszerhez képest mozgó

testekre mozgásuk miatt tehetetlenségi erő, az ún. Coriolis-erő is hat. Az erő tehát a forgó

Földön is fellép.

Nem sokkal később, Léon Foucault (1819–1860) francia fizikus a Föld forgásának, illetve a

Coriolis-erő jelenlétének igazolására mutatta be híres ingás kísérletét a párizsi Panthéonban,

1851. március 26-án. A kísérletben szereplő, 67 m hosszú, 28 kg össztömegű (vékony huzalra

függesztett, viszonylag nagy tömegű gömb) ún. Foucault-inga lengési síkja teljesen

körbefordult, jelezve a Föld forgásának és eltérítő hatásának következményét.

a) Határozzuk meg, hogy mekkora volt a párizsi Panthéonban található inga lengési síkjára

jellemző körülfordulás periódusideje, illetve forgásának szögsebessége! Párizs szélességi fokát

szögperc pontosságra, a forgás szögsebességét pedig két tizedesjegyre kerekítve, fok/óra

mértékegységben adjuk meg. Számításunkban vegyük figyelembe, hogy a Föld 23 óra 56 perc

alatt tesz meg egy fordulatot a tengelye körül. (31 óra 57 perc; 11,44 °/óra)

b) Határozzuk meg, hogy hol (Párizsban vagy Budapesten) és hány százalékkal nagyobb a

Foucault-inga lengési síkjának szögsebessége! Az Eötvös Loránd által készíttetett inga ma a

budapesti Eötvös Loránd Tudományegyetem Természettudományi Karának (ELTE TTK)

Fizika („A”) épületében található. Budapest szélességi fokát szögperc pontosságra, a forgás

szögsebességét pedig két tizedesjegyre kerekítve, fok/óra mértékegységben adjuk meg.

(Párizsban; 1,9%-kal)

c) Tekintsük a két Foucault-ingát fonálingának és határozzuk meg, hogy hogyan aránylik

egymáshoz periódusidejük! Az ELTE TTK-n található inga 13 m hosszú és 10 kg tömegű.

(6,64)

30

II.5. Kincsem (1874–1887), az angol telivér szülőktől származó „magyar csoda” („Hungarian

wonder”) a mai napig vezeti a versenylovak örök verhetetlenségi világranglistáját, 54 futamból

54 győzelemmel. Világsikere hazánkban számos képzőművészeti alkotás ihletének forrása volt,

sőt nevét még egy aszteroida is őrzi.

Tekintsük most Kincsem tizenharmadik győzelmét, amit a versenyló a Budapesten

megrendezett (1877. május 8.), „Hazafi Díj” elnevezésű versenyen aratott. A Vadász- és

Verseny-lap május 9-ei száma szerint a 1,5 hossz (azaz másfél kör) befutásával a ló 1600 m utat

tett meg 1 perc 45 másodperc alatt.

a) Egészre kerekítve határozzuk meg km/h-ban Kincsem (átlagos) kerületi sebességét, ha a

versenypályát kör alakúnak feltételezzük! (55 km/h)

b) Mekkora volt a vizsgált esetben Kincsem centripetális gyorsulása? (1,36 m/s2)

32

II.6. Ismert, hogy az első világháború kezdeti időszakára jellemző villámháború

megmerevedéséhez jelentős mértékben hozzájárult a védelem, s így többek között a tüzérség

erejének megnövekedése. Ebből kifolyólag a kialakult állásháború megtörése érdekében a

támadó fél arra törekedett, hogy tüzérségének potenciálja felülmúlja a védelem erejét.

E célnak köszönhető, hogy a háború alatt az említett fegyvernem jelentős fejlődésen ment

keresztül. Az Osztrák–Magyar Monarchia tüzérségében három típus fejlődését érdemes

kiemelni a háború kezdetén alkalmazott „verziójukhoz” képest. Így például az 1905 M. 8 cm

tarack (a tarack az ágyú egyik típusa) 6200 m-es maximális lőtávolsága az 1918 M. 8 cm tarack

esetében 10500 m-re, az 1899 M. 10 cm tarack 5500 m-es lőtávolsága az 1914 M. 10 cm

tarackra vonatkoztatva 8000 m-re, az 1899 M. 15 cm tarack 6000 m-es lőtávolságához képest

pedig az 1915 M. 15 cm taracké 11500 m-re nőtt.

1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. 8.

Irodalmi

maximális

lőtávolság

(közegellenállás

esetén) [m]

Csőtorkolati

sebesség

[m/s]

Maximális

lőtávolság

(közegellenállás

nélkül) [m]

Űrméret

[mm]

Lövedék

tömege

[kg]

Szimulált

maximális

lőtávolság

(közegellenállás

esetén) [m]

Arány

[%]

1918 M. 8

cm tarack 10500 500 25510 76,5 8 7228 28

1914 M. 10

cm tarack 8000 422 18172 100 11,5 5693 31

1915 M. 15

cm tarack 11500 508 26333 149,1 42 9026 34

a) Határozzuk meg két tizedesjegy pontossággal, hogy hányszorosára változtak az ágyúk egyes

típusainak hatótávolságai a tüzérség fejlődésének következményeként! (az ágyúk fenti

sorrendjében 1,7; 1,5; 1,9)

b) Az említett ágyúkból tekintsük csupán a fejlettebb típusokat a fenti táblázat szerint, amelyben

a rájuk és lövedékeikre jellemző adatok szerepelnek. Adjuk meg a táblázat 4. oszlopában a

közegellenállás nélküli esetre vizsgált maximális lőtávolság hiányzó adatait egészre kerekítve,

azt feltételezve, hogy az ágyúk 45°-os szögben tüzelnek!

c) Az alább látható három ábrán az egyes ágyú-típusok lövedékeinek emelkedési magassága

látható a röptávolság függvényében, 45°-os tüzelési szöget figyelembe véve. Becsüljük meg az

ábrák alapján, majd írjuk be a táblázat 7. oszlopába, hogy a numerikus szimuláció alapján

készített grafikonok szerint milyen messzire repülhettek az egyes ágyúk lövedékei, azaz

mekkora volt a hozzájuk tartozó maximális röptávolság (a közegellenállás figyelembevétele

esetén)! Adjuk meg a táblázat 8. oszlopában, hogy hány százaléka volt a numerikus szimuláció

alapján számolt valódi lőtávolság nagysága a b) kérdésben (közegellenállás nélküli esetben)

számolt lőtávolság nagyságához képest!

33

34

II.7. Ismert, hogy a második világháború európai hadműveletek lezárulásával (1945)

Németország négyhatalmi (USA, Nagy-Britannia, Franciaország, Szovjetunió) megszállás alá

került. Amikor 1948. májusában a nyugati hatalmak a német területek egyesülését elősegítendő,

új valutát vezettek be az általuk megszállt területeken, a Szovjetunió válaszként katonai úton

elzárta (az ugyancsak a nyugati hatalmakkal közösen megszállt) Nyugat-Berlinbe vezető utakat

és vasutakat. Célja az volt, hogy a nyugati nagyhatalmak a lényegében hermetikusan körülzárt

várost feladják („berlini blokád”), és teljes egészében szovjet megszállás alá engedjék.

A szovjet várakozással szemben azonban nyugaton Nyugat-Berlin légi híddal történő ellátása

(1948. június 26. – 1949. május 12.) mellett döntöttek. A légihíd fennállása során több, mint

2,3 millió tonna rakományt (alapvető élelmiszer, szén stb.) szállított; munkájában pedig több

mint 70 ezer ember vett részt. Az esemény egyik megható epizódja Gail Halvorsen

(1920–) hadnagy önálló akciója volt, aki – a nyugat-berlini gyermekek sanyarú helyzetét látva

– számos alkalommal különféle édességeket (csokoládé, rágógumi) dobott le zsebkendőből

fabrikált „ejtőernyőkkel”. A Tempelhof-i repülőtéren leszálló repülőgépeket váró gyermekek a

hadnagyra így a „Der Schokoladen Flieger” („a Csokoládés Repülő”) nevet ragasztották.

a) Halvorsen hadnagy példáját vizsgálva, egészre kerekítve határozzuk meg, hogy milyen

távolságban kellett kidobni az édesség-csomagot a repülőtér legszélső pontján álló gyermekek

számára, hogy az éppen a kezükbe érkezzen! Tudjuk, hogy a hadnagy az akció során a légi

hídban legintenzívebben alkalmazott Douglas Skymaster (C–54) repülőgépet használta, s a

csomag ledobásának pillanatában (átlagosan 535 m) magasan, a légi hídra jellemző 273,5 km/h

nagyságú utazósebességgel haladt. Számolásunkban tekintsünk el a közegellenállástól. (794 m)

b) Egészre kerekítve határozzuk meg, hogy a függőlegeshez viszonyítva mekkora szög alatt

kellett látnia a célpontot a hadnagynak a csomag ledobásának pillanatában? (56°)

35

II.8. Az Apollo-14 egyik űrhajósa, Ed Mitchell (1930–2016) – az amerikai Holdra-szállási

program már előző küldetései során is megszokott, tudományos kísérletekre való igényéhez

híven – a kitérített, ún. megszakított inga („interrupted pendulum”) periódusidejét vizsgálta a

Hold felszínén. Az űrhajós által mért eredmények összeegyeztethetőek voltak az előzetes

várakozással a nehézségi gyorsulás eltérő nagysága és a közegellenállás hiánya miatt.

Az űrhajós a kísérletben függőleges nyugalmi helyzetből, vízszintes lökéssel indította az ingát

az ábra szerint először balra, teljes hosszal (1,6 m), ami – mire visszaért a függőleges síkba –

félperiódust tett meg. A függőleges sík elérésekor az ingát az A felfüggesztési pont alatt B

pontban egy szög akasztotta meg, így az már csak az alsó szakasz hosszával (0,9 m) lendült

jobbra, s mire visszaért a függőleges síkba, újra félperiódust tett meg.

a) Határozzuk meg a kísérletben, a Hold felszínén használt inga teljes periódusidejét! (5,44 s)

Útmutatás: A teljes periódusidő a két félperiódusidő összegeként számolható.

b) Egészre kerekítve határozzuk meg, hogy megközelítőleg hány százalékkal lenne kisebb az

inga periódusideje, ha a kísérletet a Földön végezték volna el? (59%)

36

III. Dinamika

III.1. Christiaan Huygens (1629–1695) a mozgó hajón egymáshoz képest egyenes vonalú

egyenletes mozgást végző koordináta-rendszerek mechanikai ekvivalenciáját (egymáshoz

képesti egyenértékűségét) posztulálva (kijelentve) helyesen tudta értelmezni és levezetni a

tökéletesen rugalmas ütközésekre vonatkozó törvényt.

Gondolatkísérletében a part közelében (a parthoz képest) állandó sebességgel úszó csónakot

feltételezett, amelyben a csónak utasa – kitárt karjain – egy–egy, azonos tömegű és nagyságú

golyót tart azonos hosszúságú fonálra függesztve. Az ábra szerint az utas kezeit egymás felé

mozgatva (saját magához és a csónakhoz viszonyítva is) egyenlő sebességgel egymáshoz üti a

két golyót, amelyek az ütközés után egyenlő sebességgel szétpattannak. Eközben az utas parton

álló társa megfigyeli az eseményeket. (Tételezzük fel, hogy olyan lassan indul a mozgás, hogy

a golyók nem lendülnek ki, hanem egyenletesen mozognak az ütközés pillanatáig.)

Igazoljuk Huygens azon hipotézisét, hogy az egyenletes sebességgel mozgó hajón, bármekkora

legyen is annak sebessége, a rajta utazó megfigyelő számára az ütközési törvények azonosak a

parton álló megfigyelőével és fordítva!

37

III.2. Isaac Newton (1643–1727) a körpályán mozgó test geometriai és kinematikai adatai

alapján, gondolatkísérletben határozta meg az egyenletes körmozgásra jellemző, alapvető

kvantitatív összefüggéseket. Ahogyan sok más, matematikai és fizikai eredményét, úgy ezt a

gondolatmenetet is az 1664-ben elkezdett, majdnem 4000 oldalas Waste-book című műve

taglalja.

Newton a gondolatkísérletben elsőként négyzetet rajzolt egy körbe, és feltételezte, hogy a

négyzet kerületén állandó sebességgel mozog egy test. A test a négyzet csúcsainál rugalmasan

ütközik a négyzet köré írt merevnek képzelt körvonallal és onnan visszapattan.

a) Ismerve, hogy a körvonal által, az ütköző testre kifejtett erő a kör középpontja felé mutat,

határozzuk meg az erő nagyságát az ütközésre érvényes összefüggések és a négyzet, valamint

a kör geometriai viszonyai alapján!

Útmutatás: Tételezzük fel, hogy a mozgó testre ható erő pillanatszerű, nagysága pedig a hatás

ideje alatt állandó.

b) Általánosítsuk az a) kérdésben nyert összefüggést úgy, hogy a test nem négyzet, hanem a

körbe írt n oldalú sokszög kerületén mozog. A centripetális erő nagyságának meghatározásával

igazoljuk, hogy az eredményül kapott erőhatás nem függ attól, hogy hány oldalú sokszöget

választottunk.

III.3. Henry Cavendish (1731–1810) talán legjelentősebb kísérlete a torziós ingája segítségével

végzett mérése volt. A berendezés alapja a rendkívül vékony fémhuzalra (torziós szál)

súlypontjánál felfüggesztett, 1,8 m hosszú farúd volt, amelynek két végére Cavendish egy–egy,

kb. 5 cm átmérőjű ólomgolyót rögzített. Amikor a farúdon rögzített golyók közelébe, a rúd

ellentétes oldalára azoknál egy nagyságrenddel nagyobb tömegű (160 kg), szintén ólomból

készült golyókat helyezett, a kisebb és nagyobb tömegű golyók között fellépő gravitációs

vonzóerő hatására a torziós szál elcsavarodott. Ennek következtében a kisebb golyók csekély

elmozdulást szenvedtek el.

a) Cavendish meghatározta a Föld 5480 kg/m3 nagyságú (átlagos) sűrűségét (a Föld általa már

korábban meghatározott, 6371 km-es sugarának ismeretében). Adjuk meg ezen adatok

segítségével a gravitációs állandó nagyságát egy tizedesjegy pontossággal!

(6,7∙10-11 Nm2/kg2)

b) Ezt felhasználva egészre kerekítve határozzuk meg, mennyinek adódott Cavendish mérése

alapján a kisebb és nagyobb ólomgolyó között fellépő gravitációs vonzóerő! (7∙10-8 N)

Útmutatás: A nagyobb golyók, illetve egy nagyobb és egy kisebb golyó egymástól vett

távolsága a mellékelt, mm pontosságú méretarányos ábra alapján olvasható le.

38

III.4. A Német Birodalom az első világháború számára vesztesnek tűnő kimenetelét az 1918-

ban, még az amerikai csapatok európai partraszállása előtt indított, ún. Tavaszi hadjárattal

kívánta visszafordítani. A szárazföldi erők támadását három messzehordó-ágyú segítségével

támogatták, amit a háború előtt Franciaországhoz tartozó Crépy község erdejében állítottak fel.

A 450 t össztömegű, 34 m hosszú és 210 mm űrméretű csővel rendelkező monstrumokat

vasúton kellett a helyszínre szállítani. Az ágyútól mintegy 121 km-re lévő Párizs lövetése 1918.

március 23-án, reggel 7 óra 45 perckor kezdődött meg a háromszög alakban felállított ágyúkkal,

amely „tevékenység” fedezésére a német vezérkar 30 másik ágyút állított fel a monstrumok

közelében.

a) A nagy lőtávolság miatt a célzáskor már gondolni kellett a Föld forgásából adódó Coriolis-

erő eltérítő hatására. Olvassuk le a numerikus szimuláció (1. ábra) alapján számolt grafikon

alapján, hogy mekkora volt a francia fővárost célzó Párizs-ágyú 96 cm hosszú és 106 kg tömegű

lövedékének észak–déli, vagyis y irányú eltérülése, míg a lövedék Crépyből Párizsba ért (a

közegellenállás hatásának figyelembevétele nélkül)! Az ágyú a vízszintessel bezárt 50°-os

szögben és 1645 m/s nagyságú kezdősebességgel tüzelt Párizsra. (727 m)

1. ábra: A 121 km röptávolságot befutó Párizs-ágyú lövedékének Coriolis-eltérülése

Útmutatás: A szimulációban Párizs és Crépy kb. azonos szélességi foka 𝛹 = 48,5°. Numerikus

számításunkban elhanyagoltuk a lövedék kezdeti magasságát a földtől.

b) Ellenőrizzük becsléssel a kapott végeredményt! Hány százalékos a különbség a numerikus

szimulációban nyert eredményhez képest? (0,15%)

Útmutatás: Használjuk a közel egyenletes sebességgel mozgó test esetén fellépő 𝑎𝐶 Coriolis-

gyorsulásra a matematikailag itt nem részletezett |𝑎𝐶| = 2𝑣�⃗⃗� összefüggést, ahol 𝑣 a lövedék

kezdősebessége, �⃗⃗� pedig a Föld 𝜔0⃗⃗⃗⃗ ⃗ forgási szögsebesség-vektorának földfelszínre merőleges

komponense. Az ekkora Coriolis-gyorsulással egyenletesen gyorsuló test által megtett út az

eltérülés nagyságát adja.

c) Mekkora szöggel és milyen irányba kellett irányozni a löveg csövét ahhoz, hogy a lövedék

pontosan a célba érkezzen? (0,34°; balra)

39

Útmutatás: A megoldáshoz feltételeznünk kell az a) kérdésben nem szereplő, a kezdősebesség

vízszintes összetevőjére merőleges, délre mutató másik sebesség-komponenst is. Ennek

nagyságát „próbálgatással” tudjuk meghatározni, amelyből a helyes eredmény 6,35 m/s lesz (2.

ábra).

2. ábra: A pontosan célba érkező lövedék mozgásának görbéje a délre mutató, 6,35 m/s

nagyságú sebesség-komponens felvétele esetén

III.5. A második világháborúban a Harmadik Birodalom a veszni látszó háború kimenetelét az

első világháborúhoz hasonlóan (Párizs-ágyú) egy „csodafegyverrel” kívánta visszafordítani.

Ebből a célból készült az ún. V–2 (vagy A–4) egyfokozatú, folyékony üzemanyaggal hajtott

ballisztikus rakéta, amelyhez a Balti-tenger partján fekvő Peenemünde tervezői – mint a Nagy-

Britannia és Belgium ellen bevetett „megtorlófegyverhez” („Vergeltungswaffe”) – nagy

reményt fűztek. A rakéta első startjára 1942. márciusában került sor, majd 1943 elején

megkezdődött a gyártása is.

a) Ismert, hogy a működés nagyobb hatékonysága érdekében (az indítás pillanatától számítva)

az első három másodpercben csak a V–2 motorjának gyújtása zajlott, és a rakéta csak a

negyedik másodpercben szállt fel. Egészre kerekítve becsüljük meg, hogy a felszállás első

másodpercében mekkora volt a rakéta hajtóművéből kiáramló gázok rakétához viszonyított

sebessége, ha a V–2 tolóereje 25 tonna tömegre ható nehézségi erőnek felelt meg? A rakéta

egyenletes kibocsátású hajtóműve másodpercenként 130 kg üzemanyagot fogyasztott.

(1885 m/s)

b) Ábrázoljuk a rakéta gyorsulásának időtől való függését, ha ismert, hogy a V–2 rakéta 13

tonnás tömegének 66%-a üzemanyag volt. Megközelítőleg hányszor volt nagyobb a gyorsulása

a rakétának az üzemanyag elfogyásának pillanatában, mint a felszálláskor? (3)

40

III.6. A világtörténelem első mesterséges égiteste a Szputnyik-1 műhold volt, amelyet 1957.

október 4-én állított pályára a Szovjetunió. Ezzel vette kezdetét az űrkorszak, amelynek

további, jelentékeny epizódjai közé az ember első űrbe juttatása, illetve az első Holdra-szállás

tartozott.

a) A Szputnyik-1 fellövésének elsődleges célja az első kozmikus sebesség – azaz a Föld körüli

körpályán való mozgáshoz szükséges kritikus sebesség – elérése volt. Határozzuk meg ennek

nagyságát a Föld felszínén! (7,91 m/s)

b) Ismert, hogy a Szputnyik-1 műholdnak a Föld felszínétől mért legnagyobb magassága 950

km, legkisebb magassága 229 km volt. Ellipszispályát feltételezve mekkora lehetett a

mesterséges égitest sebessége, a pályának a Föld középpontjától mért legtávolabbi

(„apogeum”), illetve a Föld középpontjához legközelebbi („perigeum”) pontjában? Egészre

kerekítve határozzuk meg, hogy hányadrészére csökkent a Szputnyik-1 sebessége, miközben a

„perigeumból” az „apogeumba” jutott? (rendre 7186,68 m/s; 7971,76 m/s; 10%)

Útmutatás: A megoldáshoz érdemes a területi sebesség állandóságát (Kepler II. törvénye) és a

mechanikai energiamegmaradás törvényét figyelembe venni.

c) Ismert, hogy a légkör sűrűsége kb. 150 km-rel a Föld felszíne felett már zérusnak tekinthető,

így az ezt meghaladó magasságú pályán mozgó mesterséges műholdak gyakorlatilag örökké a

Föld körül keringenek. A 229 km-es „perigeummal” rendelkező Szputnyik-1 lezuhanását tehát

minden bizonnyal a levegősűrűség (napkitörések hatására jelentkező) extrém megváltozása

okozhatta.

Az alábbi szimuláló animációja olyan műhold pályáját ábrázolja, amely – mivel 147 km-es

„perigeummal” rendelkezik – már biztosan eléri a légkört, így elég és lezuhan a Földre.

Határozzuk meg, hogy mekkora munkavégzés árán lehetne ezt a 83,6 kg tömegű műholdat Föld

körüli körpályára állítani, ha feltételezzük, hogy az elérendő magasság a Szputnyik-1

pályájának stabilabbnak tekinthető 229 km-es „perigeuma”! (2640 MJ)

42

III.7. A Vosztok-1 űrhajójának utasa, Jurij Alekszejevics Gagarin (1934–1968) a

világtörténelem első űrhajósaként vonult be a történelembe. Ő volt az első ember, aki az 1961.

április 12-én a szovjetunióbeli Bajkonuri (ma Kazahsztán) űrrepülő-térről elstartoló űrhajóban

elhagyta a Föld légkörét. Gagarin repülésének – azon világrekordján túl, hogy elsőként repült

Föld körüli pályán, további szenzációja, hogy ő volt az első ember, aki tartósan (10–15 s-ig)

átélte a súlytalanságot, illetve aki lefolytatta az első rádióbeszélgetést az űrből.

a) Határozzuk meg, hogy átlagosan mekkora kerületi sebességgel repült Gagarin űrhajója!

(7758 m/s)

b) Hányszor repülte körül a Földet Gagarin, ha a felszállástól a leszállásig 108 perc telt el és

űrhajója átlagosan 245 km magasságban repült a Föld felszíne felett? Mozgásának

periódusidejét percben, egy tizedesjegyre kerekítve adjuk meg! (egyszer; 89,3 perc)

c) Egy tizedesjegyre kerekítve határozzuk meg, hogy mekkora volt Gagarin űrhajójának

centripetális gyorsulása! (9,1 m/s2)

44

III.8. 1971. július 26-án indult útjára az Apollo-15 űrhajó, amely fedélzetén három amerikai

űrhajóssal (David R. Scott, Alfred M. Worden és James B. Irwin) a Holdon szállt le. Az akció

a korábbi repülések mintájára a tudományos kutatómunka folytatását, új vizsgálatok

végrehajtását tűzte ki céljául.

A tudományos vizsgálatok közül elsőrendű fontosságú volt a manapság „kalapácsos-

madártollas kísérletként” híressé vált demonstráció elvégzése. Ezzel ugyanis David R. Scott

(1932–) az Apollo-15 parancsnoka Galilei nagyszerű felfedezését kívánta igazolni, miszerint

légellenállás híján az azonos magasságból elengedett testek azonos ideig zuhannak, a testek

tömegétől függetlenül. (A kísérletben használt kalapács 1,32 kg, a madártoll pedig 30 g tömegű

volt.)

a) Az 1971. augusztus 2-án végrehajtott kísérletről készült videó-felvétel alapján

megállapítható, hogy a két test kb. 1,35 másodpercig zuhant. Mekkora a Hold vonzóereje miatt

fellépő gyorsulás közelítő értéke, ha Scott a talajtól számítva kb. 1,6 m-es magasságból ejtette

le a két tárgyat? (1,76 m/s2)

b) Mennyi idő alatt esne le a két tárgy a Földön azonos magasságból indítva, laboratóriumi

körülmények között előállított vákuum-kamrában? (0,5714 s)

c) Olvassuk le a numerikus szimuláció alapján készített grafikonról, hogy mennyi idő alatt érne

földet a kísérletben használt madártoll a Földön, ha a közegellenállástól nem tekintünk el!

Határozzuk meg, hogy hány százalékos a különbség a közegellenállás nélküli esetben számolt

eredményhez képest! Feltételezzük, hogy a madártoll a Földön nem ferdén, hanem a holdi

kísérletről készült videó-felvételhez hasonló módon, vízszintes síkkal zuhan. (0,572 s; 0,1%)

Útmutatás: A szimulációban említett, téglalap alakúnak feltételezett madártoll 1,17 nagyságú

légellenállási tényezője a madártoll geometriai adatainak (átlagos hosszúság 10 cm, átlagos

szélesség 2,25 cm) ismeretében határozható meg.

45

IV. Hidro- és aerosztatika

IV.1. II. Hierón szürakuzai király (Kr. e. 308–215) Vitruvius, ókori római szakíró szerint

fogadalmi ajándékként aranykoronát kívánt felajánlani a római isteneknek, ezért a korona

készítéséhez ötvösmesterének meghatározott mennyiségű aranyat adott át. Az elkészült

koronának Hierón roppantul örvendett, ám felmerült benne a gyanú, hogy teljes egészében

felhasználta-e a mester a kapott aranymennyiséget, vagy esetleg – egy részét eltulajdonítva – a

koronát ezüsttel ötvözte. A király rokonához, a híres Arkhimédészhez (Kr. e. 287–212) fordult

tanácsért, és kérte, hogy ellenőrizze le a korona hitelességét anélkül, hogy megrongálná vagy

újra beolvasztaná azt.

Vitruvius szerint Arkhimédész a következőképpen járt el a feladat végrehajtásakor: a koronával

azonos tömegű arany-, illetve ezüsttömböt vett, majd a koronát, illetve a két tömböt külön-

külön bemerítette egy–egy vízzel szintültig megtöltött edénybe. Ezután megmérte, hogy

mekkora tömegű víz folyt ki a bemerítések során. Ezzel lényegében a koronával azonos tömegű,

de különböző térfogatú arany és ezüsttömb térfogatát mérte meg.

a) A korabeli koronák általában babérkoszorúhoz hasonló, növényi levelekből álló fejdíszt

mintáztak, tömegük pedig néhányszor 100 g körül volt. 250 g tömegű koronát véve figyelembe

határozzuk meg, hogy milyen határok között mozoghatott a megfigyelés során a kiszorított víz

térfogata, hogy beigazolódjon a feltételezés, miszerint a korona valóban ötvözet volt! (kb.

1,3∙10-5 m3 – 2,4∙10-5 m3 között)

b) Megközelítőleg hányszor több vizet szorított ki az ezüsttömb az aranytömbhöz képest

Arkhimédész kísérletében? (2)

46

IV.2. Az 1046-ban hatalmától megfosztott I. (Orseolo) Péter magyar királyt (ur. 1038–1041,

1044–1046) második uralkodása után I. András (ur. 1046–1060) követte a trónon, akinek a

megromlott szomszédsági viszony miatt már az 1050-es évek elején III. Henrik német-római

császár (ur. 1017–1056) seregével kellett szembenéznie. Henrik – annak érdekében, hogy (újra)

hűbéressé tegye a Magyar Királyságot – előbb 1051-ben a Vértesben ütközött meg a magyar

erőkkel, majd 1052-ben hajón érkezve, Pozsony várának ostromához kezdett.

A császár meglepetésére azonban serege nyolcheti ostrom alatt sem ért el eredményt. A

patthelyzet feloldására a várba szorult magyarok ügyes cselhez folyamodtak. A Képes Krónika

szerint „kiküldtek egy Zotmund nevű közvitézt, aki kitűnő búvár volt, hogy a császár hajóit

elsüllyessze. Zotmund egy csendes éjszakán vízbe ereszkedett, a hajók alá úszott, és a császár

[az ostromhoz hasznos rakománnyal felpakolt – Sz. R.] hajóit egymás után megfúrta. A hajóhad

elsüllyedt, és ezzel megtört a németek uralma.”29

a) Egészre kerekítve, cm-ben határozzuk meg, hogy milyen mélyen süllyedt be a vízbe a fúrás

előtt a császári flotta egy–egy hajója! A ma alkalmazott, tölgyfából készült és folyami

használatra szánt, „ladikszerűnek” tekinthető hajók átlagos öntömege 135 kg. Tételezzük fel,

hogy a téglatest alakú, 1,25 m széles és 5 m hosszú csónak hasznos terhe a hajó öntömegével

egyezett meg. (5 cm)

b) Mekkora nyomóerő hatott a hajó feneke alatt lévő Zotmund fejének és talpának 1–1 dm2-re,

ha ismert, hogy az általa használt fúró nyele kb. 40 cm hosszú volt és azt éppen a fejének

tetejével párhuzamos vonalban fogta meg az ábrán látható módon? A középkori ember átlagos

magassága 170 cm lehetett. (39,2 N; 205,8 N)

29 Lengyel Dénes: Régi magyar mondák. Budapest, Móra Ferenc Könyvkiadó (1974) 121.

47

IV.3. Thuróczy János XV. századi magyar történetíró arról számolt be az 1488-ban kiadott

Chronica Hungarorumban I. (Hunyadi) Mátyás (1458–1490) királlyá választásáról, hogy

amikor „Szilágyi Mihály, Mátyás grófnak [...] nagybátyja, a gróf anyjának [azaz Szilágyi

Erzsébetnek – Sz. R.] bátyja, nagy vitéz fegyveres sokasággal érkezett a nemesek gyűlésébe, [...]

a mennybeli Mindenható [...] fenekéig fagyasztotta be a Duna vizét, [és] oly vastag, oly szilárd

jég képződött, hogy másnap reggeltől mindenki hajó nélkül járhatott át a Dunán a jég hátán,

akár a sík mezőn...”30

A legenda szerint Szilágyi Mihály (1400–1460) 15 ezer fegyveres zsoldoskatonával érkezett

Buda alá, hogy nyomatékot adjon unokaöccse megválasztásának. Az ismert történettől

eltekintve tegyük fel, hogy a jégen álló sereg hatalmas súlya következtében a harcosok által

betöltött jégtábla leszakadt a körülötte lévő jégtől és a vízen kezdett úszni.

Határozzuk meg, hogy legalább milyen vastagnak kellett lennie e jégtáblának ahhoz, hogy ne

érje víz a zsoldoskatonák talpát, ha átlagosan egy harcos 1 m2-nyi felületen állt és felszereléssel

együtt 100 kg-ot nyomott! (1,25 m)

IV.4. A XVII. század derekán, 1643-ban Galilei egyik tanítványa, Evangelista Torricelli (1608–

1647) elvégezte a később róla elnevezett ún. Torricelli-kísérletet. E kísérletében a

természettudós arra a következtetésre jutott, hogy ha a higannyal telt, egyik végén zárt, másik

végén nyitott üvegcsövet nyitott végével lefelé higannyal töltött tálba meríti, akkor a higanyszál

vége az üvegcső felső lezárt felületétől adott magasságban áll meg.

Torricelli ezt azzal magyarázta, hogy „a higany külső felületére öt mérföld magas légoszlop

nehezedik”31, amely külső levegő súlya egyensúlyt tart az üvegcsőbe behatoló és adott

magasságig emelkedő higanyoszlop súlyával.

a) Határozzuk meg, hogy milyen magasságig emelkedett a higanyszál Torricelli kísérletében!

(0,76 m)

b) Milyen magasra emelkedett volna a folyadékoszlop abban az esetben, ha a tudós a kísérletet

vízzel végezte volna el? (10,38 m)

30 Kulcsár Péter (vál.): A humanista történetírás elmélete. Budapest, Szépirodalmi Könyvkiadó (1977) 108–109. 31 Simonyi Károly: A fizika kultúrtörténete a kezdetektől a huszadik század végéig. Akadémiai Kiadó, Budapest

(2011) 236.

48

IV.5. Máig a „fizika nagy kísérleteit” gazdagítja a francia matematikus és fizikus, Blaise Pascal

(1623–1662) által megtervezett és sógora által végrehajtott barométeres kísérlet. Torricelli

kísérletének magyarázatából kiindulva, miszerint a Torricelli-csőben a higany-szál magasságát

a levegő súlyából eredő légnyomás hozza létre, Pascal arra gondolt, hogy a tengerszint feletti

magasságtól függően a higanyszál magasságának is csökkennie kell.

Az 1648. szeptember 19-én elvégzett kísérlet eredményeképpen a feltételezés beigazolódott, a

franciaországi Poy-de-Dome hegycsúcs lábánál hagyott, illetve a nála 800 m-rel feljebb

elhelyezett Torricelli-csőben a higanyoszlop eltérő magasságban állapodott meg.

a) Határozzuk meg, hogy hány cm volt a higany magasságának különbsége! (8 cm)

b) Mekkorára változott volna ez a magasságkülönbség, ha a kísérletet Pascal higany helyett

vízzel végezteti el? (1,032 m-re)

IV.6. Otto von Guericke (1602–1696), Magdeburg város polgármestere az 1654. május 8-iai

regensburgi birodalmi gyűlésen hajtotta végre híres kísérletét, a mai napig is „magdeburgi

félgömböknek” nevezett eszközzel.

Guericke a kísérlet végrehajtásához két, azonos anyagi minőségű és átmérőjű félgömböt

használt, amelyeket egy terpentinnel átitatott bőrgyűrű közbeékelésével szorosan

összeillesztett. Ezután kiszivattyúzta a félgömbökből a levegőt, majd a két félgömbre rögzített

vasgyűrűhöz, a félgömbök egy–egy oldalára 8–8 lovat fogatott be. Guericke azt kívánta

demonstrálni, hogy a külső levegő nyomása olyan erővel tartja össze a félgömböket, hogy

azokat a 16 ló sem bírja széthúzni.

a) Egészre kerekítve határozzuk meg, hogy mekkora erővel tartotta össze a levegő a 0,67 rőf

átmérőjű félgömböket Guericke kísérletében! (21237 N)

b) Megközelítőleg hány tonna tömegű testre ható nehézségi erővel egyenlő az a) kérdésben

számolt erő nagysága? (2,2 t)

50

IV.7. Az angol Titanic, korának legnagyobb utasszállító hajója 1912. április 10-én először és

utoljára futott ki a brit Southampton kikötőjéből 1912. április 10-én, hogy egy hét múlva az

amerikai New York városába érkezzék. Az óceánjáró azonban április 14-én, 23 óra 40 perckor

jéghegynek ütközött, és két és fél órával később, április 15-én, 2 óra 20 perckor elsüllyedt. Az

elsüllyeszthetetlennek tartott hajó katasztrófájában 1514-en vesztették életüket, így nem csoda,

hogy a baleset híre megrengette a világot és a mai napig is különféle művészi feldolgozások

tárgya.

a) Határozzuk meg, hogy milyen mélyre süllyedt be a Titanic teste a vízfelszín alá a balesetet

megelőzően! Hányad része volt ez a hajó teljes térfogatának? A Titanic össztömege 47100

tonna volt, hossza 270 m, szélessége 28 m, magassága a hajótest aljától a csónakfedélzetig

pedig 29 m volt. Számításunkban tételezzük fel, hogy a hajó téglatest alakú! (6,1 m; 21%)

b) Adjuk meg, hogy a Titanic elsüllyedéséért felelős jéghegynek megközelítőleg hány százaléka

helyezkedett el a víz felszíne felett! (10%)

c) Az ütközés okozta lyukon keresztül az ütközéstől az elsüllyedésig 35560 tonna víz folyt be

a hajótestbe. Feltételezve, hogy a hajótest egészen addig nem dőlt meg és egy darabban maradt,

határozzuk meg, hogy milyen mélyre süllyedt be ekkor a vízfelszín alá! Megközelítőleg hányad

része volt víz alatt a hajó teljes térfogatának? Hány százalékkal több ez a baleset előtti

bemerüléshez képest? (10,71 m; 37%; 16%)

51

IV.8. Első bevetésén, 1918. június 10-én egy torpedókkal felszerelt MAS 15 olasz motorcsónak

süllyesztette el az első világháborúban az Osztrák-Magyar Monarchia hadiflottájának egyik

legszebb ékkövét, a Szent István csatahajót.

A Szent István a Tegetthoff nevű testvérhajójával együtt még 1918. június 9-én futott ki a ma

Horvátországhoz tartozó Póla kikötőjéből, hogy rajtaüssenek az osztrák-magyar flotta

Földközi-tengerre való kijutását akadályozó ún. „otrantói blokádon”. Csakhogy, Premuda

közelében egy olasz motorcsónak észlelte az osztrák-magyar hajó-köteléket, majd egy alkalmas

pillanatban, hajnali 3 óra 25 perckor kilőtte két torpedóját a Szent Istvánra.

a) Tegyük fel, hogy a lövés pillanatában 14 csomóval haladó Szent István hossztengelyére a

motorcsónak éppen merőlegesen állt. Határozzuk meg, hogy mennyi idő telt el a két torpedó

becsapódása között, ha tudjuk, hogy a második torpedó becsapódási helyének távolsága a hajó

oldalán az elsőtől 19 m volt! (2,64 s)

b) A becsapódások után a hajó legénysége megpróbálta elzárni a torpedók ütötte lyukat.

Határozzuk meg kN-ban, hogy legalább mekkora erővel kellett volna a „befoltozásra” használt

deszkát a hajó falához szorítani, ha egyetlen torpedó által ütött lyuk felületének nagysága 33,5

m2 volt? A motorcsónak mindkét torpedót 1,5 m-es vízmélységből indította. (502,3 kN)

MEGOLDÁSOK

55

I. Kinematika 1.

(egyenes vonalú mozgások)

I.1.

Legyen Akhilleusz sebessége 𝑉, a teknősbékáé pedig 𝑉′.

Az ábra alapján az egyes szakaszok megtételéhez szükséges időtartamok:

𝑡1 =𝑎

𝑉→ 𝑎′ = 𝑉′

𝑎

𝑉,

𝑡2 =𝑎′

𝑉=

𝑉′𝑎

𝑉2→ 𝑎′′ =

𝑉′2𝑎

𝑉2,

𝑡3 =𝑎′′

𝑉=

𝑉′2𝑎

𝑉3→ ⋯

A teknősbéka utoléréséhez szükséges idő a fenti időtartamok összege:

𝑡 = 𝑡1 + 𝑡2 + ⋯+ 𝑡𝑛.

A fenti értékeket behelyettesítve:

𝑡 =𝑎

𝑉+

𝑎′

𝑉+

𝑎′′

𝑉+ ⋯ =

𝑎

𝑉+

𝑉′𝑎

𝑉2+

𝑉′2𝑎

𝑉3+ ⋯,

majd ebből kiemelve az 𝑎/𝑉 hányadost, az

𝑡 =𝑎

𝑉(1 +

𝑉′

𝑉+

𝑉′2

𝑉2+ ⋯)

egyenlet adódik. A zárójelben lévő tényező végtelen mértani sor, melynek megoldása

1

1 −𝑉′𝑉

.

56

Tehát, felírható az

𝑡 =𝑎

𝑉∙

1

1 −𝑉′

𝑉

,

𝑡 =𝑎

𝑉 − 𝑉′

összefüggés, amelyből látható, hogy az utoléréshez szükséges t időtartam az első szakasz

távolságának és a sebességek különbségének a hányadosából számolható.

57

I.2.

A feladatban szereplő B víz közegben való mozgáshoz az L hossz, illetve a Γ időtartam, míg a

∆ levegőhöz az L hossz, illetve az E időtartam tartozik.

a) Állítás: 𝑡 ~ 𝜌

Az állítás alapján, egyenes vonalú egyenletes mozgást feltételezve, felírható az

𝐿

𝑣 ~ 𝜌

összefüggés vízre, illetve levegőre egyaránt:

𝐿

𝑣𝐵 ~ 𝜌víz,

𝐿

𝑣∆ ~ 𝜌levegő.

Mivel az L hosszúság mindkét esetben megegyezik, érvényes az

𝜌víz ∙ 𝑣𝐵 ~ 𝜌levegő ∙ 𝑣∆

arányosság, ahol Arisztotelész állítása szerint

𝜌víz = 2 ∙ 𝜌levegő.

Ekkor

2 ∙ 𝜌levegő ∙ 𝑣𝐵 ~ 𝜌levegő ∙ 𝑣∆ ,

amiből a levegő 𝜌levegő sűrűségével egyszerűsítve és a sebességek értékeit behelyettesítve, az

2 ∙𝐿

𝛤 ~

𝐿

𝐸

arányosságból az

𝛤 ~ 2𝐸

eredmény adódik. Tehát, valóban igaz Arisztotelész állítása, miszerint a test kétszer annyi ideig

halad keresztül a B közegen, mint a Δ közegen.

58

b) 𝜌levegő = 1,29 kg/m3, 𝜌víz = 1000 kg/m3

A fenti

𝜌víz ∙ 𝑣𝐵 ~ 𝜌levegő ∙ 𝑣∆,

egyenletbe behelyettesítve a sűrűségértékeket és az L hosszúsággal egyszerűsítve, adódik:

1000 kg/m3 ∙ 𝑣𝐵 ~ 1,29 kg/m3 ∙ 𝑣∆,

1000 kg/m3 ∙𝐿

𝐸 ~ 1,29 kg/m3 ∙

𝐿

𝛤,

1000 kg/m3 ∙1

𝐸~ 1,29 kg/m3 ∙

1

𝛤,

𝛤 ~ 1,29 ∙ 10−3 𝐸,

𝛤 ≈ 10−3 𝐸.

59

I.3.

a) Arisztarkhosz szerint 𝑑H

𝑑F= 0,36, illetve a tudomány mai állása szerint: 𝑟H = 1740 km, 𝑟F =

6371 km.

A 𝑣H állandó sebességű Hold árnyékba történő teljes belépésének

𝑡H =𝑑H

𝑣H

időtartamát kell elosztani a belépés kezdete és a kibukkanás között eltelt

𝑡F =𝑑F

𝑣H

időtartammal. A Hold 𝑣H sebességére való rendezés után:

𝑑H

𝑡H=

𝑑F

𝑡F,

𝑑H

𝑑F=

𝑡H𝑡F

= 0,36,

vagyis

𝑡F ~ 2,8 ∙ 𝑡H.

A tudomány mai állása szerint elfogadott adatokkal erre az arányra

𝑑H

𝑑F=

2𝑟H2𝑟F

=2 ∙ 1740 km

2 ∙ 6371 km= 0,27,

azaz 27% adódik, vagyis az eltérés Arisztarkhosz becsléséhez (36%) képest 9%.

60

b) Arisztarkhosz szerint 𝛼 = 87°.

Az ábra alapján:

cos𝛼 =𝑙FH

𝑙FN,

ahol Arisztarkhosz becslése alapján 𝛼 = 87°. Ekkor a fenti arányra

𝑙FN

𝑙FH=

1

cos87° ~ 19

adódik. Ezzel szemben, ismert, hogy a szög valódi nagysága 𝛽 = 89°52′, így az említett arány

nagysága

𝑙FN

𝑙FH=

1

cos89°52′ ~ 430.

Az Arisztarkhosz becslésében meghatározott arány tehát a valóságban

430

19= 22,6,

vagyis megközelítőleg 23-szor nagyobb.

c) Az egyenlő szögek miatt a méretek a távolságokkal arányosak, így a Napot 23-szor gondolta

nagyobbnak a Holdnál.

61

I.4.

𝑠1 = 10 m, 𝑠2 = 2,5 m

A feladatban a kezdősebesség nélkül induló, egyenes

vonalú egyenletesen gyorsuló mozgásra érvényes

összefüggéseket kell alkalmazni:

𝑠 =𝑎

2𝑡2,

𝑣 = 𝑎𝑡.

A lefutáshoz szükséges időtartamok összehasonlításához

a golyó által a két esetben megtett

𝑠1 =𝑎

2𝑡12,

𝑠2 =𝑎

2𝑡22

utak arányát kell meghatároznunk:

𝑠1

𝑠2=

𝑎2 𝑡1

2

𝑎2 𝑡2

2=

10 m

2,5 m= 4,

amelyből az 𝑎/2 hányadossal való egyszerűsítés, majd rendezés után a

𝑡12 = 4𝑡2

2,

𝑡1 = 2𝑡2,

𝑡2 =𝑡12

érték adódik az időtartamok egymáshoz viszonyított nagyságára. Ehhez hasonlóan, a

végsebességek aránya:

𝑣1

𝑣2=

𝑎𝑡1𝑎𝑡2

=2𝑡2𝑡2

= 2,

vagyis

𝑣2 =𝑣1

2.

Tehát a második esetben a horony végének eléréséhez szükséges időtartam, illetve a lefutás

végén elért sebesség az első esetben szereplő időtartamnak és sebességnek éppen a fele volt.

62

I.5.

Az első ∆t időközben megtett út:

𝑦1 =𝑔

2(∆𝑡)2.

Az n. ∆t időközben megtett út:

𝑦𝑛 =𝑔

2(𝑛∆𝑡)2 −

𝑔

2[(𝑛 − 1)∆𝑡]2,

𝑦𝑛 =𝑔

2𝑛2(∆𝑡)2 −

𝑔

2𝑛2(∆𝑡)2 +

𝑔

2∙ 2𝑛(∆𝑡)2 −

𝑔

2(∆𝑡)2,

𝑦𝑛 =𝑔

2(∆𝑡)2[2𝑛 − 1].

Ehhez hasonlóan, az m. ∆t időközben megtett út:

𝑦𝑚 =𝑔

2(∆𝑡)2[2𝑚 − 1].

Az 𝑦𝑛 és 𝑦𝑚 megtett távolságok aránya (𝑛 és 𝑚 ∈ 𝐍):

𝑦𝑛

𝑦𝑚=

𝑔2

(∆𝑡)2[2𝑛 − 1]

𝑔2

(∆𝑡)2[2𝑚 − 1],

𝑦𝑛

𝑦𝑚=

2𝑛 − 1

2𝑚 − 1.

Tehát az elejtett test egymás utáni azonos időközökben megtett útjai úgy aránylanak

egymáshoz, mint az egymást követő páratlan számok.

63

I.6.

a) 𝑡 = 9 perc = 540 s, 𝑐 = 1,5 m/s

Terv szerinti esetben a csónak az ábra szerint az A kiindulási pontból a B érkezési pontba jut,

miközben az átkelés irányára merőlegesen

𝑥 = 𝑐 ∙ 𝑡,

𝑥 = 1,5 m/s ∙ 540 s = 810 m

utat tesz meg. Valódi esetben a csónak az A kiindulási pontból a C érkezési pontba jut,

miközben az átkelés irányára merőlegesen

𝑥′ = 𝑐′ ∙ 𝑡,

𝑥′ = 3,9 m/s ∙ 540 s = 2106 m

utat tesz meg. Ekkor a keresett arány:

𝑥′

𝑥=

2106 m

810 m= 2,6.

Vagyis, a valódi esetben megközelítőleg háromszor messzebbre sodort egy csónakot a Piave a

terv szerinti esethez képest.

b) 𝑑 = 100 m, 𝑡 = 540 s

Ideális esetben, egyenletes mozgást feltételezve, a keresett sebesség:

𝑣 =𝑑

𝑡,

𝑣 =100 m

540 s,

𝑣 = 0,185 m/s.

64

c) 𝑡′ = 2 perc = 120 s

A valódi 𝑡′ tartózkodási időtartam figyelembevételével, az ideális 𝑣 sebességet felhasználva a

merőlegesen megtett út, vagyis a folyó szélessége megközelítőleg meghatározható:

𝑑′ = 𝑣 ∙ 𝑡′,

𝑑′ = 0,185 m/s ∙ 120 s

𝑑′ = 222 m.

d) A valódi esetet figyelembe véve, az evezésre keresett 𝛼 szög nagysága a sebességek által

alkotott derékszögű háromszögben szögfüggvény segítségével adható meg:

tg𝛼 =𝑣

𝑐,

tg𝛼 =0,185 m/s

3,9 m/s,

amiből

𝛼 = arctg0,185 m/s

3,9 m/s,

𝛼 = 2,71°.

65

I.7.

𝑣 = 0,95𝑣0, ∆𝑡 = 0,5 s

A labda mozgása adott kezdősebességű,

egyenes vonalú egyenletesen lassuló mozgás.

Az erre általánosan érvényes összefüggések:

(1) 𝑠 = 𝑣0∆𝑡 −𝑎

2(∆𝑡)2;

(2) 𝑣 = 𝑣0 − 𝑎∆𝑡.

Kifejezve a (2)-ből a

𝑣0 = 𝑣 + 𝑎∆𝑡

kezdősebességet, felírható az

𝑣0 = 0,95𝑣0 + 𝑎∆𝑡

egyenlet, amiből rendezéssel a

0,05𝑣0 = 0,5∆𝑡,

𝑣0 = 10𝑎

kifejezés adódik. Az (1) egyenletben lévő két ismeretlen (𝑣0, 𝑎) meghatározásához első

lépésben a labda által megtett utat kell kiszámolni. Mivel a labda egyenes vonalban mozog, a

kaputól merőlegesen 11 m-re lévő rúgás és a célbaérkezés helye (kapu széle) közötti távolság

az ábra szerinti 𝐴𝐵𝐶 derékszögű háromszögben felírható Pitagorasz-tétel segítségével adható

meg:

𝑠2 = (7,3/2 m)2 + (11 m)2,

𝑠 = 11,58 m.

Ezt felhasználva és az (1) egyenletbe behelyettesítve,

11,58 = 10 ∙ 𝑎 ∙ 0,5 −𝑎

2∙ 0,52,

11,58 = 4,875𝑎,

𝑎 = 2,37 m/s2

adódik a gyorsulás értékének. A gyorsulás és a mozgás ∆𝑡 időtartamának ismeretében a rúgás

kezdősebessége már meghatározható a fenti

𝑣0 = 10𝑎

kifejezés értelmében:

𝑣0 = 23,7 m/s,

ami átváltva megközelítőleg 86 km/h nagyságú sebességet jelent.

66

I.8.

a) 1,5 s; 1,4 s

b) 𝑔H = 1,62 m/s2

Mivel az első esetben a levegőben

tartózkodás teljes időtartama

𝑡 = 1,5 s, így az emelkedés ideje

∆𝑡e = 0,75 s. Ekkor az egyenes

vonalú egyenletesen lassuló

mozgást végző űrhajós talpa az

𝑣 = 𝑣0 − 𝑔H∆𝑡e

összefüggés alapján

0 = 𝑣0 − 1,62 m/s2 ∙ 0,75 s,

𝑣0 = 1,225 m/s

nagyságú kezdősebességgel rugaszkodott el a Hold felszínétől. Talpának emelkedési

magassága a

𝑦 = 𝑣0∆𝑡e −𝑔H

2(∆𝑡e)

2

összefüggés alapján

𝑦 = 1,225 m/s ∙ 0,75 s −1,62 m/s2

2 ∙ (0,75 s)2,

𝑦 = 0,46 m.

A második esetben 𝑡′ = 1,4 s, így ∆𝑡e′ = 0,7 s. Az előzőhez hasonlóan, az adatok

behelyettesítése után adódik:

𝑣0′ = 1,14 m/s,

𝑦′ = 0,40 m.

c) 5 láb = 5 ∙ 0,3048 m = 1,524 m

Ezt felhasználva az arányok:

𝑦

1,524 m=

0,46 m

1,524 m= 0,30 → 30%,

𝑦′

1,524 m=

0,40 m

1,524 m= 0,26 → 26%.

A százalékos arányok keresett különbsége tehát 4%.

67

II. Kinematika 2.

(görbe vonalú mozgások)

II.1.

𝑔 = 9,80 m/s2

a) Kezdetben (𝑡1 = 0 s, 𝑣𝑦,1 = 0 m/s) legyen a vízszintes hajítással kilőtt lövedék a földtől

mért 100 rőf, azaz 78,3 m magasságban, az ábra szerint a mozgáshoz rendelt koordináta-

rendszerben az 𝑦1 = 78,3 m és 𝑥1 = 0 m pontban, ahol 𝑦 a lövedék földtől való távolságát,

𝑥 pedig a lövedék által, a kiindulási ponthoz képest, vízszintes irányban megtett út nagyságát

jelenti.

A rőfben megadott, a lövedék által vízszintes irányban megtett távolságok méterbe történő

átváltása után, első lépésben meg kell határozni, hogy mennyi ideig zuhan az ágyúgolyó:

𝑦1 =𝑔

2𝑡52,

amiből rendezéssel

𝑡5 = √2𝑦1

𝑔,

𝑡5 = √2 ∙ 78,3 m

9,80 m/s2,

𝑡5 = 4 s.

A zuhanás időtartamának ismeretében, a szituációban vízszintesen megtett 𝑥5 maximális

távolságból kiszámolható a vízszintes irányban egyenletesen mozgó ágyúgolyó 𝑣𝑥 sebessége:

68

𝑥5 = 𝑣𝑥𝑡5,

amiből rendezéssel

𝑣𝑥 =𝑥5

𝑡5,

𝑣𝑥 =7830 m

4 s,

𝑣𝑥 = 1957,5 m/s.

A függőleges irányú sebességkomponens nagysága pedig az

𝑣𝑦,5 = 𝑔𝑡5

alapján:

𝑣𝑦,5 = 9,80 m/s2 ∙ 4 s,

𝑣𝑦,5 = 39,2 m/s.

Az előbbi összefüggésekkel, ezt követően már meghatározhatók az egyes időtartamok és a

hozzájuk tartozó, függőleges irányú magasságok, ahol ∆𝑦2, ∆𝑦3 és ∆𝑦4 rendre a 𝑡2, 𝑡3 és 𝑡4

időtartamok alatt, függőleges irányban megtett utat jelentik:

𝑥2 = 𝑣𝑥𝑡2 → 𝑡2 =𝑥2

𝑣𝑥=

313 m

1957,5 m/s= 0,16 s,

𝑣𝑦,2 = 𝑔𝑡2 = 9,80 m/s2 ∙ 0,16 s = 1,57 m/s,

∆𝑦2 =𝑔

2𝑡22 =

9,80 m/s2

2∙ (0,16 s)2 = 0,12 m,

𝑦2 = 𝑦1 − ∆𝑦2 = 78,3 m − 0,12 m = 78,18 m;

𝑥3 = 𝑣𝑥𝑡3 → 𝑡3 =𝑥3

𝑣𝑥=

783 m

1957,5 m/s= 0,51 s,

𝑣𝑦,3 = 𝑔𝑡3 = 9,80 m/s2 ∙ 0,51 s = 5 m/s,

∆𝑦3 =𝑔

2𝑡32 =

9,80 m/s2

2∙ (0,51 s)2 = 1,27 m,

𝑦3 = 𝑦1 − ∆𝑦3 = 78,3 m − 1,27 m = 77,03 m;

69

𝑥4 = 𝑣𝑥𝑡4 → 𝑡4 =𝑥4

𝑣𝑥=

3132 m

1957,5 m/s= 1,6 s,

𝑣𝑦,4 = 𝑔𝑡4 = 9,80 m/s2 ∙ 1,6 s = 15,68 m/s,

∆𝑦4 =𝑔

2𝑡42 =

9,80 m/s2

2∙ (1,60 s)2 = 12,54 m,

𝑦4 = 𝑦1 − ∆𝑦4 = 78,3 m − 12,54 m = 65,76 m.

∆𝑦5 =𝑔

2𝑡52 =

9,80 m/s2

2∙ (4 s)2 = 78,3 m,

𝑦5 = 𝑦1 − ∆𝑦5 = 78,3 m − 78,3 m = 0 m.

𝑥 [rőf] 𝑥 [m] 𝑣𝑥 [m/s] 𝑦 [m] 𝑣𝑦 [m/s] 𝑡 [s]

0 𝑥1 = 0 1957,50 𝑦1 = 78,30 𝑣𝑦,1 = 0 𝑡1 = 0

400 𝑥2 = 313 1957,50 𝑦2 = 78,18 𝑣𝑦,2 = 1,57 𝑡2 = 0,16

1000 𝑥3 = 783 1957,50 𝑦3 = 77,03 𝑣𝑦,3 = 5,00 𝑡3 = 0,51

4000 𝑥4 = 3132 1957,50 𝑦4 = 65,76 𝑣𝑦,4 = 15,68 𝑡4 = 1,60

10000 𝑥5 = 7830 1957,50 𝑦5 = 0 𝑣𝑦,5 = 39,20 𝑡5 = 4,00

b) 𝑦′ = 100 könyök = 100 ∙ 0,685 m = 68,5 m, ∆𝑡′ = 5 s

A fenti (2) összefüggést rendezve, a Galilei által becsült

𝑔𝐺 =2𝑦′

∆𝑡′2,

nehézségi gyorsulás értéke behelyettesítés után meghatározható:

𝑔𝐺 =2 ∙ 68,5 m

(5 s)2,

𝑔𝐺 = 5,2 m/s2.

A tudományosan ma elfogadott nehézségi gyorsulás értékéhez képest ez

𝛿𝑔 =𝑔𝐺 − 𝑔

𝑔,

𝛿𝑔 =5,2 m/s2 − 9,80 m/s2

9,80 m/s2,

𝛿𝑔 = −0,4658,

vagyis –46,58%-os relatív hibát jelent.

70

II.2.

a) 𝑙 = 11 láb = 11 ∙ 0,3048 m = 3,35 m, 𝑔 = 9,80 m/s2

A fonálinga

𝑇 = 2𝜋√𝑙

𝑔

szerinti periódusidejét mindkét anyagi minőségre (arany, fa) vonatkozóan bővítjük az 𝑚/𝑚

hányadossal:

𝑇arany = 2𝜋√𝑙

𝑚arany𝑔𝑚arany = 2𝜋√

𝑙

𝐺arany𝑚arany,

𝑇fa = 2𝜋√𝑙

𝑚fa𝑔𝑚fa = 2𝜋√

𝑙

𝐺fa𝑚fa,

ahol 𝑚arany𝑔 és 𝑚fa𝑔 rendre az arany 𝐺arany, illetve fa 𝐺fa súlya. A két, különböző anyag

tömegének hányadosa a fenti két egyenlet hányadosaként adódik, négyzetreemelés, majd 2𝜋-

vel, illetve az azonos 𝑙 fonálhosszúságok utáni egyszerűsítéssel, rendezést követően:

𝑇arany2

𝑇fa2 =

𝑚arany

𝐺arany

𝑚fa

𝐺fa

,

𝑇arany2 ∙ 𝐺arany

𝑇fa2 ∙ 𝐺fa

=𝑚arany

𝑚fa.

Az eredmény alapján látszik, hogy az arany és a fa anyagmennyisége (tömege) arányos a

súlyokkal.

71

b) A feladat szerint 𝐺arany = 𝐺fa, e súllyal tehát az előbbi egyenletben egyszerűsíthetünk:

𝑇arany2

𝑇fa2 =

𝑚arany

𝑚fa.

Másrészt, érvényes az

𝑚fa = 𝑚arany ± 10−3 ∙ 𝑚arany,

vagyis a

𝑚fa′ = 1,001 ∙ 𝑚arany,

𝑚fa′′ = 0,999 ∙ 𝑚arany

feltétel. A periódusidők egymáshoz viszonyított

𝑇arany2

𝑇fa2 =

𝑚arany

1,001 ∙ 𝑚arany

arányára első esetben a

𝑇arany2 = 0,999000999 ∙ 𝑇fa

2 ,

|𝑇arany| = 0,9995 ∙ 𝑇fa

kifejezés, második esetben

𝑇arany2

𝑇fa2 =

𝑚arany

0,999 ∙ 𝑚arany,

𝑇arany2 = 1,001001001 ∙ 𝑇fa

2 ,

|𝑇arany| = 1,0005 ∙ 𝑇fa

adódik. Tehát, mindkét esetre vonatkozóan megállapítható, hogy a két henger egymáshoz

viszonyított periódusidejében eltérés csak a negyedik tizedesjegyben adódik.

72

II.3.

a) 𝑙 = 6833 m, 𝑐 = 313274304 m/s, 𝑛 = 12,6 1/s

A 2𝑙 távolságnak megfelelő utat az egyenes vonalban 𝑐, állandó sebességgel terjedő fény

∆𝑡 =2𝑙

𝑐

idő alatt teszi meg:

∆𝑡 =2 ∙ 6833 m

313274304 m/s,

∆𝑡 = 5,51 ∙ 10−5 s.

Ezen idő alatt a fogaskerék mozgásában bekövetkező szögelfordulás nagysága

∆𝜑 = 𝜔∆𝑡,

ahol az 𝜔 szögsebesség az

𝜔 = 2𝜋𝑛

összefüggés alapján számolható ki. A szögelfordulás nagysága tehát

∆𝜑 = 2𝜋 ∙ 12,6 1/s ∙ 5,51 ∙ 10−5 s,

∆𝜑 = 4,36 ∙ 10−3 (rad),

amit fokba (°) átváltva

∆𝜑 ~ 0,25°

adódik.

b) 𝑐′ = 3 ∙ 108 m/s

A keresett arány:

𝑐′

𝑐=

3 ∙ 108 m/s

313274304 m/s= 0,9576,

azaz Fizeau alig több, mint 4%-kal becsülte alul a fény sebességét.

73

II.4.

a) 𝑇0 = 23 óra 56 perc, 𝑔 = 9,80 m/s2

A Föld 𝜔0⃗⃗⃗⃗ ⃗ szögsebesség-vektorát felbontva az ábra szerint,

a földfelszínre merőleges komponens nagysága

𝜔 = 𝜔0 ∙ sin𝜑.

Ennek figyelembevételével, a Párizsban (𝜑1 = 48,5° ) lévő

inga

𝜔P = 𝜔0 ∙ sinφ1

𝜔P szögsebessége alapján, az inga körülfordulására

jellemző

𝑇P =2𝜋

𝜔P

periódusidő meghatározásához a Föld forgásának 𝑇0 = 23 óra 56 perc időtartama (1 nap)

szükséges:

2𝜋

𝑇P=

2𝜋

𝑇0∙ sinφ1,

amiből a

𝑇P =𝑇0

sin𝜑1,

𝑇P =23 óra 56 perc

sin(48,5°)

szerinti rendezés és behelyettesítés után az

𝑇P = 31,95 óra ≅ 31 óra 57 perc

eredmény adódik. A körülfordulás periódusidejének ismeretében már meghatározható a

Panthéonban lévő inga

𝜔P = 𝜔0 ∙ sinφ1 =2𝜋

𝑇0∙ sin𝜑1

szögsebességének nagysága is:

𝜔P =360°

23 óra 56 perc∙ sin(48,5°),

𝜔P = 11,44 °/óra.

74

b) 𝑙P = 67 m, 𝑙B = 13 m

Ehhez hasonlóan határozható meg a Budapesten lévő (𝜑2 = 47,3°) inga szögsebessége is:

𝜔B = 𝜔0 ∙ sinφ2 =2𝜋

𝑇0∙ sin𝜑2,

𝜔B =360°

23 óra 56 perc∙ sin(47,3°),

𝜔B = 11,23 °/óra.

A két szögsebesség

𝜔P

𝜔B= 1,019

hányadosából megállapítható, hogy a Panthéonban függő inga szögsebessége 1,9%-kal

nagyobb a budapesti ELTE TTK Fizika épületében függő inga szögsebességénél.

c) A két inga

𝑇P = 2𝜋√𝑙𝑃𝑔

,

𝑇B = 2𝜋√𝑙𝐵𝑔

periódusidejének arányára

𝑇P

𝑇B=

2π√67 m

9,80 m/s2

2π√13 m

9,80 m/s2

=16,43 s

7,24 s≅ 2,3

adódik. A Párizsban lévő ingának tehát majdnem 2,3-szor több idő kell egy teljes lengéshez a

Budapesten lévő ingáéhoz képest.

75

II.5.

a) ∆𝑖 = 1600 m, ∆𝑡 = 1 min 45 s = 105 s

Kincsem a ∆𝑖 nagyságú körívet egyenletesen futja be, így állandó nagyságú kerületi sebessége

meghatározható az

𝑣k =∆𝑖

∆𝑡,

összefüggés alapján:

𝑣k =1600 m

105 s,

𝑣k = 15,23 m/s.

Az eredményt átváltva, Kincsem sebessége megközelítőleg 55 km/h nagyságú.

b) A ló centripetális gyorsulása a körmozgás kinematikájából ismert

𝑎cp =𝑣k

2

𝑟

összefüggés szerint határozható meg, amelyhez először ki kell számolni a körpálya sugarát.

Ehhez első lépésben meg kell adni, hogy mekkora utat jelent egy 𝑥 hossz (félkör) megtétele.

Mivel Kincsem három hossznyi tesz meg a vizsgált időtartam alatt:

3𝑥 = 1600,

𝑥 = 533,33 m.

Tehát, amíg Kincsem megteszi a kör teljes 𝐾 kerületét, addig két hossznyi, azaz

𝐾 = 2𝑥 = 1066,66 m

utat tesz meg. Ebből már meghatározható a körpálya sugara a

𝐾 = 2𝜋𝑟,

𝑟 =𝐾

2𝜋

szerint:

𝑟 =1066,66 m

2𝜋= 169,76 m.

A körpálya sugarának ismeretében, behelyettesítés után számolható Kincsem centripetális

gyorsulásának nagysága:

𝑎cp =(15,23 m/s)2

169,76 m,

𝑎cp = 1,36 m/s2.

76

II.6.

𝑔 = 9,80 m/s2

a)

8 cm: 10500

6200 ~ 1,7

10 cm: 5500

8000 ~ 1,5

15 cm: 11500

6000 ~ 1,9

b) 𝛼 = 45°

A ferde hajítás maximális távolsága (a közegellenállás elhanyagolása esetén) az

𝑥max =𝑣0

2𝑠𝑖𝑛(2𝛼)

𝑔

összefüggéssel adható meg. Ezt felhasználva, az egyes ágyútípusok lövedékeinek maximális

lőtávolságára az

1918 M. 8 cm: 𝑥max =(500 m/s)2 ∙ sin90°

9,80 m/s2= 25510 m

1914 M. 10 cm: 𝑥max =(422 m/s)2 ∙ sin90°

9,80 m/s2= 18172 m

1915 M. 15 cm: 𝑥max =(508 m/s)2 ∙ sin90°

9,80 m/s2= 26333 m

értékek adódnak.

c)

1918 M. 8 cm: 𝑥max′ = 7228 m →

𝑥max′

𝑥max≅ 28%

1914 M. 10 cm: 𝑥max′ = 5693 m →

𝑥max′

𝑥max≅ 31%

1915 M. 15 cm: 𝑥max′ = 9026 m →

𝑥max′

𝑥max≅ 34%

Tehát a keresett arányok a különböző kaliberű ágyúk fenti sorrendjében 28%, 31% és 34%.

77

II.7.

a) 𝑦 = 535 m, 𝑣0 = 273,5 km/h = 75,97 m/s, 𝑔 = 9,80 m/s2

Alkalmazzuk a vízszintes hajításra érvényes

(1) 𝑥 = 𝑣0∆𝑡,

(2) 𝑦 =𝑔

2∆𝑡2

összefüggéseket. Első lépésként a (2)

egyenletből, az

∆𝑡 = √2𝑦

𝑔,

∆𝑡 = √2 ∙ 535 m

9,80 m/s2

szerinti rendezés és behelyettesítés után

megadható a csomag zuhanásának

∆𝑡 = 10,45 s

időtartama. Ekkor az (1) egyenletből kiszámolható a csomag által, vízszintes irányban megtett

𝑥 = 75,97 m/s ∙ 10,45 s,

𝑥 ≅ 794 m

távolság.

b) A keresett 𝛼 szög meghatározásához fel

kell írni az ABC-háromszögben a

tg𝛼 =𝑥

𝑦

szögfüggvényt, amiből

𝛼 = arctg𝑥

𝑦,

𝛼 = arctg794 m

535 m,

𝛼 = 56°.

78

II.8.

A fonálinga periódusideje

𝑇 = 2𝜋√𝑙

𝑔,

ahol 𝑙 a fonálinga hossza, 𝑔 pedig a földi nehézségi gyorsulás. Alkalmazzuk a számolásban azt

a feltételt, miszerint a „megszakított inga” teljes periódusideje a két félperiódusidő összegeként

adható meg:

𝑇 =1

2∙ 𝑇1 +

1

2∙ 𝑇2.

a) 𝐿1 = 1,6 m, 𝐿2 = 0,9 m, 𝑔H = 1,62 m/s2

Ekkor, a Holdon lévő inga esetében:

𝑇𝐻 =1

2∙ 𝑇1 +

1

2∙ 𝑇2,

𝑇H =1

2∙ 2𝜋√

𝐿1

𝑔H+

1

2∙ 2𝜋√

𝐿2

𝑔H,

𝑇H =1

2∙ 2𝜋√

1,6 m

1,62 m/s2+

1

2∙ 2𝜋√

0,9 m

1,62 m/s2,

𝑇H = 5,44 s.

b) 𝑔 = 9,80 m/s2

Az előzőhöz hasonlóan, a Földön lévő inga esetében:

𝑇F =1

2∙ 2𝜋√

𝐿1

𝑔+

1

2∙ 2𝜋√

𝐿2

𝑔,

𝑇F =1

2∙ 2𝜋√

1,6 m

9,80 m/s2+

1

2∙ 2𝜋√

0,9 m

9,80 m/s2,

TF = 2,22 s.

A periódusidők hányadosából meghatározható a két periódusidő egymáshoz viszonyított

nagysága:

𝑇F

𝑇H= 0,4083 → ~ 41%,

azaz a Holdon lévő „megszakított inga” periódusideje 59%-kal nagyobb a Földön lévő inga

periódusidejénél.

79

III. Dinamika

III.1.

Legyen az egyes tömegek sebessége a hajóhoz képest az ütközés előtt 𝑢1 és 𝑢2, ütközés után

pedig 𝑣1 és 𝑣2. A megfelelő sebességek a partról nézve az ütközés előtt 𝑈1 és 𝑈2, az ütközés

után 𝑉1 és 𝑉2.

A hajó Huygens által feltételezett

𝑣0 = −𝑢1 + 𝑢2

2

sebességének ismeretében a parton álló megfigyelő számára a

𝑈1 = 𝑢1 + 𝑣0 = 𝑢1 −𝑢1 + 𝑢2

2= +

𝑢1 − 𝑢2

2,

𝑈2 = 𝑢2 + 𝑣0 = 𝑢2 −𝑢1 + 𝑢2

2= −

𝑢1 − 𝑢2

2

szerinti, ütközés előtti sebességek adódnak.

Mivel a két golyó azonos tömegű, illetve azonos nagyságú, de ellentétes irányú sebességgel

ütközik egymásnak, bár a visszapattanást követően sebességük előjele megváltozik, de

mindkettő megtartja sebességének nagyságát. Vagyis, a partra vonatkozóan érvényes a

|𝑈1| = |𝑈2|

feltétel. Tehát, ütközés után a sebességek a parthoz képest:

𝑉1 = −𝑢1 − 𝑢2

2=

𝑢2 − 𝑢1

2,

𝑉2 = +𝑢1 − 𝑢2

2.

A csónakban az ütközés utáni sebességeket az előbbi sebességek és a csónak sebességének

összege adja:

𝑣1 = 𝑉1 − 𝑣0 =𝑢2 − 𝑢1

2− (−

𝑢1 + 𝑢2

2) = 𝑢2,

𝑣2 = 𝑉2 − 𝑣0 =𝑢1 − 𝑢2

2− (−

𝑢1 + 𝑢2

2) = 𝑢1.

80

Összegezve a megállapításokat:

Levezetésünk alapján látszik, hogy a két test ütközés után valóban sebességet cserél, vagyis,

megállapítható, hogy az egyenletes sebességgel mozgó hajón, bármekkora legyen is annak

sebessége, a rajta utazó megfigyelő számára az ütközési törvények azonosak a parton álló

megfigyelőével és fordítva!

81

III.2.

a) Mozogjon test az 𝑚 tömegű test az 𝑎 oldalú négyzet

kerülete mentén állandó 𝑣1 sebességgel 𝑃-ből 𝑃′ irányába úgy, hogy a négyzet csúcsainál a szilárd

rugalmas anyagból elkészítettnek gondolt körgyűrűnek

– pontosabban a körgyűrű érintőjének – ütközik. Mivel

az ütközés szabályait az ütközés pontbeli érintőjére kell

alkalmazni, a test a ferde ütközés törvényeinek

megfelelően, a négyzet következő csúcsa irányában

visszapattan. Mivel az ütközés tökéletesen rugalmas, a

visszapattanás után a test |𝑣2| = |𝑣1| = 𝑣 sebességgel, a

𝐵 irányába folytatja útját.

Ekkor, a geometriai viszonyok alapján felírható az 𝐴𝑃′𝐵 háromszögben a

sin (𝛼

2) =

∆𝑣/2

𝑣,

amiből rendezés után a

(1) ∆𝑣 = 2𝑣 ∙ sin (𝛼

2)

kifejezés adódik. Másrészt, ugyancsak adódik az 𝐴𝑂𝑃′ háromszög geometriai viszonyai alapján

a

(2) sin (𝛼

2) =

𝑎/2

𝑟

kifejezés. A rugalmas körgyűrű által a testre kifejtett 𝐹 erőhatás a négyzet középpontja felé

irányul, a ∆𝑡 pillanatszerű időtartam alatti erőlökés pedig a ∆(𝑚𝑣) impulzusváltozással lesz

egyenlő:

𝐹 =∆(𝑚𝑣)

∆𝑡=

𝑚∆𝑣

∆𝑡.

Behelyettesítve ebbe az összefüggésbe az (1) és (2) egyenleteket, az erőhatás nagyságára

𝐹 =𝑚 ∙ 2𝑣 ∙ sin (

𝛼2)

∆𝑡,

𝐹 =𝑚 ∙ 2𝑣 ∙

𝑎/2𝑟

∆𝑡,

𝐹 =𝑚 ∙ 𝑣 ∙ 𝑎

∆𝑡 ∙ 𝑟

adódik.

b) Egy 𝑛 oldalú sokszög esetén a teljes pálya befutása során megvalósuló erőlökések összes

időtartama 𝑛 ∙ ∆𝑡. Egyre nagyobb 𝑛 oldalú sokszöget tekintve, a pálya alakja körré finomodik.

Ekkor már szinte pillanatonként következik be a tökéletesen rugalmas ütközés, így az

82

erőlökések összes időtartamából a körpálya 2𝑟𝜋 nagyságú kerületének befutásához szükséges

időtartamhoz, a 𝜏 periódusidőhöz jutunk:

𝐹 =𝑚 ∙ 𝑣 ∙ 2𝑟𝜋

𝜏 ∙ 𝑟.

Behelyettesítve ebbe a periódusidő

𝜏 =2𝜋𝑟

𝑣

szerinti összefüggését, a

𝐹 =𝑚 ∙ 𝑣 ∙ 2𝜋

2𝜋𝑟𝑣

kifejezés adódik. Ebből egyszerűsítés után a keresett erő nagysága:

𝐹 = 𝑚𝑣2

𝑟.

Ezzel megkaptuk az erő nagyságát, amely a kör középpontja felé irányul és amit centripetális

erőnek nevezünk. A levezetés alapján megállapítható, hogy az eredményül kapott erőhatás nem

függ attól, hogy hány oldalú sokszöget választottunk.

83

III.3.

a) 𝜌F = 5480 kg/m3, 𝑅F = 6371 km = 6371000 m, 𝑔 = 9,80 m/s2

Az univerzális gravitációs állandó értékének meghatározásához elsőként a Föld

𝑀F = 𝜌F ∙ 𝑉F

tömegét kell meghatároznunk 𝜌F sűrűségének ismeretében. Mivel a Föld gömb alakú, térfogata

𝑉F =4𝑅F

3𝜋

3

szerint fejezhető ki, így annak tömegére

𝑀F = 𝜌F ∙4𝑅F

3𝜋

3,

𝑀F = 5480 kg/m3 ∙4𝜋 ∙ (6371000 m)3

3,

𝑀F = 5,936 ∙ 1024 kg

adódik. Ezt felhasználva, a Föld által adott 𝑚 tömegű testre kifejtett gravitációs erő a nehézségi

erővel lesz egyenlő a

𝐹grav = 𝐹neh,

𝛾𝑚𝑀F

𝑅F2 = 𝑚𝑔

kifejezés alapján. Az 𝑚 tömeggel való egyszerűsítés, rendezés, majd behelyettesítés után az

univerzális állandó értékére

𝛾 =𝑔𝑅F

2

𝑀F,

𝛾 =9,80 m/s2 ∙ (6371000 m)2

5,936 ∙ 1024 kg,

𝛾 = 6,7 ∙ 10−11 Nm2/kg2

adódik.

84

b) 𝑟1 = 2,5 cm = 0,025 m,𝑚2 = 160 kg, 𝜌ólom = 11340 kg/m3, 𝛾 = 6,67 ∙ 10−11 Nm2/kg2

Első lépésben az ólomból készült gömb 𝑚1 tömegét kell meghatároznunk:

𝑚1 = 𝜌ólom ∙4𝑟1

3𝜋

3,

𝑚1 = 11340 kg/m3 ∙4 ∙ (0,025 m)3 ∙ 𝜋

3,

𝑚1 = 0,74 kg.

Második lépésben a méretarányos ábra alapján leolvassuk, hogy a kisebb és nagyobb golyók

tömegközéppontjainak távolsága kb. 𝑙 = 0,3375 m.

Ezt követően megadható a kisebb és nagyobb golyók között ható gravitációs vonzóerő

nagysága:

𝐹grav = 𝛾𝑚1𝑚2

𝑙2,

𝐹grav = 6,67 ∙ 10−11 Nm2/kg2 ∙0,74 kg ∙ 160 kg

(0,3375 m)2,

𝐹grav = 7 ∙ 10−8 N.

85

III.4.

𝐿 = 121000 𝑚, 𝛼 = 50°, 𝑣0 = 1645 m/s, 𝜓 = 48,5°

a) 𝐷 ~ 727 m

b) 𝜔0 = 7 ∙ 10−5 1/s

A 𝐷′ eltérülés kiszámításához az egyenletesen gyorsuló

mozgás

𝐷′ =𝑎𝐶

2𝑡2

összefüggését alkalmazzuk, ahol

|𝑎𝐶| = 2𝑣�⃗⃗�

a Coriolis-gyorsulás,

𝑡 =𝐿

𝑣

pedig a mozgás időtartama. A Coriolis-gyorsulásban a �⃗⃗� szögsebesség-vektor szerepel, amely nem más, mint a

Föld 𝜔0⃗⃗⃗⃗ ⃗ szögsebesség-vektorának földfelszínre

merőleges komponense:

𝜔 = 𝜔0 ∙ sin𝜑.

Ezek behelyettesítésével a

𝐷′ =2𝑣𝜔0𝑠𝑖𝑛𝜑

2∙𝐿2

𝑣2,

𝐷′ =𝜔0𝑠𝑖𝑛𝜑𝐿2

𝑣

szerinti egyenlet adódik. A vízszintessel 𝛼 szöget bezáró,

𝑣0 csőtorkolati sebességű ágyúból a lövedék

|𝑣| = |𝑣0,𝑥| = 𝑣0cos𝛼

nagyságú sebességgel indul el nyugati irányban,

vízszintesen, vagyis a keresett

𝐷′ =𝜔0𝑠𝑖𝑛𝜑𝐿2

𝑣0𝑐𝑜𝑠𝛼

eltérülés nagyságára

𝐷′ =7 ∙ 10−5 1/s ∙ sin (48,5°) ∙ (121000 m)2

1645 m/s ∙ cos (50°),

𝐷′ = 725,92 m

86

adódik a behelyettesítés után. Ekkor az eltérülés becsült, illetve leolvasott nagyságának aránya

𝐷′

𝐷= 0,9985 → 99,85%,

tehát a különbség 0,15%, vagyis az 1%-ot sem közelíti meg!

Megjegyzés: A levezetésben kihasználtuk azt

a gondolatmenetet, hogy a mozgást leíró

függvényhez derékszögű koordináta-rendszert

veszünk fel az ábra szerint, ahol a vízszintes x

(kelet–nyugati) tengely Crépyt és Párizst köti

össze, a függőleges y (észak–déli) tengelyen

pedig az északi–déli eltérülés nagyságát

kapjuk meg. Ebben az esetben Crépy városa a

koordináta-rendszer origójához képest az 𝐿 =

121000 m helyen van. Mivel a feladatban

elhanyagoljuk a lövedék kezdeti magasságát a

földtől, így zérusnak választjuk a mozgó

lövedék y irányú összetevőjéhez tartozó

kezdeti sebesség nagyságát is. A levezetésben szereplő 𝑣 = 𝑣0,𝑥 tehát a mozgó lövedék észak–

déli irányú sebességének a vízszintes irányú komponensét jelenti.

c) 𝑣0,𝑦 = 6,35 m/s

A tüzelésre keresett 𝛽 szög meghatározásához fel kell vennünk egy délre mutató 𝑣0,𝑦

sebességkomponenst is, amelynek nagysága a feladat szövege szerint 𝑣0,𝑦 = 6,35 m/s. Ekkor,

a tüzelés szögének nagysága a sebességek által képzett, ábra szerinti derékszögű háromszögben

szögfüggvény segítségével adható meg:

tg𝛽 =𝑣0,𝑦

𝑣0,𝑥,

amiből

𝛽 = arctg (𝑣0,𝑦

𝑣0,𝑥),

𝛽 = arctg (−6,35 m/s

−1645 m/s ∙ cos (50°)),

𝛽 = 0,34°.

Tehát ahhoz, hogy végül a lövedék pontosan célba érkezzék, 0,34°-kal balra kell célozni.

87

III.5.

a) 𝑚 = 25000 kg, ∆𝑚 = 130 𝑘𝑔, ∆𝑡 = 1 s, 𝑔 = 9,80 m/s2

A kiáramló gáz sebességéhez első lépésben az

𝐹 = 𝑚𝑔

szerint meghatározott Newton II. törvénye alapján meg kell adni a rakéta állandó nagyságúnak

feltételezett tolóerejét:

𝐹 = 25000 kg ∙ 9,80 m/s2 = 245000 N.

Ezután, a másodpercenként kiáramló gáz mennyiségének ismeretében az

𝐹 =∆𝑚 ∙ 𝑣

∆𝑡

egyenletet rendezve és abba behelyettesítve

𝑣 =𝐹 ∙ ∆𝑡

∆𝑚,

𝑣 =245000 N ∙ 1 s

130 kg,

a kiáramló gáz sebességére

𝑣 = 1884,6 m/s,

azaz megközelítőleg 1885 m/s adódik.

c) 𝑀 = 13 t = 13000 kg, 𝑡1 = 4 𝑠

A rakéta össztömegének 66%-a üzemanyag volt, így

𝑚′ = 0,66 ∙ 𝑀 = 0,66 ∙ 13000 kg = 8610 kg,

amely alapján a mozgás időtartama:

𝑡2 =𝑚′

∆𝑚

𝑡2 =8610 kg

130 kg,

𝑡2 ≅ 67 s.

Ekkor, a gyorsulásra rendezett

𝑎 =𝐹

𝑚

szerinti Newton II. törvényébe beírva azt a feltételt, hogy

𝑚 = 𝑀 − ∆𝑚 ∙ 𝑡,

vagyis a rakétában lévő tüzelőanyag mennyisége másodpercenként csökken, az

88

𝑎 =𝐹

𝑀 − ∆𝑚 ∙ 𝑡

összefüggés adódik. A keresett gyorsulások a megadott időpillanatokban:

• 4. másodpercben (𝑡1 = 4 s):

𝑎1 =𝐹

𝑀 − ∆𝑚 ∙ 𝑡1

𝑎1 =245000 N

13000 kg − 130 kg ∙ 4 s,

𝑎1 = 19,63 m/s2.

• 67. másodpercben (𝑡2 = 67 s):

𝑎2 =𝐹

𝑀 − ∆𝑚 ∙ 𝑡2

𝑎2 =245000 N

13000 kg − 130 kg ∙ 67 s,

𝑎2 = 57,11 m/s2.

Ebből a keresett arány:

𝑎2

𝑎1= 2,9,

megközelítőleg tehát háromszor volt nagyobb a gyorsulása a rakétának az üzemanyag

elfogyásának pillanatában, mint felszálláskor.

89

III.6.

a) 𝑀F = 5,97 ∙ 1024 kg, 𝑅F = 6371 km = 6371000 m, 𝛾 = 6,67 ∙ 10−11 Nm2/kg2

A körpályán keringő 𝑚 tömegű műholdra a Föld gravitációs ereje gyakorol vonzóhatást:

𝐹𝑔𝑟𝑎𝑣 = 𝐹𝑐𝑝.

A mozgásegyenlet tehát a

𝛾𝑚𝑀F

𝑅F2 = 𝑚

𝑣2

𝑅F

formában írható fel, ahonnan az 𝑚 tömeggel való

egyszerűsítés után, rendezéssel és behelyettesítéssel az

első kozmikus sebességre

𝑣2𝑅F = 𝛾𝑀F,

𝑣 = √𝛾𝑀F

𝑅F,

𝑣 = √6,67 ∙ 10−11 Nm2/kg2 ∙ 5,97 ∙ 1024 kg

6371000 m,

szerint

𝑣 = 7905,8 m/s,

azaz megközelítőleg 7,91 km/s adódik.

b)

𝑟𝑎 = 𝑅F + ℎ1 = 6371 km + 950 km = 7321 km = 7321000 m,

𝑟𝑝 = 𝑅F + ℎ2 = 6371 km + 229 km = 6600 km = 6600000 m

A műhold mozgására egyrészt az (1) szerinti területi sebesség

állandósága, másrészt a (2) szerinti mechanikai energiamegmaradás

törvénye érvényes:

(1) 1

2𝑟𝑝𝑣𝑝 =

1

2𝑟𝑎𝑣𝑎 ,

(2) −𝛾𝑚𝑀F

𝑟𝑝+

1

2𝑚𝑣𝑝

2 = −𝛾𝑚𝑀F

𝑟𝑎+

1

2𝑚𝑣𝑎

2.

A (2) szerinti

−2𝛾𝑀F𝑟𝑎 + 𝑣𝑝2𝑟𝑝𝑟𝑎 = −2𝛾𝑀F𝑟𝑝 + 𝑣𝑎

2𝑟𝑝𝑟𝑎,

(𝑣𝑝2 − 𝑣𝑎

2)𝑟𝑝𝑟𝑎 = 2𝛾𝑀F𝑟𝑎 − 2𝛾𝑀F𝑟𝑝,

𝑣𝑝2 − 𝑣𝑎

2 = 2𝛾𝑀F (𝑟𝑎 − 𝑟𝑝

𝑟𝑎𝑟𝑝) = 2𝛾𝑀F (

1

𝑟𝑝−

1

𝑟𝑎),

90

egyenletbe az (1) alapján rendezett

𝑣𝑎 =𝑟𝑝

𝑟𝑎𝑣𝑝

kifejezést behelyettesítve,

𝑣𝑝2 −

𝑟𝑝2

𝑟𝑎2𝑣𝑝

2 = 2𝛾𝑀F (1

𝑟𝑝−

1

𝑟𝑎),

𝑣𝑝 = √

2𝛾𝑀F (1𝑟𝑝

−1𝑟𝑎

)

1 −𝑟𝑝2

𝑟𝑎2

adódik. A

𝑣𝑝 = √2 ∙ 6,67 ∙ 10−11 Nm2/kg2 ∙ 5,97 ∙ 1024 kg ∙ (

16600000 m −

17321000 m)

1 −(6600000 m)2

(7321000 m)2

szerinti behelyettesítés után a sebességek nagyságára

𝑣𝑝 = 7971,76 m/s,

illetve a

𝑣𝑎 =𝑟𝑝

𝑟𝑎𝑣𝑝

alapján

𝑣𝑎 = 7186,68 m/s

adódik, így a keresett

𝑣𝑎

𝑣𝑝= 0,9

arány alapján megállapítható, hogy a műhold sebességének 10%-át vesztette el, miközben a

„perihéliumból” (𝑃) az „apohéliumba” (𝐴) jutott.

c) ℎ = 229 km − 147 km = 82 km = 82000 m,𝑚 = 83,6 kg

A munkavégzés meghatározásához első lépésben a műholdat ℎ magasságba kell emelni:

𝑊1 = 𝑊ℎ1− 𝑊ℎ2

,

𝑊1 = −𝛾𝑚𝑀F

𝑅F + ℎ− (−𝛾

𝑚𝑀F

𝑅F),

𝑊1 = −𝛾𝑚𝑀F

𝑅F + ℎ+ 𝛾

𝑚𝑀F

𝑅F,

91

𝑊1 = 𝛾𝑚𝑀F (1

𝑅F−

1

𝑅F + ℎ).

Második lépésben a már ℎ magasságban lévő műholdat fel kell gyorsítani 𝑣𝑘 érintőleges

sebességre. A körpályán mozgó műholdra a Föld gravitációs vonzóereje hat:

𝐹grav = 𝐹cp,

𝛾𝑚𝑀F

(𝑅F + ℎ)2= 𝑚

𝑣𝑘2

𝑅F + ℎ,

𝛾𝑀F(𝑅F + ℎ) = 𝑣k2(𝑅F + ℎ)2,

𝑣k = √𝛾𝑀F

𝑅F + ℎ,

tehát

𝑊2 =1

2𝑚𝑣k

2 =1

2𝛾

𝑚𝑀F

𝑅F + ℎ.

A teljes munkavégzés a két munka összegeként adódik:

𝑊 = 𝑊1 + 𝑊2,

𝑊 = 𝛾𝑚𝑀F (1

𝑅F−

1

𝑅F + ℎ) +

1

2𝛾

𝑚𝑀F

𝑅F + ℎ,

𝑊 = 𝛾𝑚𝑀F (1

𝑅F−

1

𝑅F + ℎ+

1

2

1

𝑅F + ℎ),

𝑊 = 𝛾𝑚𝑀F (2𝑅F + 2ℎ − 2𝑅F + 𝑅F

2𝑅F(𝑅F + ℎ)),

𝑊 = 𝛾𝑚𝑀F (2ℎ + 𝑅F

2𝑅F(𝑅F + ℎ)).

A

𝑊 = 6,67 ∙ 10−11 Nm2/kg2 ∙ 83,6 kg ∙ 5,97 ∙ 1024 kg ∙ (2 ∙ 82000 m + 6371000 m

2 ∙ 6371000 m ∙ (6371000 m + 82000 m))

szerinti behelyettesítés után az eredmény

𝑊 = 2,64 ∙ 109 J,

vagyis 2640 MJ.

92

III.7.

a) ℎ = 245 km = 245000 m,𝑀F = 5,97 ∙ 1024 kg, 𝑅F = 6371 km = 6371000 m,

𝛾 = 6,67 ∙ 10−11 Nm2/kg2

A körpályán mozgó 𝑚 tömegű űrrepülőre az ábra szerint a gravitációs erő hat:

𝐹grav = 𝐹cp,

𝛾𝑚𝑀F

(𝑅F + ℎ)2= 𝑚

𝑣k2

(𝑅F + ℎ).

Az 𝑚 tömeggel való egyszerűsítés, majd

behelyettesítés után a kerületi sebesség nagysága

meghatározható:

𝛾𝑀F(𝑅F + ℎ) = 𝑣k2(𝑅F + ℎ)2,

𝑣k = √𝛾𝑀F

𝑅F + ℎ,

𝑣k = √6,67 ∙ 10−11 Nm2/kg2 ∙ 5,97 ∙ 1024 kg

6371000 m + 245000 m,

𝑣k = 7758 m/s.

b) 𝑡 = 108 perc

A körpályán mozgó test v𝑘 kerületi sebességére vonatkozó

𝑣k =2(𝑅F + ℎ)𝜋

𝑇

összefüggést rendezve, számolható a műhold mozgásának periódusideje:

𝑇 =2(𝑅F + ℎ)𝜋

𝑣k,

𝑇 =2𝜋 ∙ (6371000 m + 245000 m)

7758 m/s,

𝑇 = 5358,25 s = 89,3 perc.

Mivel Gagarin 108 percet töltött a világűrben és a Föld körüli mozgása 89,3 percig tartott, így

a

𝑡

𝑇=

108 perc

89,3 perc= 1,21

hányados alapján megállapítható, hogy azt csupán egyszer kerülte meg.

93

c) A műhold mozgásának centripetális gyorsulása az

𝑎cp =𝑣k

2

𝑅F + ℎ

összefüggés alapján:

𝑎cp =(7758 m/s)2

6371000 m + 245000 m,

𝑎cp = 9,097 m/s2,

vagyis megközelítőleg 9,1 m/s2 volt Gagarin űrrepülőgépének centripetális gyorsulása.

94

III.8.

a) ∆𝑡 = 1,35 s, 𝑦 = 1,6 m

A szabadon eső test mozgására vonatkozó

𝑦 =𝑔H

2∆𝑡2

összefüggést a Hold vonzóereje miatt fellépő gyorsulásra rendezve,

𝑔H =2𝑦

𝑡2

alapján annak közelítő értékére

𝑔H = 1,76 m/s2

adódik.

b) 𝑔 = 9,80 m/s2

A fenti összefüggést alkalmazva, a mozgás

∆𝑡′ = √2𝑦

𝑔

időtartamára,

∆𝑡′ = √2 ∙ 1,6 m

9,80 m/s2

behelyettesítés után a

∆𝑡′ = 0,5714 s

eredmény adódik.

c) ∆𝑡′′ = 0,572 s, amit felhasználva a keresett arány

∆𝑡′

∆𝑡′′= 0,999 → 99,9%,

vagyis a közegellenállás nélküli esethez számolt eredményhez képest a különbség mindössze

0,1%!

Megjegyzés: Ha magasabbról ejtettük volna le, akkor a madártoll (sokkal) nagyobb idő alatt

esett volna le a Földön.

95

IV. Hidro- és aerosztatika

IV.1.

a) 𝑚 = 250 g = 0,25 kg, 𝜌arany = 19300 kg/m3, 𝜌ezüst = 10490 kg/m3

A sűrűség

𝜌 =𝑚

𝑉

definíciója alapján rendezett

𝑉 =𝑚

𝜌

összefüggés szerint a koronával azonos súlyú aranytömb által kiszorított víz térfogata:

𝑉arany =𝑚

𝜌arany,

𝑉arany =0,25 kg

19300 kg/m3,

𝑉arany = 1,3 ∙ 10−5 m3.

Vagyis, a korona csak abban az esetben lehetett színtiszta aranyból, ha az általa kiszorított víz

térfogata pontosan ekkora volt. Az aranyhoz hasonlóan, a koronával azonos súlyú ezüsttömb

által kiszorított víz térfogata

𝑉ezüst =𝑚

𝜌ezüst,

𝑉ezüst =0,25 kg

10490 kg/m3,

𝑉ezüst = 2,4 ∙ 10−5 m3.

Tehát, amennyiben a korona ötvözet volt, úgy az általa kiszorított víz térfogatának nagysága az

1,3 ∙ 10−5 m3 < 𝑉korona < 2,4 ∙ 10−5 m3

határok között mozoghatott.

b) A keresett arány a két térfogatérték hányadosaként adódik:

𝑉ezüst

𝑉arany= 1,83,

tehát megközelítőleg kétszer annyi vizet szorított ki az ezüsttömb, mint az aranytömb.

96

IV.2.

a) 𝑚 = 135 kg, 𝑎 = 1,25 m, 𝑏 = 5 m, 𝜌víz = 1000 kg/m3, 𝑔 = 9,80 m/s2

Mivel a csónak hasznos terhe az öntömegével egyezik meg, az ábra szerint a felhajtóerővel az

ezen tömegekre ható nehézségi erők tartanak egyensúlyt:

𝐹fel = 𝐹neh + 𝐹neh,

𝜌víz ∙ 𝑔 ∙ 𝑉bele = 𝑚𝑔 + 𝑚𝑔,

𝜌víz ∙ 𝑔 ∙ 𝐴 ∙ 𝑑bele = 2 ∙ 𝑚𝑔,

𝜌víz ∙ 𝑔 ∙ 𝑎 ∙ 𝑏 ∙ 𝑑bele = 2 ∙ 𝑚𝑔.

A 𝑔 nehézségi gyorsulással való egyszerűsítés, illetve rendezés után a

𝑑bele =2 ∙ 𝑚

𝜌víz ∙ 𝑎 ∙ 𝑏

szerinti kifejezés adódik. A

𝑑bele =2 ∙ 135 kg

1000 kg/m3 ∙ 1,25 m ∙ 5 m

behelyettesítést követően az eredmény

𝑑bele = 0,0432 m,

átváltva 4,32 cm. A hajó besüllyedésének nagysága tehát megközelítőleg 5 cm.

97

b) ℎ = 1,7 m, ∆ℎ = 0,4 m, 𝐴 = 1 dm2 = 10−2 m2

Zotmund fejének és talpának 1–1 dm2-ére ható nyomóerő nagysága az

𝐹 = 𝑝𝐴,

𝐹 = 𝜌víz ∙ 𝑔 ∙ ℎ ∙ 𝐴,

szerinti formában számolható ki. Zotmund feje ∆ℎ magasságban volt a víz alatt, tehát rá

𝐹fej = 𝜌víz ∙ 𝑔 ∙ ∆ℎ ∙ 𝐴,

𝐹fej = 1000 kg/m3 ∙ 9,80 m/s2 ∙ 0,4 m ∙ 10−2 m2,

𝐹fej = 39,2 N

nagyságú erő hatott. Ehhez hasonlóan, Zotmund ℎ + ∆ℎ mélységben lévő talpára

𝐹talp = 𝜌víz ∙ 𝑔 ∙ (ℎ + ∆ℎ),

𝐹talp = 1000 kg/m3 ∙ 9,80 m/s2 ∙ (1,7 m + 0,4 m) ∙ 10−2 m2,

𝐹talp = 205,8 N

nagyságú erő hatott.

98

IV.3.

𝑁 = 15001, 𝐴 = 1 m2, 𝑀 = 100 kg, 𝜌víz = 1000 kg/m3, 𝜌jég = 920 kg/m3,

𝑔 = 9,80 m/s2

A vízben úszó jégtáblára ható felhajtóerő a jégtáblára és a 15000 harcosra (Szilágyi Mihállyal

együtt 15001 főre) ható nehézségi erő összegével tart egyensúlyt:

𝐹fel = 𝐹neh + 𝐹neh′

𝐹𝑓𝑒𝑙 = 𝑚jég𝑔 + 𝑁 ∙ 𝑀𝑔,

𝜌víz ∙ 𝑉bele ∙ 𝑔 = 𝜌jég ∙ 𝑉jég ∙ 𝑔 + 𝑁 ∙ 𝑀𝑔,

𝜌víz ∙ 𝑁 ∙ 𝐴 ∙ 𝑑bele ∙ 𝑔 = 𝜌jég ∙ 𝑁 ∙ 𝐴 ∙ 𝑑 ∙ 𝑔 + 𝑁 ∙ 𝑀𝑔,

𝑑bele =𝜌jég ∙ 𝑁 ∙ 𝐴 ∙ 𝑑 ∙ 𝑔 + 𝑁 ∙ 𝑀𝑔

𝜌víz ∙ 𝑁 ∙ 𝐴 ∙ 𝑔.

Az egyenletből látszik, hogy a 𝑔 nehézségi gyorsulás mellett a

jégtáblán álló harcosok 𝑁 számával is lehet egyszerűsíteni, ami azt

jelenti, hogy levezetésünkben elegendő lett volna egyetlen katonára

vonatkozóan számolni (lásd az ábrát).

Behelyettesítve az adatokat, a jégtábla vízbe merülő 𝑑bele

vastagságára az

𝑑bele =920 kg/m3 ∙ 1 m2 ∙ 𝑑 + 100 kg

1000 kg/m3 ∙ 1 m2

összefüggés adódik, ahol 𝑑 a jégtábla teljes vastagsága. Ennek értékét

próbálgatással kell megadni, úgy, hogy behelyettesítés után érvényes

legyen a

𝑑 ≥ 𝑑bele

feltétel. A keresett érték határa 𝑑 ≥ 1,25 m, ekkor ugyanis eleget teszünk az említett

feltételnek: 𝑑 = 1,25 m esetben 𝑑bele = 1,25 m, vagyis, ekkor a jégtáblán álló harcosok talpát

a víz legfeljebb „nyaldossa”, de még éppen nem önti el.

99

IV.4.

ℎ = 5 mérföld = 5 ∙ 1609 m = 8045 m, 𝜌higany = 13600 kg/m3, ρlevegő = 1,29 kg/m3,

𝜌víz = 1000 kg/m3, 𝑔 = 9,80 m/s2

a) A feltétel szerint a külső levegő súlya által kifejtett (külső) nyomás egyensúlyt tart az

üvegcsőbe behatoló és adott magasságig emelkedő higanyoszlop súlya által kifejtett (belső)

nyomással:

𝑝𝑘 = 𝑝𝑏 ,

𝜌levegő ∙ 𝑔 ∙ ℎ = 𝜌higany ∙ 𝑔 ∙ ℎ′,

ℎ′ =𝜌levegő ∙ 𝑔 ∙ ℎ

𝜌higany ∙ 𝑔.

Ebből a g nehézségi gyorsulással való egyszerűsítés után a

ℎ′ =𝜌levegő ∙ ℎ

𝜌higany

kifejezés írható fel. Az adatok

ℎ′ =1,29 kg/m3 ∙ 8045 m

13600 kg/m3

behelyettesítése után eredményül

ℎ′ = 0,76 m

adódik, ami átváltva 76 cm.

b) Hasonlóan az előzőhöz:

𝑝𝑘′ = 𝑝𝑏

′ ,

𝜌levegő ∙ 𝑔 ∙ ℎ = 𝜌víz ∙ 𝑔 ∙ ℎ′′,

ℎ′′ =𝜌levegő ∙ 𝑔 ∙ ℎ

𝜌víz ∙ 𝑔=

𝜌levegő ∙ ℎ

𝜌víz.

Az adatok

ℎ′′ =1,29 kg/m3 ∙ 8045 m

1000 kg/m3

szerinti behelyettesítése után az eredmény

ℎ′′ = 10,38 m.

Megjegyzés: A Föld légköre nem 5 mérföld vastagságú, hiszen több különböző réteg alkotja és

felső határa sem egyértelmű. Emellett, bár számításunkban nem vettük figyelembe, de a levegő

sűrűsége nem állandó. Jó közelítéssel viszont az, mivel nem sokat változik a feladatban említett

magasságkülönbség esetén.

100

IV.5.

ℎ = 8045 m, ∆ℎ = 800 m, ℎ′ = 0,76 m, ℎ′′ = 10,38 m, 𝑔 = 9,80 m/s2,

𝜌higany = 13600 kg/m3, 𝜌levegő = 1,29 kg/m3, 𝜌víz = 1000 kg/m3

a) A Torricelli-kísérlet szerint a Torricelli-csőben a higanyszál magasságát a levegő súlyából

eredő légnyomás hozza létre, vagyis a külső és belső nyomás egyensúlyt tart:

𝑝𝑘 = 𝑝𝑏 .

Legyen egy A pontban felírható egyenlet:

𝜌levegő ∙ 𝑔 ∙ ℎ = 𝜌higany ∙ 𝑔 ∙ ℎ′,

ekkor az A ponttól 800 m-rel feljebb lévő B pontban felírható egyenlet:

𝜌levegő ∙ 𝑔 ∙ (ℎ − ∆ℎ) = 𝜌higany ∙ 𝑔 ∙ ℎ1.

A két egyenlet

ℎ

ℎ − ∆ℎ=

ℎ′

ℎ1

hányadosából meghatározható a higanyszál

ℎ1 = 0,68 m = 68 cm

magassága, amiből adódik a keresett magasságkülönbség is:

∆ℎ1 = ℎ′ − ℎ1,

∆ℎ1 = 76 cm − 68 cm,

∆ℎ1 = 8 cm.

b) A Torricelli-kísérlet szerint a Torricelli-csőben a vízszint magasságát a levegő súlyából eredő

légnyomás hozza létre, vagyis a külső és belső nyomás egyensúlyt tart:

𝑝𝑘 = 𝑝𝑏 .

Legyen egy A pontban felírható egyenlet

𝜌levegő ∙ 𝑔 ∙ ℎ = 𝜌víz ∙ 𝑔 ∙ ℎ′′,

ekkor az A ponttól 800 m-rel feljebb lévő B pontban felírható egyenlet:

𝜌levegő ∙ 𝑔 ∙ (ℎ − ∆ℎ) = 𝜌víz ∙ 𝑔 ∙ ℎ2.

A két egyenlet

ℎ

ℎ − ∆ℎ=

ℎ′′

ℎ2

hányadosából meghatározható a vízszint

ℎ2 = 9,35 m

magassága, amiből adódik a keresett magasságkülönbség is:

101

∆ℎ2 = ℎ′′ − ℎ2,

∆ℎ2 = 10,38 m − 9,35 m,

∆ℎ2 = 1,032 m.

Megjegyzés: A Föld légköre nem 5 mérföld vastagságú, hiszen több különböző réteg alkotja és

felső határa sem egyértelmű. Emellett, bár számításunkban nem vettük figyelembe, de a levegő

sűrűsége nem állandó. Jó közelítéssel viszont az, mivel nem sokat változik a feladatban említett

magasságkülönbség esetében.

102

IV.6.

a) 𝑝k = 105 Pa, 𝑑 = 0,67 rőf → 𝑟 = 0,335 rőf = 0,335 ∙ 0,783 m = 0,26 m

A két félgömböt összenyomó erő

𝐹 = 𝑝𝐴

összefüggése alapján:

𝐹 = 𝑝k ∙ 𝑟2 ∙ 𝜋.

Az adatok

𝐹 = 105 Pa ∙ (0,26 m)2 ∙ π

szerinti behelyettesítésével az erő nagyságára

𝐹 = 21237 N

adódik.

b) 𝑔 = 9,80 m/s2

A keresett tömeg meghatározásához a félgömböket összetartó erő nagyságát el kell osztani a

nehézségi gyorsulás értékével:

𝐹

𝑔=

21237 N

9,80 m/s2= 2167 kg,

azaz megközelítőleg 2,2 t tömeg felemelésével lenne egyenlő az a) kérdésben kiszámolt erő

nagysága.

103

IV.7.

a) 𝑀 = 47100 t = 47100000 kg, 𝑎 = 270 m, 𝑏 = 28 m, 𝑐 = 29 m, 𝑔 = 9,80 m/s2

𝜌tengervíz = 1020 kg/m3

Az ábra szerint a vízbe merülő Titanicra a felhajtóerő és a nehézségi erő tart egyensúlyt:

𝐹fel = 𝐹neh,

𝜌tengervíz ∙ 𝑉bele ∙ 𝑔 = 𝑀𝑔,

amiből a 𝑔 nehézségi gyorsulással való egyszerűsítés után

(1) 𝑉bele =𝑀

𝜌tengervíz.

Másrészt

𝑉bele = 𝐴𝑑 = 𝑎 ∙ 𝑏 ∙ 𝑑,

𝑑 =𝑉bele

𝑎 ∙ 𝑏,

amelybe (1), majd az adatok behelyettesítésével

𝑑 =𝑀

𝑎 ∙ 𝑏 ∙ 𝜌tengervíz,

𝑑 =47100000 kg

270 m ∙ 28 m ∙ 1020 kg/m3,

𝑑 = 6,1 m

adódik.

A hajó teljes térfogatának

𝑉teljes = 𝑎 ∙ 𝑏 ∙ 𝑐,

𝑉teljes = 270 m ∙ 28 m ∙ 29 m,

𝑉teljes = 219240 m3

104

szerinti ismeretében már megadható a keresett arány:

𝑉bele

𝑉teljes= 0,21,

amelynek értelmében tehát a Titanicnak kb. az egyötöde merült bele a vízbe a baleset előtt.

b) 𝜌jég = 920 kg/m3

Az ábra szerint a jéghegyre ható felhajtóerő és nehézségi erő egyensúlyt tart:

𝐹fel′ = 𝐹neh

′ ,

𝜌tengervíz ∙ 𝑉bele′ ∙ 𝑔 = 𝑚jég𝑔,

𝜌tengervíz ∙ 𝑉bele′ ∙ 𝑔 = 𝜌jég ∙ 𝑉teljes

′ ∙ 𝑔,

Amiből a 𝑔 nehézségi gyorsulással való egyszerűsítés

𝑉bele′ =

𝜌jég

𝜌tengervíz∙ 𝑉teljes

′ ,

majd behelyettesítés után

𝑉bele′ =

920 kg/m3

1020 kg/m3∙ 𝑉teljes

′ ,

𝑉bele′ = 0,90196 ∙ 𝑉teljes

′

adódik. Ez alapján tehát kijelenthető, hogy a Titanic pusztulását okozó jéghegynek

megközelítőleg a 90%-a merült bele a vízbe. Ez a magyarázat arra, hogy miért volt annyira

nehéz időben észrevenni, hiszen csak 10%-a helyezkedett el a víz felszíne felett.

105

c) 𝑚víz = 35560 t = 35560000 kg

Ebben az esetben a hajótestre ható felhajtóerő tart egyensúlyt a hajóra és a benne lévő vízre

ható nehézségi erő összegével:

𝐹fel′′ = 𝐹neh + 𝐹neh

′′ ,

𝐹fel′′ = 𝑀𝑔 + 𝑚víz𝑔,

𝜌tengervíz ∙ 𝑉bele′′ ∙ 𝑔 = (𝑀 + 𝑚víz)𝑔,

amiből a 𝑔 nehézségi gyorsulással való egyszerűsítés után

(2) 𝑉bele′′ =

𝑀+𝑚víz

𝜌tengervíz,

amelybe behelyettesítés után

𝑉bele′′ =

47100000 kg + 35560000 kg

1020 kg/m3,

𝑉bele′′ = 81039 m3

adódik. Másrészt

𝑉bele′′ = 𝑎 ∙ 𝑏 ∙ 𝑑′,

𝑑′ =𝑉bele

′′

𝑎 ∙ 𝑏,

amelybe (2), majd az adatok behelyettesítésével

𝑑′ =𝑀 + 𝑚víz

𝑎 ∙ 𝑏 ∙ 𝜌tengervíz,

𝑑′ =47100000 kg + 35560000 kg

270 m ∙ 28 m ∙ 1020 kg/m3,

𝑑′ = 10,71 m

adódik. Ezt felhasználva meghatározható a keresett arány:

𝑉bele′′

𝑉teljes=

81039 m3

219240 m3= 36,96%,

tehát megközelítőleg 37%-a merült bele a hajónak a baleset után a vízbe, azaz térfogatának

37% − 21% = 16%-kal több része volt vízben a balesetet követően, mint azt megelőzően.

106

IV.8.

a) 𝑣 = 14 csomó = 14 ∙ 1,852 km/h = 25,928 km/h = 7,2 m/s, 𝑠 = 19 m

A 𝑣 sebességgel mozgó Szent Istvánon a torpedók által ütött lyukak

egymástól 𝑠 távolságra voltak. A két torpedó becsapódása között eltelt

időtartam tehát az egyenes vonalú egyenletes mozgás sebességére érvényes

𝑣 =𝑠

𝑡

összefüggés alapján, rendezéssel, majd behelyettesítéssel határozható meg:

𝑡 =𝑠

𝑣,

𝑡 =19 m

7,2 m/s,

𝑡 = 2,64 s.

Számításunkban feltettük, hogy a két torpedó becsapódása nem változtatott a hajó sebességén.

b) ℎ = 1,5 m, 𝐴 = 33,5 m2, 𝜌tengervíz = 1020 kg/m3, 𝑔 = 9,80 m/s2

A lyuk elzárásához szükséges erő az

𝐹 = 𝑝𝐴,

𝐹 = 𝜌tengervíz ∙ ℎ ∙ 𝑔 ∙ 𝐴

alapján határozható meg, ahol ℎ a lyuk és a vízfelszín vonala közötti távolság. Behelyettesítve

az adatokat a

𝐹 = 1020 kg/m3 ∙ 1,5 m ∙ 9,80 m/s2 ∙ 33,5 m2

szerint, eredményül

𝐹 = 502300 N,

azaz 502,3 kN adódik.