XX. TORNYAI SÁNDOR ORSZÁGOS FIZIKAI FELADATMEGOLDÓ VERSENY A REFORMÁTUS KÖZÉPISKOLÁK SZÁMÁRA Hódmezővásárhely, március

Méret: px
Mutatás kezdődik a ... oldaltól:

Download "XX. TORNYAI SÁNDOR ORSZÁGOS FIZIKAI FELADATMEGOLDÓ VERSENY A REFORMÁTUS KÖZÉPISKOLÁK SZÁMÁRA Hódmezővásárhely, március"

Átírás

1 Hódezővásárhely, 6. árcius /. feladat. datok: d B= 9 k, t = h, t B= 4,5 h Jelölések: s, ill. s B jelölje a találkozási pont -tól, ill. B-től ért távolságát v, ill. v B jelölje az -ból, ill. a B-ből induló kerékpáros sebességét találkozásig egtett utak a sebességgel arányosak: s s B v v B. pont találkozás után egtett utak: s vb tb és sb v t. vb tb v Ezt az első egyenletben használjuk fel:. v t v t B v 4,5 h Ebből, 5. t vb h B 4 pont 4 pont sebességek aránya: v v B,5 pont teljes távolságra: d s s v t v t B B B B d v t,5 v t v t,5 t B B B B B B 3 pont v d B 9 k B t,5 t 7,5 h pont B két kerékpáros sebessége: k k vb, v 8. 3 pont h h / oldal

2 Hódezővásárhely, 6. árcius /. feladat. datok: = kg, h =, v = 3 /s, g=9,8 /s Keresett : v =? W=? Ha ne hat a testre közegellenállási erő, akkor érvényes a echanikai energia egaradásának törvénye. Jelöljük a végsebességet ebben az esetben v -vel: gh v, 4 pont v gh 4,. 4 pont s Használjuk a unkatételt: v v W W v gh Wellenállási kezdő nehézségierő ellenállási 5 pont Wellenállási v gh 69 J 96, J 7, J. 5 pont test a közegellenállás legyőzésére 7, J pozitív unkát végzett. pont 9./3. feladat. súrlódással rendelkező lejtőn felfelé ozgás esetén a lassulások az egyes szakaszokon a jól isert ódon, az erők összegzésével száolhatók ki: a g sin( ) g cos( ), fel a g sin( ) g cos( ), fel 4 pont feladat a unkatétel alkalazásával oldható eg. lejtő alján a test bizonyos ozgási energiával rendelkezik, ai a ozgás végére nullára csökken. Ez a különbség egegyezik az eredő erők által végzett unkával. Mivel a ozgás iránya és a eredő erők iránya ellentétes, ezért a közöttük bezárt szög 8. v F s F s 3 pont o cos(8 ) Ha a test töegével egyszerűsítünk, akkor az egyes szakaszok gyorsulásaival száolhatunk. negatív előjelet inkét oldalról elhagyjuk. v a, fel L a, fel L v a, fel L a, fel L a, fel L 4 pont / oldal

3 Hódezővásárhely, 6. árcius 8-. két egyenletet egyásból kivonva: a, fel L v v Ebből az első szakaszon tapasztalható lassulás: a v v L. s s s, fel 9.6 pont ásodik szakasz is felírható hasonlóan: a v v L. s s s, fel.45 pont korábban felírt összefüggésből az első szakasz csúszási súrlódási együtthatója: sin( ) s s.553 o a sin(3 ), fel g g cos( ) o 9.8 cos(3 ) s pont ásodik szakasz csúszási súrlódási együtthatója: sin( ) s s.767 o a sin(3 ), fel g g cos( ) o 9.8 cos(3 ) s pont 9./4. feladat. a) feladat lényegében a fényévben ért távolság átváltása éterre. Köztudott, hogy a fényév az a távolság, ait a fény egy év alatt tesz eg. fénysebesség /s-ban van egadva, ezért az időtartaot vagyis,3 illiárd évet ásodpercben kell egadnunk: T.3 év s s 4. s pont fénysebességgel egszorozva: L s T c 4. s 3.3 pont Megjegyzés: függvénytáblázatból, vagy egyéb írott forrásból kikeresett értékkel száolt távolságra is adható teljes pontszá. Mivel a fekete lyukak távolságának érése egyébként is igen pontatlan, így két tizedesjegy feltüntetése se indokolt. d válasz a helyes, azaz a fekete lyuk távolsága tőlünk kb., 5. 5 pont b) 3 / oldal

4 Hódezővásárhely, 6. árcius 8-. fekete lyukak forgásának frekvenciája: f 75 Hz centripetális gyorsulás: a cp 3.7 s centripetális gyorsulás egyenletét felírhatjuk a forgás frekvenciájával: v 3 pont r acp r f r Ebből adódik a körpálya sugara: a r cp f 75. s s s s k 5 pont két fekete lyuk közelítőleges távolsága pedig ennek a kétszerese, azaz kb. 333 k. c válasz helyes. 9./5. feladat. z inga kitérésének szöge adott, és abból kell kiszáolni a lövedék becsapódási sebességét. 5 pont Legyen a lövedék becsapódás előtt érhető sebessége v, töege. becsapódás során benne arad az ingában, így tökéletesen rugalatlannak tekinthető az ütközés.tekintsük az ütközést pillanatszerűnek. Ezek alapján, úgy tekinthetjük, hogy a lövedék v sebességgel becsapódik, ajd rögtön ezután u sebességgel ozog tovább az ingával, ainek eredeti töege M, a becsapódás után viszont +M. Felírható a lendület egaradásának tétele az ütközésre: v v ( M ) u u M z inga ezután fellendül, s fokozatosan átalakítja ozgási energiáját agasságivá, íg axiális kitérése ellett a ozgási energiája zérus. Mivel a feladat ne rendelkezett róla, a közegellenállást és ás lassító tényezőket elhanyagolhatjuk. Ennek egfelelően felírhatjuk az inga függőleges és axiális kitérésű helyzetére a echanikai energia egaradásának tételét! potenciális energia nullszintje legyen az inga felfüggesztési pontjánál. Ekin. lent Eag. lent Ekin. fent Eag. fent ( ) ( ) ( ) cos( ) M u M g l M g l ahol φ az inga kitérésének axiális szöge, g a gravitációs gyorsulás és l az ingához használt fonál hossza. Behelyettesítve az u-ra kapott összefüggést: v ( M ) ( M ) g l ( M ) g l cos( ) ( M ) 4 / oldal

5 Hódezővásárhely, 6. árcius 8-. v ( M ) g l cos( ) M M 35 g g v g l cos( ) g s s zaz rövid száolás után kiderül, ez 3599 k/h, azaz hogy a b válasz a helyes. 5 pont Átszáolva a többit, a kb. 36 /s-os hangsebesség iatt a c válasz esetén 8 /s-t kapunk, íg a d válasz esetén ~6 /s-t kapunk. ennyiben közvetlenül ne található eg a függvénytáblázatban az 5 C-os levegőben vett hangsebesség, elegendő az az indoklás, hogy pl. a C-os vagy a 3 C-os levegőben vett hangsebesség hároszorosa is nagyobb, int a lövedék sebessége; s a hőérséklettel a hangsebesség csak nő. b) keresett arány egyszerűen kiszáítható, felhasználva azt az összefüggést, hogy az inga agassági energiája teljes értékben a ozgási energiájából alakult át: E ( M ) u x E v pot. ing. ozg. löv. Behelyettesítve az u-ra kapott összefüggést, kijön, hogy 3 pont zaz a d válasz helyes. x,33 ~ 3/ M pont 5 pont 5 / oldal

6 Hódezővásárhely, 6. árcius 8-../. feladat. a) két fekete lyuk töege kg-ban: M M 3 36 M Nap 7. kg 3 9 M Nap 5.8 kg pont fekete lyukak forgásának frekvenciája: f 75 Hz fekete lyukak forgásának szögsebessége: 47.4 s fekete lyukak ugyanakkora erővel vonzzák egyást, de különböző töegük iatt különböző sugarú körpályán keringenek. F M r M r pont iből: M r r M Feltételezhetjük, hogy a vonzóerő csak a két test közötti gravitációs erő: MM MM F G G ( r r ) M r r M pont Ezt egfeleltetve a centripetális erőnek, ezt az összefüggést kapjuk: M M M r G M r r M 3 pont Ezt r -re egoldva: M 5.8 kg r 3 3 G M 3 kg s 7. kg M s 5.8 kg k ásodik fekete lyuk körpályájának sugara: 3 M 7. kg r 3 M 5.8 kg r 5.4 k 87.9 k pont fekete lyukak töegközéppontjainak távolsága: r r 5.4 k 87.9 k k 6 / oldal

7 Hódezővásárhely, 6. árcius 8-. b) Schwarzschild-sugár egyenletébe behelyettesítve: kg 6.7 k 3 3 GM kg s S, c 8 r kg 86. k 3 3 GM kg s S, c 8 r 3 s 3 s + pont rs, rs, 6.7 k 86. k 9.7 k két fekete lyuk sugarainak összege kisebb, int a töegközéppontjaik távolsága, így a fekete lyukak felszínei ég ne érnek össze../. feladat. datok: l =,4, rúd=,8 kg, d = 8 c =,8 Kezdjük tölteni a bal oldali zacskót. ddig tehetjük ezt, aíg a rúd egyensúlyban arad. Kezdetben, a két kötélben azonos erő ébred ( rúdg/). Majd a jobb oldali kötélben csökken az F jobb, a ásikban nő az F bal erő. Szerencsés választás a P-n átenő forgástengely: rra a pillanatra írjuk fel az egyensúly feltételét, aikor F jobb ra csökken: l d bal g rúd g, 3 3d rúd bal rúd,54 kg l 8 pont Most a jobb oldali zacskóba teszünk kekszet addig, aíg a bal oldali kötélerő ne csökken -ra. Írjuk fel az egyensúly feltételét a Q n átenő tengelyre: l d l bal g( d) rúd g jobbg l 3 d rúd jobb bal rúd bal, l 3 l 8 pont jobb rúd 3,5 kg pont két zacskóba összesen 6 g kekszet tettünk. pont bal jobb 7 / oldal

8 Hódezővásárhely, 6. árcius 8-../3. feladat. feladat egoldásához először azt kell eglátni, - hogy a csőben az anyagok nyugaloban vannak, s ez csak akkor lehet, ha hidrosztatikai egyensúly áll fenn közöttük, avagy egyenlettel kifejezve a cső két szárában a nyoás egegyezik. 4 pont továbbiakban vezessük be a agasságérés nullszintjét, és ez legyen a víz felszínének agassága a cső jobb oldali részében. hhoz, hogy a hidrosztatikai nyoásokat kiszáolhassuk, először ki kell száolni azt, hogy ekkora az egyes folyadékoszlopok hossza. - Mértékegység-átváltás után kijön, hogy l ciklo= c, l is=9 c. x pont - Kikeresendő a víz sűrűsége C-on, ai,998 g/c 3. - Ekkor a nyoások: p p (.) jobb is is víz ciklo ciklo bal g l g h g l l h l is is víz ciklo ciklo h l l is víz ciklo ciklo is Kiszáolva a fenti egyenlet alapján, az iseretlen anyag sűrűsége a következő: ρ is =,56 ~,5 g/c 3 (.) (3.) (4.) 8 pont 4 pont Ha kiszáoljuk az egyes részek nyoását (víz esetében a 3 c-es vízoszlopra), a következő értékeket kapjuk (g=9,8 /s ): p víz =,3 9,8 998 = 93,7 Pa ~ 95 Pa p ciklo =, 9,8 778 = 839,54 Pa ~ 84 Pa p is = p víz + p ciklo = 33,5 Pa ~ 35 Pa száolás során alkalazott kerekítés iatt a kapott végeredény, ha háro tizedesjegyig száolunk), akkor is csak a haradik értékes tizedesjegyben tér el, ai kisebb, int %-os hibát jelent. száolás ennek egfelelően jónak tekinthető, ha az első két értékes tizedesjegy egyezik, vagy ezekre kerekítve egyezést kapunk, azaz ρ is ~,5 g/c 3../4. feladat. datok: T = 88 K, T = 373 K, T = 73 K, p = 5 Pa V = 5 c 3, V = c 3 a) kezdeti állapotban az állapotegyenlet: p ( V V ) N k T N p( V V ) k T 8 / oldal

9 Hódezővásárhely, 6. árcius 8-. ásodik állapotban: p V N és N p V k T k T N N N p ( V V ) p V p V k T k T k T p, p( V V ) T T Pa T T V T V p,7 Pa pont d válasz a helyes. 5 pont b) sűrűségek változása: p V N p M V R T kn T R T R T T T p M és,367 p M Határozzuk eg a sűrűségeket: M= 9 g/ol p M 5 3,7 Pa 9 / kg ol,96 kg 3 R T 8,3 J / olk 373K és p M kg,498 3 R T z eredeti ρ sűrűség: p M kg, 3 R T 9,57% és 3, 6% z állítások közül egyik se hibás, tehát az a válasz a helyes. 5 pont 9 / oldal

10 Hódezővásárhely, 6. árcius 8-../5. feladat. egadott kapcsolások közül az, aelyik Feri száára egfelelő, a B) kapcsolás. feladat egoldása során elegendő azt belátni, hogy a B) kapcsolás helyes, ekkor jár a axiális pontszá (5+5 pont) a részfeladatra. Először vizsgáljuk eg a kapcsolás eredő kapacitását, ajd az egyes kondenzátorokra eső feszültséget akkor, ha V feszültséget kapcsolunk a kapcsolás kivezetéseire. Ha az V-os feszültséget rákapcsolva ne ütnek át a kondenzátorok, valaint a kapcsolás kapacitása is egfelelő, akkor az adott elrendezés egfelelő Feri száára. B) kapcsolás esetén az eredő kapacitás kiszáolásához helyettesítsük a párhuzaosan kapcsolt kondenzátorokat egy olyan kondenzátorral, aely kapacitása egegyezik a két kondenzátor eredő kapacitásával, ai jelenesetben, ivel párhuzaosan vannak kapcsolva, μf. Ezután alkalazhatjuk a sorosan kapcsolt kondenzátorok eredő C eredő kapacitásának kiszáolására szolgáló reciprokos összefüggést: C 5 μf eredő 5 μf+5 μf 5 μf 5 μf 5 μf zaz azt kaptuk, hogy a B) kapcsolás eredő kapacitása egfelelő Feri száára. Ezután ár csak a kondenzátorokon eső feszültséget kell egvizsgálnunk. helyettesített kondenzátor feszültsége, ivel párhuzaosan kapcsolt kondenzátorokról van szó, egegyezik az 5 μf-os kondenzátorok indenkori feszültségével. Ennek egfelelően a helyettesített kondenzátor átütési feszültsége is 6 V. Sorosan kapcsolt kondenzátorok esetén a kondenzátorokon lévő töltés egyenlő. Ennek a gondolatnak a segítségével kiszáolhatjuk az egyes kondenzátorokra eső feszültséget! Ha az egyes kondenzátorokon lévő töltés Q, és a teljes kapcsolásra kapcsolt feszültség U, illetve a C kapacitású kondenzátorra eső feszültség U(C), akkor a következőek lesznek igazak: Q U ( C) C Q Q V U Ceredő 5 μf Fejezzük ki Q-t a felső egyenletből! Q = U C eredő = 5 C Kezdjünk el száolni a helyettesített kapcsolásunkban. U( C) 5 C C 5 C U ( μf) 5 V μf 5 C U (5 μf) V 5 μf 5 C U (5 μf) V 5 μf / oldal

11 Hódezővásárhely, 6. árcius 8-. zaz azt kaptuk, hogy valaennyi kondenzátor feszültsége kisebb V felkapcsolása esetén, int az egyes kondenzátorok átütési feszültsége, azaz 6 V. Tehát rövid vizsgálatunk során beláttuk, hogy a B kapcsolás egfelel Peti céljainak. 5 pont következő feladatrész egoldásához valaennyi kapcsolás esetén ki kell száolni azt, hogy ekkora az eredő kapacitásuk, ajd ennek segítségével kell kiszáolni azt, hogy ekkora feszültség alkalazása esetén lesz akkora a feszültség az egyes kondenzátorokon, hogy átüssenek. Ez könnyen kiszáolható: ha kiszáoljuk a feszültségviszonyokat V esetén, akkor, ivel az egyes kondenzátorok feszültségei egyenesen arányosak a kapcsolás két végpontjára kapcsolt feszültséggel, a axiális feszültségű kondenzátor feszültségét egyenes arányossággal 6 V-ra belőve egadható az egész kapcsolás átütési feszültsége is. Tekintsük ezt a ár kiszáolt B) kapcsoláson! legnagyobb feszültség, ai az egyik kondenzátoron esik, 5 V, V alkalazása esetén. Mivel ez egyenesen arányos a kapcsolás két pólusára adott feszültséggel, ha ez 6 V lesz, akkor éppen 6/5 = V lesz az a legnagyobb feszültség, ait ég a nélkül adhatok rá a rendszerre, hogy ott egyetlen kondenzátor is átütne. Tekintsük az eddigi száolásokat ásik kapcsolásokon is! ) két, párhuzaosan kapcsolt kondenzátor kapacitása összeadódik, így együttes kapacitásuk 4 μf. Helyettesítsük a fent elített ódon a két kondenzátort egy olyan kondenzátorral, aely eredő kapacitása egyezik azokéval, íg átütési feszültsége szintén 6 V. kapcsolás eredő kapacitása ezután kiszáolható, háro, egyással sorosan kapcsolt kondenzátor kapacitásaként: C 8 μf eredő μf μf+ μf μf zt kaptuk, hogy a kapcsolás eredő kapacitása 8 μf. Ellenőrizzük az egyes kondenzátorok feszültségeit! z egyes kondenzátorok feszültségei arányosak a kondenzátor kapacitásának reciprokával. Innen száolható a C kapacitású kondenzátorra eső U feszültség: 8 μf U( C) U C Ebből kiszáolható, hogy a μf-os kondenzátorokra eső feszültség 4 V, íg a 4 μf-osra (a helyettesített kondenzátorra) eső feszültség V. hhoz, hogy a legnagyobb feszültséggel bíró kondenzátor átüssön, a rá eső feszültségnek 6 V-nak, azaz a 4 V ásfélszeresének kell lennie. Ennek egfelelően az első kapcsolás átütési feszültsége 5 V. Hasonló száítások végezhetőek a többi kapcsolásra is. C) C) kapcsolás esetén száoljuk ki az egyes ágak eredő kapacitását, ajd (fent elített) helyettesítésük után a két ág együttes kapacitását! lkalazva a sorosan kapcsolt kondenzátorok eredő kapacitására vonatkozó törvényt először a bal, ajd a jobb oldali ágra: C jobb 4 μf C μf bal 5 μf μf μf μf Ezeket összeadva, egkapjuk a helyettesítéseik párhuzaos kapcsolásának eredő kapacitását: / oldal

12 Hódezővásárhely, 6. árcius 8-. Ceredő Cjobb Cbal 5 μf zaz a kapcsolás kapacitása éppen 5 μf. Vizsgáljuk ost az egyes kondenzátorokra eső feszültséget! Jelenesetben elegendő az eredeti kapcsolásban oldalanként vizsgálódni. Kezdjük a vizsgálatot a jobb oldallal! jobb oldal esetén egyszerű szietriai egfontolások alapján is látszik, hogy az egyes kondenzátorokra eső feszültség egyaránt 5 V, tehát ne ütnek át. bal oldal esetén pedig az előző résznél elített ódszert alkalazzuk. Q Q V U Q U Cbal 4 C Cbal 4 μf 4 C U (5 μf) 8 V > 6 V 5 μf Vizsgáljuk eg a kondenzátorok átütését: 8 V feszültség esik az egyikre V rákapcsolása esetén. Ez azt jelenti, hogy ahhoz, hogy 8-ból 6 V, azaz éppen az átütési feszültség legyen, 75 V-ot kell rákapcsolni a kapcsolásra; azaz ekkora a kapcsolás átütési feszültsége. D) Vizsgáljuk eg a D) kapcsolást! μf-os kondenzátor két lába között közvetlenül húzódik egy vezeték, ai azt jelenti, hogy a kondenzátoron ne fog egjelenni feszültség, s így töltés se; tehát a kapcsolásunkból ki is hagyhatjuk. Hasonlóan kihagyhatjuk a vezetékkel párhuzaos ódon kapcsolt kondenzátorokat is. Ennek következtében a kapcsolás ekvivalens lesz egy 5 és egy vele sorosan kapcsolt μf-os kondenzátor kapcsolásával. Ebben az esetben kiszáítható az eredő kapacitás, ai kb. 7,4 μf, íg a feszültség a kisebbik kondenzátoron kb. 5/7 =74 V esik. Ennek egfelelően kiszáolható, hogy a kapcsolás átütési feszültsége /(5/7 /6)=84 V. zaz azt kaptuk, hogy az ) kapcsolás esetén lesz a legnagyobb az alkalazható feszültség, ai pedig 5 V. Helyes tehát a d válasz. 5 pont / oldal

13 XX. Tornyai Sándor Országos Fizikai Feladategoldó Verseny a reforátus középiskolák száára, Hódezővásárhely, 6. árcius 9. MEGOLDÁSOK. évfolya. Egy 3 széles és 3 hosszú vízszintes kísérletező asztal felszíne sík, középső d = szélességű középső sávját azonban v = 3 /s sebességgel ozgó (végtelenített) guiszalag képezi, aely pontosan illeszkedik az asztallap nyugvó felszínéhez. z asztal egyik szélének közepére (az ábrán az pontra) egy kicsiny lapos korongot fektetünk, és egütjük úgy, hogy u = 4 /s sebességgel kezdjen csúszni (erőlegesen) a szalag felé. z asztallap álló részei és a korong közti súrlódás elhanyagolható, a guiszalag és a korong közötti súrlódási tényező µ =,5. korong csúszás közben ne forog. Hol esik le a korong az asztalról? Megoldás: datok: L = 3, l =,5, d =, v = 3 /s, u = 4 /s, µ =,5, g = /s. a) z első asztallapon a korong állandó sebességgel keresztülhalad és u = 4 /s sebességgel érkezik a szalaghoz. Vizsgáljuk a szalagon való keresztülhaladást az asztalhoz rögzített koordinátarendszerben: az x tengely a szalag haladási iránya, az y tengely a erőleges irány (a korong belépő sebességének iránya), az origó, ahol a korong belép a szalagra. b) korong x irányban kezdősebességgel kerül a szalagra, és a súrlódás következtében (ha ne ér előbb keresztül a szalagon y irányban) végül felveszi a szalag sebességét, azaz x irányban a korongot a súrlódási erő gyorsítja. korong y irányban 4 /s sebességgel kerül a szalagra, és a súrlódás fékezi. pont Mozgás x irányban a x = µg = 5 /s, v t = =,6 s alatt veszi föl a korong a szalag sebességét. g pont Mozgás y irányban v y = u µgt g y = u t t. pont Utóbbiból eghatározható az szalagon való keresztirányú áthaladás ideje: g d = u t t g, t u t + d =. u u d g ,45 t = = s = s. g 5 5 két gyök t =,9 s és t =,3 s. t =,9 s esetén a korong végsebessége negatív, így a helyes időérték,3 s. 4 pont v y = u µgt = (4 5,3) /s =,45 /s. Mivel,3 s <,6 s, a korong ne veszi föl a szalag sebességét, hane a keresztülhaladás után az x irányú sebessége v x = µgt = 5,3 /s =,55 /s értékű lesz, és g x = t =,5,3 =,4 rel kerül jobbra a középvonaltól. c) szalag utáni sia asztalon a korong egyenes vonalú egyenletes ozgást végez (,55;,45) /s kezdősebességgel. pont

14 Vizsgáljuk eg, hol hagyja el az asztalt! y irányban a keresztülhaladás ideje t y =,45/s =,4 s. pont Ennyi idő alatt x irányban,55 /s,4 s =,64 rel kerül jobbra. Tehát a korong az asztalt a felső élen a középvonaltól száítva (,4 +,64 ) =,88 távolságban hagyja el. pont. Vízszintes, szigetelő tengelyre felfűzött fégyöngy töltése Q = 6 C. hozzá erősített L = 3 c hosszú szigetelő fonál végén = g töegű, q = 7 C töltésű kicsi fégolyó függ. Legalább ekkora kezdősebességet kell adnunk a fégolyónak, hogy függőleges síkban egy teljes kört befusson, ha a töltések a) azonos előjelűek b) ellentétes előjelűek? c) Ha 3 /s sebességgel indítjuk a kis golyót, és a töltések egyneűek, ekkora utat fut be a körpályán? Megoldás: datok: Q = 6 C, L =,3, = g, g = /s, q = 7 C, v = 3 /s. a) töltések azonos előjelűek. F test akkor arad körpályán, ha a pálya legfelső pontjában a C v kötélerő nagysága nagyobb vagy egyenlő nullával. körozgás feltétele a felső pontban K v g = g + K F C, () pont L ahol g = qq Q N, F C = k L = N. sebesség eghatározásához felírhatjuk az energia egaradást. z elektrosztatikus ező energiáját ne kell figyelebe venni, ert az q és Q kölcsönös távolságától függ, és az a körpályán állandó. v v = () ből v = v 4gL () kifejezve K t, és behelyettesítve v t: K = v v g + F C = L v 5g + F C L + gl () pont L v (5g FC ), adatokkal v 3,67 /s. 3 pont b) töltések ellenkező előjelűek. Ez azonos az a) esettel, csak a forulákban F C helyett F C írandó. L v (5g + FC ), adatokkal v 4, /s. pont v c) körozgás feltétele, ha a golyó a függőlegessel szöget bezáró helyzetben van: Q K F C g v = gcos + K F C. L () pont z energiatétel: v v = + gl( + cos ) () pont () egyenletből v et kifejezve és visszaírva () be és K re rendezve a következő összefüggést kapjuk: v

15 v K = g ( + 3cos) + F C (3) L golyó addig arad a körpályán, aíg a kötélerő nagysága nagyobb vagy egyenlő nullával. Így a K = egyenletből az szög eghatározható: cos = + v 3gL F C 3g 3, cos = =, = 6 4 pont golyó által befutott út a körpályán s = L L = L( ) = L =, pont 3. Kis izzólápa feszültség ára karakterisztikája látható a ellékelt ábrán. 3V nál nagyobb feszültség esetén a lápa kiég. Két ilyen izzóból és két egyenként s ellenállásból a ásik ábrán látható kapcsolást állítjuk össze. z és B pontok közé egyenfeszültséget kapcsolunk, aelynek értékét nulláról egyenletesen növeljük. C és D pontok közé igen nagy ellenállású voltérőt kapcsolunk és folyaatosan figyeljük, hogy it utat. a) Milyen telepfeszültségnél fog az izzó kiégni? b) Ábrázoljuk a voltérő feszültségét a telepfeszültség függvényében! Megoldás: a) lápa akkor ég ki, aikor a rá eső feszültség 3 V, és a átfolyó áraerősség,. lápa és az ellenállás sorba van kötve, így az ellenálláson eső feszültség, =, V. telep feszültsége a lápa és az ellenállás feszültségének összege, azaz 5, V. Ezek szerint a lápa 5, V telepfeszültségnél ég ki. 5 pont b) Készítsünk táblázatot a egadott grafikon alapján: U (V),5,5,75,5,5,75,5 3 I (),,4,6,73,83,9,95,,5, kapcsolás szerint a lápa és az ellenállás feszültségének összege tetszőleges áraértéknél egadja a telep feszültségét. táblázatot egészítsük ki további sorokkal. dott áraerősséghez vesszük a lápa és az ellenállás feszültségének összegét (ez lesz a telep feszültsége U ) pont és a feszültségek különbségét (Ezt utatja a voltérő U v ). pont U (V),5,5,75,5,5,75,5 3 I (),,4,6,73,83,9,95,,5, U R = IR,4,6,73,83,9,95,5, 3

16 U = U + U R,5,9,35,73 3,8 3,4 3,7 4 4,55 5, Uv=U R U,75,9,85,73,58,4,,45,9 táblázat készítése 6 pont feladatban kívánt grafikont a táblázat alsó két sora segítségével készíthetjük el:,5 U voltérő, TESZT U telep (V) 5 pont z ábrán látható elrendezésben a transzforátor szekunder tekercsén tízszer kevesebb enet van int a prier tekercsen. voltérő belső ellenállása igen nagy. hálózat frekvenciája 5 Hz. Döntsük el az alábbi állításokról, hogy igazak vagy haisak. Válaszunkat inden egyes állítás esetén indokoljuk. I. transzforátor szekunder feszültsége:. transzforátor szekunder tekercsén a enetszá arányának egfelelően szer akkora feszültség jelenik eg.. transzforátor szekunder tekercsén a enetszá arányának egfelelően ed akkora feszültség jelenik eg. 3. transzforátor szekunder tekercsén a váltakozó feszültség csúcsértéke éppen / V azaz V lesz. 4. transzforátor szekunder tekercsén egjelenő váltakozó feszültség időfüggése U(t) = sin (5 t) V lesz. II. Mit utat a voltérő?. Ha ne lenne ott a dióda a szekunder körben, akkor ugyanazt az effektív feszültséget érnénk, int ai a transzforátor szekunder tekercsén egjelenik.. dióda egyenirányító hatása iatt a frekvencia a felére csökken és így a voltérő a szekunder feszültség felét utatja. 3. voltérő ne utat feszültséget, hiszen nincs ohos ellenállás az árakörben. 4. voltérő V ot utat. 5. voltérő V ot utat. 6. Ha a szekunder körből kivesszük a kondenzátort a voltérő / V ot utat. 4

17 Megoldás: I. HMIS Transzforátor esetén a prier és szekunder feszültségek aránya azonos a enetszáok arányával. I. IGZ Transzforátor esetén a prier és szekunder feszültségek aránya azonos a enetszáok arányával I.3 HMIS egadott V effektív feszültség, így a V is effektív érték, és ne a csúcsérték. I.4 IGZ prier feszültség szinuszos, csúcsértéke V, ai transzforálódik az a feszültség aplitúdója, a frekvenciafüggés ne változik. II. IGZ a kondenzátor jelenléte ne befolyásolja a feszültség effektív értékét, csak fázistolást okoz a feszültség és az ára közt. II. HMIS a dióda egyenirányító hatása azt jelenti, hogy a szinusz függvény alsó felét "levágja", így félperiódusonként a szekunder feszültség nulla. Ez azonban ne változtatja eg a frekvenciát. II.3 HMIS az ideális voltérő két pont közti feszültségkülönbséget ér, ellenállás jelenléte nélkül is. II.4 HMIS a voltérő akkor utatná a V nyi effektív feszültséget, ha a szekunder körben ne volna se kondenzátor, se egyenirányító. II.5 IGZ kondenzátor az első negyed periódusban feltöltődik, de kisülni ne tud, ert az ára iránya az egyenirányító iatt ne fordul eg. feltöltődés ne az effektív feszültség, hane a csúcsfeszültség eléréséig tart. II.6 IGZ Sziplán az egyenirányító iatt a szekunder körben ás lesz az effektív feszültség értéke. csúcsfeszültség ed része helyett, a csúcsfeszültség fele lesz. zaz valóban a voltérő / V ot utatna. 5

18 . évfolya. Magfizikai kísérlet során egy részecskeágyúból azonos töegű, 3, 9 C töltésű részecskéket tudunk kilőni. részecskeágyú egy r = c sugarú, Q = 6 C töltésű vékony fékarika szietriatengelyén helyezkedik el, a karika középpontjától távolságra. karika ögött fluoreszkáló ernyő érzékeli a becsapódó részecskéket. z elvégzett kísérletek szerint a részecskék csak akkor érik el az ernyőt, ha a kilövési sebességük nagyobb, int,87 6 /s. z egész berendezés vákuuban van. a) Határozzuk eg a kilőtt részecskék töegét! b) Milyen részecskék szerepelnek a kísérletben? Megoldás: datok: q = 3, 9 C, r = c, Q = 6 C, d =, v,87 6 /s. karika által keltett elektrosztatikus ező taszítja a részecskéket, így aelyek eljutnak a karika középpontjáig ajdne nulla sebességgel, azok ár az ernyőt is elérik. pont tengely z pontjában a körvonal egy kis darabjának dq dq pontszerűnek tekinthető töltésétől szárazó térerősség R Coulob törvénye alapján: r dq dq de = k = k r z R O z 6 de (z eredő térerősség z irányú, ennek eghatározására azonban nincs szükségünk.) dq töltéstől szárazó potenciál dq dq du =k = k 5 pont r z R z elektrosztatikus ezőkre érvényes a szuperpozíció elve, így összeadva a ponttöltések potenciálját egkapjuk a karika elektrosztatikus potenciálját a tengelyen: Q Q U = k = k. 3 pont r z R Érvényes az energia egaradás, aelyet a kezdeti z =d távolságra és a karika O pontjára (z = ) írhatunk fel: v qq qq + k = + k. 5 pont r d r Ebből kifejezhető a részecske töege: kqq = (r ) v r d datokkal: , = ( ) kg = 6,64 7 kg. 3 pont,87, b) Összevetve ezt az töegértéket a részecske töltésével, a részecskeágyú részecskéket lő ki. pont. Izotópos leezvastagság érőben a leez az izotóp és a GM cső között halad, közvetlenül a GM cső ablaka előtt. sugárzás elenyésző vastagságú levegőrétegen halad át, elnyelődés csak a leezben történik. készülék sugárforrása 6,8 nci aktivitású Tl 4 izotóp, aely elektronokat sugároz. sugárforrás és az ablak távolsága 5, a kör alakú ablak sugara 4. z

19 aluíniuleez áthaladása során a GM cső átlagosan 553 beütésszáot jelez percenként. z aluíniuban az elektronsugár felezési távolsága 8,48. Mekkora a leez átlagos vastagsága? ( Ci = 3,7 Bq) Megoldás: datok: = 6,8 nci = 6,837,3 Bq = 5,85 Bq = 5 /perc, a sugárforrás Tl 4, felezési ideje 3,78 év, így a érés közben az aktivitás ne változik. r = 4, R = 5, N GM = 553 /perc = 9, /s. = 8,48. sugárforrás inden irányban sugároz (a teljes göbfelületen, F = 4R ), de a GM csövet az ablak köre által a göbfelületből kivágott göbsüveg felszínén átenő elektronok érik el. göbsüveg felszíne F* = R, ahol = R R r = 5 3 =. 6 pont F* R N = = =, = 3 /perc = 5,37 /s elektron érné a szálálót, ha a leez ne volna F 4R a forrás és a GM cső között. 6 pont Ha a leez az ablak előtt van, akkor a szálálóba csak N = N d/ részecske jut el, tehát N = N GM. 4 pont z utóbbi egyenletet d re egoldva: ln( N / ) d = N = 8,48 ln(5,46) =,99,. 4 pont ln ln Megjegyzés: Ha a göbsüveg felszín helyett a GM cső ablakának területét vesszük figyelebe, akkor F* = r F* r, így = =,6 3 pont F 4R r N = = 47,77 /perc = 4,9 /s. 6 pont 4R Ha a leez az ablak előtt van, akkor a szálálóba csak N = N d/ részecske jut el, tehát N = N GM. 4 pont ln( N / ) d = N = 8,48 ln(4,37) =,73. 4 pont ln ln 3. z ábrán látható hőszigetelő falú, = c keresztetszetű, függőleges két végén zárt csövet elhanyagolható töegű, hővezető dugattyú oszt két egyfora részre. két féltérben azonos ennyiségű, p = 5 Pa nyoású egyatoos gáz van. dugattyú vékony hőszigetelt zsinórral egy serpenyőhöz csatlakozik, aelybe = kg töegű testet helyezünk és a rendszert agára hagyjuk. zsinór úgy van kivezetve, hogy az alsó térrészből ne tud a gáz kiszökni. dugattyú ozgása egy idő után a kicsiny súrlódás iatt egszűnik. a) Hányszorosára nő a dugattyú fölött a gáz térfogata? b) Mekkora ez az arány, ha g >> p? Megoldás: datok: p = 5 Pa, f =3, = kg, = 3, g = /s. a) Kezdő állapotban legyenek az állapotjelzők p, V, T indkét térrészben. dugattyú egállása után a felső részben az állapotjelzők p, V + V, T ; az alsó térrészben p, V V, T. Mivel a dugattyú hó hővezető, a végső hőérséklet a két térrészben azonos lesz. pont z állapotegyenletek 7

20 pv p = ( V V) T T () pv p = ( V V) T T () pont dugattyú egyensúlyban van: g p = p + (3) pont g Vezessük be a p = = Pa = 5 Pa (= p 3 ) jelölést, így p = p + p. További összefüggésre is szükségünk van. Használjuk föl, hogy a rendszer energiája azért változik, ert a nehézségi erő unkát végez rajta. V E = g = pv pont 3 E = nr(t T ) = 3 p (V + V) 3 p V = pv (4) () és () t egyenlővé téve és (3) at beírva kapjuk, hogy p (V + V) = (p + p)( V V) (*) (4) t rendezve: 3p (V + V) = 3 p V + pv (*) (*) ból p kifejezhető: p = p (V V), V ezt behelyettesítjük (*) ba. Rendezés után V re a következő ásodfokú egyenlet adódik: = 5pV + 6 p V 3 p V. 5 pont V = 6p V 36p V p 6V p (*) V >, és használjuk fel, hogy p = p. Ekkor V = =,38, így a felső részben a gáz térfogata,38 szorosára nő. pont V p b) Ha p >> p, akkor (*) eredényben tagonként osztva p vel, látható, hogy a tagok nullához p tartanak, és csak a haradik tag arad eg V 6 =, 77, tehát a felső térrészben a gáz térfogata legföljebb,77 szeresre tud nőni. V 5 pont 8

21 4. TESZT Egy akciófilben a terroristák betörnek a rakétabázisra és kilőnek egy rakétát. rakétát előzőleg úgy állították be, hogy kilövés után állandó sebességgel körpályán ozogjon a föld felszínéhez igen közeli vízszintes síkban. rakéta állandó frekvenciájú hangjelet bocsát ki, aelyet két különböző helyen lévő vevőálloáson érnek. z egyszerűség kedvéért tegyük fel, hogy a vevőálloások a rakéta ozgási síkjába esnek. vevőálloáson ért hangjel frekvenciáját az idő függvényében rádióhulláok segítségével küldik a Központba, ahol az alábbi valós idejű ábrát látják a onitoron. rakéta körozgását az r(t) = (Rcos (t), Rsin (t)) helyvektorral írjuk le. ( rakéta t = időpillanatban a K pontban van.) rakéta által kibocsátott alapfrekvencia a Doppler effektus következtében ódosul. frekvencia változás szepontjából a ozgó forrás egfigyelő irányába eső sebességkoponense száít, ai a körozgást végző rakéta esetén folyaatosan változik. ért jel periódusideje egegyezik a körozgás periódusidejével. Szietria okokból a axiális és a iniális frekvencia száításánál ugyan akkora nagyságú, de ellentétes irányú lesz a egfigyelő irányába eső v p sebességkoponens, aely a Doppler effektus szepontjából száít, így a iniális és a axiális frekvencia f in, ax =f. v p /c Száításokkal igazolható, hogy a Doppler effektus szepontjából lényeges v p egfigyelő irányú ( d R ) ( d R ) sebességkoponensnek a cos (t) = föltételnek egfelelő időpontban lesz dr szélsőértéke, ahol d a vevőálloás origótól vett távolsága. fönti ábrán az E és az E pontokat a egfigyelőtől a körhöz húzott érintő határozza eg. Döntsük el az alábbi állításokról, hogy igazak vagy haisak. Válaszunkat inden egyes állítás esetén indokoljuk.. grafikon alapján f értéke eghatározható és kb.,5 khz nek adódik.. két vevő esetén különböző v p adódik a grafikon alapján, ai annak a következénye, hogy a két egfigyelő egyáshoz képest valailyen szögben áll. 3. egadott forulák alapján, ha a vevő az ábra szerinti V pontban van, akkor éppen az E és E érintési pontokból érkező jel esetén lesz a frekvenciának szélsőértéke. 4. fönti jelölésekkel az E ból érkező jel frekvenciája axiális, íg az E pontból érkező jelé iniális. 5. Mindkét vevő az ábrán vázolt ódon a rakéta által leírt körön kívül helyezkedik el. 9

22 Megoldás:. grafikon alapján f értéke eghatározható és kb.,5 khz nek adódik. IGZ szövegben leírt inforációk alapján f in =f. és f ax =f, ahonnan v p /c v p /c f in + f ax =, illetve f f in f ax = f v p adódik. Így a grafikonról leolvasott adatokból f c eghatározható. grafikonról leolvasott f in =,88 khz és f ax =,3 khz, vagy az f in =,9 khz és f ax =,3 khz értékpárok alapján f =,56 khz nek illetve f =,53 khz nek adódik.. két vevő esetén különböző v p adódik a grafikon alapján, ai annak a következénye, hogy a két egfigyelő egyáshoz képest valailyen szögben áll. HMIS v p = alapján a föntebb leolvasott értékekkel száolva v p /c =, és v p /c =,44 fin fax f c adódik. De a különbséget ne a vevők egyással bezárt szöge okozza, hane a körtől vett különböző távolság iatt lesz ás és ás a axiális vevő irányú sebességkoponens értéke. ( szög éppenséggel a jelek egyáshoz képesti eltolódásában utatkozik eg.) 3. egadott forulák alapján, ha a vevő az ábra szerinti V pontban van, akkor éppen az E és E érintési pontokból érkező jel esetén lesz a frekvenciának szélsőértéke. IGZ egadott forula szerint cos (t) = R d vagy cos (t) =d R esetén van szélsőértéke a vevő irányú sebességkoponensnek. cos függvény definíciója alapján a ásodik eset az ábrán is vázolt helyzet. z első esetben a vevő az E és E x tengellyel vett etszéspontjában áll. 4. fönti jelölésekkel az E ból érkező jel frekvenciája axiális, íg az E pontból érkező jelé iniális. IGZ E tól a K pontig a forrás közelít, így az alapfrekvenciához képest nagyobb frekvenciát hallunk, ajd a K ponttól az E pontig távolodik így az alapfrekvenciához képest alacsonyabb frekvenciát hallunk. De érvelhetünk a grafikon enetével is: a axiutól a iniuig rövidebb idő telik el, int fordítva, ennek rövidebb körív felel eg. Így E ban van a axiu, íg E pontban a iniu. 5. Mindkét vevő az ábrán vázolt ódon a rakéta által leírt körön kívül helyezkedik el. HMIS iniális és axiális frekvencia értéket indkét vevő 6 s különbséggel érzékeli, ai a teljes 4 s periódusidő negyede. Ha indkét vevő kívül vagy belül lenne, akkor egyfora kellene legyen a iniu és axiu frekvencia értéke, hisz ugyan olyan essze lennének a körtől. Mivel ne ez a helyzet, az egyik kívül van, íg a ásik belül.

körsugár kapcsolata: 4 s R 8 m. Az egyenletből a B test pályakörének sugara:

körsugár kapcsolata: 4 s R 8 m. Az egyenletből a B test pályakörének sugara: 8 évi Mikola forduló egoldásai: 9 gináziu ) Megoldás Mivel azonos és állandó nagyságú sebességgel történik a ozgás a egtett utak egyenlők: sa sb vat vbt 4 π s 4π 57 s Ha a B testnek ne nulla a gyorsulása

Részletesebben

Oktatási Hivatal. A 2015/2016. tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny második forduló FIZIKA I. KATEGÓRIA. Javítási-értékelési útmutató

Oktatási Hivatal. A 2015/2016. tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny második forduló FIZIKA I. KATEGÓRIA. Javítási-értékelési útmutató Oktatási Hivatal A 05/06. tanévi Országos Középiskolai Tanulányi Verseny ásodik forduló FIZIKA I. KATEGÓRIA Javítási-értékelési útutató. feladat: Vékony, nyújthatatlan fonálra M töegű, R sugarú karikát

Részletesebben

a) Az első esetben emelési és súrlódási munkát kell végeznünk: d A

a) Az első esetben emelési és súrlódási munkát kell végeznünk: d A A 37. Mikola Sándor Fizikaverseny feladatainak egoldása Döntő - Gináziu 0. osztály Pécs 08. feladat: a) Az első esetben eelési és súrlódási unkát kell végeznünk: d W = gd + μg cos sin + μgd, A B d d C

Részletesebben

9. évfolyam feladatai

9. évfolyam feladatai XX. TORNYAI SÁNDOR ORSZÁGOS FIZIKAI FELADATMEGOLDÓ VERSENY A REFORMÁTUS KÖZÉPISKOLÁK SZÁMÁRA Hódmezővásárhely, 2016. március 18-20. A versenydolgozatok megírására 3 óra áll a diákok rendelkezésére, minden

Részletesebben

A 2010/2011. tanévi FIZIKA Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny első fordulójának. feladatai és megoldásai fizikából. II.

A 2010/2011. tanévi FIZIKA Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny első fordulójának. feladatai és megoldásai fizikából. II. Oktatási Hivatal A 010/011. tanévi FIZIKA Országos Középiskolai Tanulányi Verseny első fordulójának feladatai és egoldásai fizikából II. kategória A dolgozatok elkészítéséhez inden segédeszköz használható.

Részletesebben

1. ábra. 24B-19 feladat

1. ábra. 24B-19 feladat . gyakorlat.. Feladat: (HN 4B-9) A +Q töltés egy hosszúságú egyenes szakasz mentén oszlik el egyenletesen (ld.. ábra.). Számítsuk ki az E elektromos térerősséget a vonal. ábra. 4B-9 feladat irányában lévő,

Részletesebben

36. Mikola verseny 2. fordulójának megoldásai I. kategória, Gimnázium 9. évfolyam

36. Mikola verseny 2. fordulójának megoldásai I. kategória, Gimnázium 9. évfolyam 6 Mikola verseny fordulójának egoldásai I kategória Gináziu 9 évfolya ) Adatok: = 45 L = 5 r = M = 00 kg a) Vizsgáljuk a axiális fordulatszáú esetet! r F L f g R Az egyenletes körozgás dinaikai alapegyenletét

Részletesebben

1. Feladatok a dinamika tárgyköréből

1. Feladatok a dinamika tárgyköréből 1. Feladatok a dinamika tárgyköréből Newton három törvénye 1.1. Feladat: Három azonos m tömegű gyöngyszemet fonálra fűzünk, egymástól kis távolságokban a fonálhoz rögzítünk, és az elhanyagolható tömegű

Részletesebben

A +Q töltés egy L hosszúságú egyenes szakasz mentén oszlik el egyenletesen (ld ábra ábra

A +Q töltés egy L hosszúságú egyenes szakasz mentén oszlik el egyenletesen (ld ábra ábra . Gyakorlat 4B-9 A +Q töltés egy L hosszúságú egyenes szakasz mentén oszlik el egyenletesen (ld. 4-6 ábra.). Számítsuk ki az E elektromos térerősséget a vonal irányában lévő, annak.. ábra. 4-6 ábra végpontjától

Részletesebben

JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ

JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ Fizika középszint 08 ÉRESÉGI VIZSGA 008. ájus 4. FIZIKA KÖZÉPSZINŰ ÍRÁSBELI ÉRESÉGI VIZSGA JAVÍÁSI-ÉRÉKELÉSI ÚMUAÓ OKAÁSI ÉS KULURÁLIS MINISZÉRIUM A dolgozatokat az útutató utasításai szerint, jól követhetően

Részletesebben

Elektrosztatika. 1.2. Mekkora két egyenlő nagyságú töltés taszítja egymást 10 m távolságból 100 N nagyságú erővel? megoldás

Elektrosztatika. 1.2. Mekkora két egyenlő nagyságú töltés taszítja egymást 10 m távolságból 100 N nagyságú erővel? megoldás Elektrosztatika 1.1. Mekkora távolságra van egymástól az a két pontszerű test, amelynek töltése 2. 10-6 C és 3. 10-8 C, és 60 N nagyságú erővel taszítják egymást? 1.2. Mekkora két egyenlő nagyságú töltés

Részletesebben

3. Egy repülőgép tömege 60 tonna. Induláskor 20 s alatt gyorsul fel 225 km/h sebességre. Mekkora eredő erő hat rá? N

3. Egy repülőgép tömege 60 tonna. Induláskor 20 s alatt gyorsul fel 225 km/h sebességre. Mekkora eredő erő hat rá? N Dinaika feladatok Dinaika alapegyenlete 1. Mekkora eredő erő hat a 2,5 kg töegű testre, ha az indulástól száított 1,5 úton 3 /s sebességet ér el? 2. Mekkora állandó erő hat a 2 kg töegű testre, ha 5 s

Részletesebben

13. Román-Magyar Előolimpiai Fizika Verseny Pécs Kísérleti forduló május 21. péntek MÉRÉS NAPELEMMEL (Szász János, PTE TTK Fizikai Intézet)

13. Román-Magyar Előolimpiai Fizika Verseny Pécs Kísérleti forduló május 21. péntek MÉRÉS NAPELEMMEL (Szász János, PTE TTK Fizikai Intézet) 3. oán-magyar Előolipiai Fizika Verseny Pécs Kísérleti forduló 2. ájus 2. péntek MÉÉ NAPELEMMEL (zász János, PE K Fizikai ntézet) Ha egy félvezető határrétegében nok nyelődnek el, akkor a keletkező elektron-lyuk

Részletesebben

Kirchhoff 2. törvénye (huroktörvény) szerint az áramkörben levő elektromotoros erők. E i = U j (3.1)

Kirchhoff 2. törvénye (huroktörvény) szerint az áramkörben levő elektromotoros erők. E i = U j (3.1) 3. Gyakorlat 29A-34 Egy C kapacitású kondenzátort R ellenálláson keresztül sütünk ki. Mennyi idő alatt csökken a kondenzátor töltése a kezdeti érték 1/e 2 ed részére? Kirchhoff 2. törvénye (huroktörvény)

Részletesebben

Q 1 D Q 2 (D x) 2 (1.1)

Q 1 D Q 2 (D x) 2 (1.1) . Gyakorlat 4B-9 Két pontszerű töltés az x tengelyen a következőképpen helyezkedik el: egy 3 µc töltés az origóban, és egy + µc töltés az x =, 5 m koordinátájú pontban van. Keressük meg azt a helyet, ahol

Részletesebben

Az egyenes vonalú egyenletes mozgás

Az egyenes vonalú egyenletes mozgás Az egyenes vonalú egyenletes ozgás Az egyenes vonalú ozgások egy egyenes entén ennek végbe. (Ki hitte volna?) Ha a ozgás egyenesét választjuk az egyik koordináta- tengelynek, akkor a hely egadásához elég

Részletesebben

M13/II. javítási-értékelési útmutatója. Fizika II. kategóriában. A 2006/2007. tanévi. Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny

M13/II. javítási-értékelési útmutatója. Fizika II. kategóriában. A 2006/2007. tanévi. Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny M3/II. A 006/007. tanévi Országos Középiskolai Tanulányi Verseny első (iskolai) fordulójának javítási-értékelési útutatója Fizika II. kategóriában A 006/007. tanévi Országos Középiskolai Tanulányi Verseny

Részletesebben

EGYENÁRAM. 1. Mit mutat meg az áramerısség? 2. Mitıl függ egy vezeték ellenállása?

EGYENÁRAM. 1. Mit mutat meg az áramerısség? 2. Mitıl függ egy vezeték ellenállása? EGYENÁRAM 1. Mit utat eg az áraerısség? 2. Mitıl függ egy vezeték ellenállása? Ω 2 3. Mit jelent az, hogy a vas fajlagos ellenállása 0,04? 4. Írd le Oh törvényét! 5. Milyen félvezetı eszközöket isersz?

Részletesebben

FIZIKA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ

FIZIKA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ Fizika középszint 4 ÉRETTSÉGI VIZSGA 04. október 7. FIZIKA KÖZÉPSZINTŰ ÍRÁSBELI ÉRETTSÉGI VIZSGA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ EMBERI ERŐFORRÁSOK MINISZTÉRIUMA A dolgozatokat az útutató utasításai szerint,

Részletesebben

Oktatási Hivatal FIZIKA I. KATEGÓRIA. A 2013/2014. tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny második forduló. Javítási-értékelési útmutató

Oktatási Hivatal FIZIKA I. KATEGÓRIA. A 2013/2014. tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny második forduló. Javítási-értékelési útmutató Oktatási Hivatal A 13/14. tanévi Országos Középiskolai Tanulányi Verseny ásodik forduló FIZIKA I. KATEGÓRIA Javítási-értékelési útutató 1.) Hőszigetelt tartályban légüres tér (vákuu) van, a tartályon kívüli

Részletesebben

2012 február 7. (EZ CSAK A VERSENY UTÁN LEGYEN LETÖLTHETŐ!!!)

2012 február 7. (EZ CSAK A VERSENY UTÁN LEGYEN LETÖLTHETŐ!!!) 1 A XXII. Öveges József fizika tanulányi verseny első fordulójának feladatai és azok egoldásának pontozása 2012 február 7. (EZ CSAK A VERSENY UTÁN LEGYEN LETÖLTHETŐ!!!) 1. Egy odellvasút ozdonya egyenletesen

Részletesebben

Gyakorlat 30B-14. a F L = e E + ( e)v B képlet, a gravitációs erőt a (2.1) G = m e g (2.2)

Gyakorlat 30B-14. a F L = e E + ( e)v B képlet, a gravitációs erőt a (2.1) G = m e g (2.2) 2. Gyakorlat 30B-14 Az Egyenlítőnél, a földfelszín közelében a mágneses fluxussűrűség iránya északi, nagysága kb. 50µ T,az elektromos térerősség iránya lefelé mutat, nagysága; kb. 100 N/C. Számítsuk ki,

Részletesebben

Tömegpontok mozgása egyenes mentén, hajítások

Tömegpontok mozgása egyenes mentén, hajítások 2. gyakorlat 1. Feladatok a kinematika tárgyköréből Tömegpontok mozgása egyenes mentén, hajítások 1.1. Feladat: Mekkora az átlagsebessége annak pontnak, amely mozgásának első szakaszában v 1 sebességgel

Részletesebben

A szinuszosan váltakozó feszültség és áram

A szinuszosan váltakozó feszültség és áram A szinszosan váltakozó feszültség és ára. A szinszos feszültség előállítása: Egy téglalap alakú vezető keretet egyenletesen forgatnk szögsebességgel egy hoogén B indkciójú ágneses térben úgy, hogy a keret

Részletesebben

azonos sikban fekszik. A vezetőhurok ellenállása 2 Ω. Számítsuk ki a hurok teljes 4.1. ábra ábra

azonos sikban fekszik. A vezetőhurok ellenállása 2 Ω. Számítsuk ki a hurok teljes 4.1. ábra ábra 4. Gyakorlat 31B-9 A 31-15 ábrán látható, téglalap alakú vezetőhurok és a hosszúságú, egyenes vezető azonos sikban fekszik. A vezetőhurok ellenállása 2 Ω. Számítsuk ki a hurok teljes 4.1. ábra. 31-15 ábra

Részletesebben

Fluidizált halmaz jellemzőinek mérése

Fluidizált halmaz jellemzőinek mérése 1. Gyakorlat célja Fluidizált halaz jellezőinek érése A szecsés halaz tulajdonságainak eghatározása, a légsebesség-nyoásesés görbe és a luidizációs határsebesseg eghatározása. A érésekböl eghatározott

Részletesebben

Megoldás: A feltöltött R sugarú fémgömb felületén a térerősség és a potenciál pontosan akkora, mintha a teljes töltése a középpontjában lenne:

Megoldás: A feltöltött R sugarú fémgömb felületén a térerősség és a potenciál pontosan akkora, mintha a teljes töltése a középpontjában lenne: 3. gyakorlat 3.. Feladat: (HN 27A-2) Becsüljük meg azt a legnagyo potenciált, amelyre egy 0 cm átmérőjű fémgömöt fel lehet tölteni, anélkül, hogy a térerősség értéke meghaladná a környező száraz levegő

Részletesebben

Gépészmérnöki alapszak, Mérnöki fizika ZH, október 10.. CHFMAX. Feladatok (maximum 3x6 pont=18 pont)

Gépészmérnöki alapszak, Mérnöki fizika ZH, október 10.. CHFMAX. Feladatok (maximum 3x6 pont=18 pont) 1. 2. 3. Mondat E1 E2 Gépészmérnöki alapszak, Mérnöki fizika ZH, 2017. október 10.. CHFMAX NÉV: Neptun kód: Aláírás: g=10 m/s 2 Előadó: Márkus / Varga Feladatok (maximum 3x6 pont=18 pont) 1) Az l hosszúságú

Részletesebben

35. Mikola Sándor Országos Tehetségkutató Fizikaverseny. III. forduló május 1. Gyöngyös, 9. évfolyam. Szakközépiskola

35. Mikola Sándor Országos Tehetségkutató Fizikaverseny. III. forduló május 1. Gyöngyös, 9. évfolyam. Szakközépiskola 5 Mikola Sándor Országos Tehetségkutató Fizikaerseny III forduló 06 ájus Gyöngyös, 9 éfolya Szakközépiskola feladat Soa, aikor a d = 50 széles folyón a partra erőlegesen eez, akkor d/ táolsággal sodródik

Részletesebben

Bevezető fizika (infó), 3. feladatsor Dinamika 2. és Statika

Bevezető fizika (infó), 3. feladatsor Dinamika 2. és Statika Bevezető fizika (infó),. feladatsor Dinaika. és Statika 04. október 5., 4:50 A ai órához szükséges eléleti anyag: ipulzus, ipulzusegaradás forgatónyoaték egyensúly és feltétele Órai feladatok:.5. feladat:

Részletesebben

Bor Pál Fizikaverseny 2016/17. tanév DÖNTŐ április évfolyam. Versenyző neve:...

Bor Pál Fizikaverseny 2016/17. tanév DÖNTŐ április évfolyam. Versenyző neve:... Bor Pál Fizikaverseny 2016/17. tanév DÖNTŐ 2017. április 22. 8. évfolya Versenyző neve:... Figyelj arra, hogy ezen kívül ég a további lapokon is fel kell írnod a neved! Iskola:... Felkészítő tanár neve:...

Részletesebben

Egyszerű áramkörök árama, feszültsége, teljesítménye

Egyszerű áramkörök árama, feszültsége, teljesítménye Egyszerű árakörök áraa, feszültsége, teljesíténye A szokásos előjelek Általában az ún fogyasztói pozitív irányokat használják, ezek szerint: - a ϕ fázisszög az ára helyzete a feszültség szinusz hullá szöghelyzetéhez

Részletesebben

JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ

JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ Fizika középszint 81 ÉRETTSÉGI VIZSGA 9. ájus 1. FIZIKA KÖZÉPSZINTŰ ÍRÁSBELI ÉRETTSÉGI VIZSGA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ OKTATÁSI ÉS KULTURÁLIS MINISZTÉRIUM A dolgozatokat az útutató utasításai szerint,

Részletesebben

Fizika 1 Mechanika órai feladatok megoldása 3. hét

Fizika 1 Mechanika órai feladatok megoldása 3. hét Fizika 1 Mechanika órai feladatok egoldása 3. hét 3/1. Egy traktor két pótkocsit vontat nyújthatatlan drótkötelekkel. Mekkora erő feszíti a köteleket, ha indításnál a traktor 1 perc alatt gyorsít fel 40

Részletesebben

Általános Kémia. Dr. Csonka Gábor 1. Gázok. Gázok. 2-1 Gáznyomás. Barométer. 6-2 Egyszerű gáztörvények. Manométer

Általános Kémia. Dr. Csonka Gábor 1. Gázok. Gázok. 2-1 Gáznyomás. Barométer. 6-2 Egyszerű gáztörvények. Manométer Gázok -1 Gáznyoás - Egyszerű gáztörvények -3 Gáztörvények egyesítése: Tökéletes gáz egyenlet és általánosított gáz egyenlet -4 tökéletes gáz egyenlet alkalazása -5 Gáz halazállapotú reakciók -6 Gázkeverékek

Részletesebben

2. Rugalmas állandók mérése

2. Rugalmas állandók mérése . Rugalas állandók érése PÁPICS PÉTER ISTVÁN csillagász, 3. évfolya 00.10.7. Beadva: 00.1.1. 1. A -ES, AZAZ AZ ABLAK FELLI MÉRHELYEN MÉRTEM. Ezen a laboron a férudak Young-oduluszát értük, pontosabban

Részletesebben

A 2010/2011. tanévi FIZIKA Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny első fordulójának. feladatai fizikából. I. kategória

A 2010/2011. tanévi FIZIKA Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny első fordulójának. feladatai fizikából. I. kategória Oktatási Hivatal A 2010/2011. tanévi FIZIKA Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny első fordulójának feladatai fizikából I. kategória A dolgozatok elkészítéséhez minden segédeszköz használható. Megoldandó

Részletesebben

Mechanikai rezgések Ismétlő kérdések és feladatok Kérdések

Mechanikai rezgések Ismétlő kérdések és feladatok Kérdések Mechanikai rezgések Ismétlő kérdések és feladatok Kérdések 1. Melyek a rezgőmozgást jellemző fizikai mennyiségek?. Egy rezgés során mely helyzetekben maximális a sebesség, és mikor a gyorsulás? 3. Milyen

Részletesebben

= 163, 63V. Felírható az R 2 ellenállásra, hogy: 163,63V. blokk sorosan van kapcsolva a baloldali R 1 -gyel, és tudjuk, hogy

= 163, 63V. Felírható az R 2 ellenállásra, hogy: 163,63V. blokk sorosan van kapcsolva a baloldali R 1 -gyel, és tudjuk, hogy Határozzuk meg és ellenállások értékét, ha =00V, = 00, az ampermérő 88mA áramot, a voltmérő,v feszültséget jelez! Az ampermérő ellenállását elhanyagolhatóan kicsinek, a voltmérőét végtelen nagynak tekinthetjük

Részletesebben

= Φ B(t = t) Φ B (t = 0) t

= Φ B(t = t) Φ B (t = 0) t 4. Gyakorlat 32B-3 Egy ellenállású, r sugarú köralakú huzalhurok a B homogén mágneses erőtér irányára merőleges felületen fekszik. A hurkot gyorsan, t idő alatt 180 o -kal átforditjuk. Számitsuk ki, hogy

Részletesebben

1. Feladatok munkavégzés és konzervatív erőterek tárgyköréből. Munkatétel

1. Feladatok munkavégzés és konzervatív erőterek tárgyköréből. Munkatétel 1. Feladatok munkavégzés és konzervatív erőterek tárgyköréből. Munkatétel Munkavégzés, teljesítmény 1.1. Feladat: (HN 6B-8) Egy rúgót nyugalmi állapotból 4 J munka árán 10 cm-rel nyújthatunk meg. Mekkora

Részletesebben

Mágneses momentum, mágneses szuszceptibilitás

Mágneses momentum, mágneses szuszceptibilitás Mágneses oentu, ágneses szuszceptibilitás A olekuláknak (atooknak, ionoknak) elektronszerkezetüktől függően lehet állandóan eglévő, azaz peranens ágneses oentua (ha van bennük párosítatlan elektron, azaz

Részletesebben

3.1. ábra ábra

3.1. ábra ábra 3. Gyakorlat 28C-41 A 28-15 ábrán két, azonos anyagból gyártott ellenállás látható. A véglapokat vezető 3.1. ábra. 28-15 ábra réteggel vonták be. Tételezzük fel, hogy az ellenállások belsejében az áramsűrűség

Részletesebben

FIZIKA II. Dr. Rácz Ervin. egyetemi docens

FIZIKA II. Dr. Rácz Ervin. egyetemi docens FIZIKA II. Dr. Rácz Ervin egyetemi docens Fontos tudnivalók e-mail: racz.ervin@kvk.uni-obuda.hu web: http://uni-obuda.hu/users/racz.ervin/index.htm Iroda: Bécsi út, C. épület, 124. szoba Fizika II. - ismertetés

Részletesebben

Sugárzásmérés Geiger-Müller számlálóval Purdea András Bartók Béla Elméleti Liceum

Sugárzásmérés Geiger-Müller számlálóval Purdea András Bartók Béla Elméleti Liceum Sugárzásérés Geiger-Müller szálálóval Purdea András Bartók Béla Eléleti Liceu 1. Bevezetés Úgy fogta neki a sugárzáséréshez, hogy kellett készítsek a fizika labornak egy Geiger-Müller Szálálót. A Rádótechnika

Részletesebben

1. Kinematika feladatok

1. Kinematika feladatok 1. Kineatika feladatok 1.1. Egyenes vonalú, egyenletes ozgások 1. A kézilabdacsapat átlövője 60 k/h sebességgel lövi kapura a labdát a hatéteresvonal előtt állva. Mennyi ideje van a kapusnak a labda elkapására?

Részletesebben

a térerősség mindig az üreg falára merőleges, ezért a tér ott nem gömbszimmetrikus.

a térerősség mindig az üreg falára merőleges, ezért a tér ott nem gömbszimmetrikus. 2. Gyakorlat 25A-0 Tekintsünk egy l0 cm sugarú üreges fémgömböt, amelyen +0 µc töltés van. Legyen a gömb középpontja a koordinátarendszer origójában. A gömb belsejében az x = 5 cm pontban legyen egy 3

Részletesebben

Gyakorlat 34A-25. kapcsolunk. Mekkora a fűtőtest teljesítménye? I o = U o R = 156 V = 1, 56 A (3.1) ezekkel a pillanatnyi értékek:

Gyakorlat 34A-25. kapcsolunk. Mekkora a fűtőtest teljesítménye? I o = U o R = 156 V = 1, 56 A (3.1) ezekkel a pillanatnyi értékek: 3. Gyakorlat 34-5 Egy Ω ellenállású elektromos fűtőtestre 56 V amplitúdójú váltakozó feszültséget kapcsolunk. Mekkora a fűtőtest teljesítménye? Jelölések: R = Ω, U o = 56 V fűtőtestben folyó áram amplitudója

Részletesebben

1. fejezet. Gyakorlat C-41

1. fejezet. Gyakorlat C-41 1. fejezet Gyakorlat 3 1.1. 28C-41 A 1.1 ábrán két, azonos anyagból gyártott ellenállás látható. A véglapokat vezető réteggel vonták be. Tételezzük fel, hogy az ellenállások belsejében az áramsűrűség bármely,

Részletesebben

Bevezető fizika (vill), 4. feladatsor Munka, energia, teljesítmény

Bevezető fizika (vill), 4. feladatsor Munka, energia, teljesítmény Bevezető fizika (vill), 4. feladatsor Munka, energia, teljesítény 4. október 6., : A ai óráoz szükséges eléleti anyag: K unka W F s F s cos α skalárszorzat (száít az irány!). [W ] J F szakaszokra bontás,

Részletesebben

Fizika feladatok - 2. gyakorlat

Fizika feladatok - 2. gyakorlat Fizika feladatok - 2. gyakorlat 2014. szeptember 18. 0.1. Feladat: Órai kidolgozásra: Mekkora az átlagsebessége annak pontnak, amely mozgásának első szakaszában v 1 sebességgel s 1 utat, második szakaszában

Részletesebben

A 2016/2017. tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny második forduló FIZIKA I. KATEGÓRIA. Javítási-értékelési útmutató

A 2016/2017. tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny második forduló FIZIKA I. KATEGÓRIA. Javítási-értékelési útmutató Oktatási Hivatal A 06/07 tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny második forduló FIZIKA I KATEGÓRIA Javítási-értékelési útmutató feladat Három azonos méretű, pontszerűnek tekinthető, m, m, m tömegű

Részletesebben

Oktatási Hivatal. A 2007/2008. tanévi. Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny. első (iskolai) fordulójának. javítási-értékelési útmutatója

Oktatási Hivatal. A 2007/2008. tanévi. Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny. első (iskolai) fordulójának. javítási-értékelési útmutatója Oktatási Hivatal A 007/008. tanévi Országos özépiskolai Tanulányi Verseny első (iskolai) fordulójának javítási-értékelési útutatója FIZIÁBÓ I. kategóriában A 007/008. tanévi Országos özépiskolai Tanulányi

Részletesebben

1. Feladatok merev testek fizikájának tárgyköréből

1. Feladatok merev testek fizikájának tárgyköréből 1. Feladatok merev testek fizikájának tárgyköréből Forgatónyomaték, impulzusmomentum, impulzusmomentum tétel 1.1. Feladat: (HN 13B-7) Homogén tömör henger csúszás nélkül gördül le az α szög alatt hajló

Részletesebben

Fizika II. feladatsor főiskolai szintű villamosmérnök szak hallgatóinak. Levelező tagozat

Fizika II. feladatsor főiskolai szintű villamosmérnök szak hallgatóinak. Levelező tagozat Fizika. feladatsor főiskolai szintű villamosmérnök szak hallgatóinak Levelező tagozat 1. z ábra szerinti félgömb alakú, ideális vezetőnek tekinthető földelőbe = 10 k erősségű áram folyik be. föld fajlagos

Részletesebben

Harmonikus rezgőmozgás

Harmonikus rezgőmozgás Haronikus rezgőozgás (Vázat). A rezgőozgás fogaa. Rezgőozgás eírását segítő ennyiségek 3. Kapcsoat az egyenetes körozgás és a haronikus rezgőozgás között 4. A haronikus rezgőozgás kineatikai egyenetei

Részletesebben

A nagyobb tömegű Peti 1,5 m-re ült a forgástengelytől. Összesen: 9p

A nagyobb tömegű Peti 1,5 m-re ült a forgástengelytől. Összesen: 9p Jedlik 9-10. o. reg feladat és megoldás 1) Egy 5 m hosszú libikókán hintázik Évi és Peti. A gyerekek tömege 30 kg és 50 kg. Egyikük a hinta végére ült. Milyen messze ült a másik gyerek a forgástengelytől,

Részletesebben

2.3 Newton törvények, mozgás lejtőn, pontrendszerek

2.3 Newton törvények, mozgás lejtőn, pontrendszerek Keresés (http://wwwtankonyvtarhu/hu) NVDA (http://wwwnvda-projectorg/) W3C (http://wwww3org/wai/intro/people-use-web/) A- (#) A (#) A+ (#) (#) English (/en/tartalom/tamop425/0027_fiz2/ch01s03html) Kapcsolat

Részletesebben

PÉLDÁK ERŐTÖRVÉNYEKRE

PÉLDÁK ERŐTÖRVÉNYEKRE PÉLÁ ERŐTÖRVÉNYERE Szabad erők: erőtörvénnyel megadhatók, általában nem függenek a test mozgásállapotától (sebességtől, gyorsulástól) Példák: nehézségi erő, súrlódási erők, rugalmas erők, felhajtóerők,

Részletesebben

VÁLTAKOZÓ ÁRAMÚ KÖRÖK

VÁLTAKOZÓ ÁRAMÚ KÖRÖK Számítsuk ki a 80 mh induktivitású ideális tekercs reaktanciáját az 50 Hz, 80 Hz, 300 Hz, 800 Hz, 1200 Hz és 1,6 khz frekvenciájú feszültséggel táplált hálózatban! Sorosan kapcsolt C = 700 nf, L=600 mh,

Részletesebben

Mérési útmutató Az önindukciós és kölcsönös indukciós tényező meghatározása Az Elektrotechnika c. tárgy 7. sz. laboratóriumi gyakorlatához

Mérési útmutató Az önindukciós és kölcsönös indukciós tényező meghatározása Az Elektrotechnika c. tárgy 7. sz. laboratóriumi gyakorlatához BUDAPESTI MŰSZAKI ÉS GAZDASÁGTUDOMÁNYI EGYETEM VILLAMOSMÉRNÖKI ÉS INFORMATIKAI KAR VILLAMOS ENERGETIKA TANSZÉK Mérési útutató Az önindukciós és kölcsönös indukciós tényező eghatározása Az Elektrotechnika

Részletesebben

1. feladat. 2. feladat

1. feladat. 2. feladat 1. feladat Jelölje θ az inga kitérési szögét az ábrán látható módon! Abban a pillanatban amikor az inga éppen hozzáér a kondenzátor lemezéhez teljesül az l sin θ = d/2 összefüggés. Ezen felül, mivel a

Részletesebben

Hatvani István fizikaverseny forduló megoldások. 1. kategória. J 0,063 kg kg + m 3

Hatvani István fizikaverseny forduló megoldások. 1. kategória. J 0,063 kg kg + m 3 Hatvani István fizikaverseny 016-17. 1. kategória 1..1.a) Két eltérő méretű golyó - azonos magasságból - ugyanakkora végsebességgel ér a talajra. Mert a földfelszín közelében minden szabadon eső test ugyanúgy

Részletesebben

M13/III. javítási-értékelési útmutatója. Fizika III. kategóriában. A 2006/2007. tanévi. Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny

M13/III. javítási-értékelési útmutatója. Fizika III. kategóriában. A 2006/2007. tanévi. Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny M/III A 006/007 tanévi Országos Középiskolai Tanulányi Verseny első (iskolai) fordulójának javítási-értékelési útutatója Fizika III kategóriában A 006/007 tanévi Országos Középiskolai Tanulányi Verseny

Részletesebben

37. Mikola Sándor Országos Tehetségkutató Fizikaverseny II. forduló március óra A verseny hivatalos támogatói

37. Mikola Sándor Országos Tehetségkutató Fizikaverseny II. forduló március óra A verseny hivatalos támogatói 37. Mikola Sándor Országos Tehetségkutató Fizikaverseny II. forduló 2018. március 20. 14-17 óra A verseny hivatalos támogatói Oktatási Hivatal, Pedagógiai Oktatási Központok I. kategória, Gimnázium 9.

Részletesebben

Gimnázium 9. évfolyam

Gimnázium 9. évfolyam 4 MIKOLA SÁNDOR FIZIKAVERSENY ásodik fordulójának egoldása 5 árcius 7 Gináziu 9 éfolya ) Egy test ízszintes talajon csúszik A test és a talaj közötti csúszási súrlódási együttható µ Egy ásik test α o -os

Részletesebben

Elektromágnesség tesztek

Elektromágnesség tesztek Elektromágnesség tesztek 1. Melyik esetben nem tapasztalunk vonzóerőt? a) A mágnesrúd északi pólusához vasdarabot közelítünk. b) A mágnesrúd közepéhez vasdarabot közelítünk. c) A mágnesrúd déli pólusához

Részletesebben

45 különbözô egyenest kapunk, ha q! R\{-35}. b) $ =- 1& = 0, nem felel meg a feladat feltételeinek.

45 különbözô egyenest kapunk, ha q! R\{-35}. b) $ =- 1& = 0, nem felel meg a feladat feltételeinek. Az egyenes egyenletei 8 67 a), n( -) x - y b) x - y c) n( ) x+ y- d) n( -), x- y 7 67 a) y x b) n(b a), nl(a - b) ax - by 0 c) n( -) nl( ) 7 x + y 7 d) x - y e) x - 9y f) x + y g) x - h) - O, 77 n( ) nl(

Részletesebben

Osztályozó, javító vizsga 9. évfolyam gimnázium. Írásbeli vizsgarész ELSŐ RÉSZ

Osztályozó, javító vizsga 9. évfolyam gimnázium. Írásbeli vizsgarész ELSŐ RÉSZ Írásbeli vizsgarész ELSŐ RÉSZ 1. Egy téglalap alakú háztömb egyik sarkából elindulva 80 m, 150 m, 80 m utat tettünk meg az egyes házoldalak mentén, míg a szomszédos sarokig értünk. Mekkora az elmozdulásunk?

Részletesebben

a) Valódi tekercs b) Kondenzátor c) Ohmos ellenállás d) RLC vegyes kapcsolása

a) Valódi tekercs b) Kondenzátor c) Ohmos ellenállás d) RLC vegyes kapcsolása Bolyai Farkas Országos Fizika Tantárgyverseny 2016 Bolyai Farkas Elméleti Líceum, Marosvásárhely XI. Osztály 1. Adott egy alap áramköri elemen a feszültség u=220sin(314t-30 0 )V és az áramerősség i=2sin(314t-30

Részletesebben

Mit nevezünk nehézségi erőnek?

Mit nevezünk nehézségi erőnek? Mit nevezünk nehézségi erőnek? Azt az erőt, amelynek hatására a szabadon eső testek g (gravitációs) gyorsulással esnek a vonzó test centruma felé, nevezzük nehézségi erőnek. F neh = m g Mi a súly? Azt

Részletesebben

A megnyúlás utáni végső hosszúság: - az anyagi minőségtől ( - lineáris hőtágulási együttható) l = l0 (1 + T)

A megnyúlás utáni végső hosszúság: - az anyagi minőségtől ( - lineáris hőtágulási együttható) l = l0 (1 + T) - 1 - FIZIKA - SEGÉDANYAG - 10. osztály I. HŐTAN 1. Lineáris és térfogati hőtágulás Alapjelenség: Ha szilárd vagy folyékony halazállapotú anyagot elegítünk, a hossza ill. a térfogata növekszik, hűtés hatására

Részletesebben

1. gyakorlat. Egyenletes és egyenletesen változó mozgás. 1. példa

1. gyakorlat. Egyenletes és egyenletesen változó mozgás. 1. példa 1. gyakorlat Egyenletes és egyenletesen változó mozgás egyenletes mozgás egyenletesen változó mozgás gyorsulás a = 0 a(t) = a = állandó sebesség v(t) = v = állandó v(t) = v(0) + a t pályakoordináta s(t)

Részletesebben

Concursul Preolimpic de Fizică România - Ungaria - Moldova Ediţia a XVI-a, Zalău Proba experimentală, 3 iunie 2013

Concursul Preolimpic de Fizică România - Ungaria - Moldova Ediţia a XVI-a, Zalău Proba experimentală, 3 iunie 2013 Concursul Preolimpic de Fizică România - Ungaria - Moldova Ediţia a XVI-a, Zalău Proba experimentală, 3 iunie 2013 2. Kísérleti feladat (10 pont) B rész. Rúdmágnes mozgásának vizsgálata fémcsőben (6 pont)

Részletesebben

KÖRMOZGÁS, REZGŐMOZGÁS, FORGÓMOZGÁS

KÖRMOZGÁS, REZGŐMOZGÁS, FORGÓMOZGÁS KÖRMOZGÁS, REZGŐMOZGÁS, FORGÓMOZGÁS 1 EGYENLETES KÖRMOZGÁS Pálya kör Út ív Definíció: Test körpályán azonos irányban haladva azonos időközönként egyenlő íveket tesz meg. Periodikus mozgás 2 PERIODICITÁS

Részletesebben

Hatvani István fizikaverseny Döntő. 1. kategória

Hatvani István fizikaverseny Döntő. 1. kategória 1. kategória 1.D.1. A villamosiparban a repülő drónok nagyon hasznosak, például üzemzavar esetén gyorsan és hatékonyan tudják felderíteni, hogy hol van probléma. Egy ilyen hibakereső drón felszállás után,

Részletesebben

Szakács Jenő Megyei Fizika Verseny, I. forduló, 2003/2004. Megoldások 1/9., t L = 9,86 s. = 104,46 m.

Szakács Jenő Megyei Fizika Verseny, I. forduló, 2003/2004. Megoldások 1/9., t L = 9,86 s. = 104,46 m. Szakác enő Megyei Fizika Vereny, I. forduló, 00/004. Megoldáok /9. 00, v O 4,9 k/h 4,9, t L 9,86.,6 a)?, b)?, t t L t O a) A futók t L 9,86 ideig futnak, így fennáll: + t L v O. Az adott előny: 4,9 t L

Részletesebben

FIZIKA EMELT SZINTŰ ÍRÁSBELI VIZSGA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ

FIZIKA EMELT SZINTŰ ÍRÁSBELI VIZSGA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ Fizika eelt szint 171 ÉRETTSÉGI VIZSGA 017. október 7. FIZIKA EMELT SZINTŰ ÍRÁSBELI VIZSGA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ EMBERI ERŐFORRÁSOK MINISZTÉRIUMA A dolgozatokat az útutató utasításai szerint, jól

Részletesebben

Figyelem! Csak belső és saját használatra! Terjesztése és másolása TILOS!

Figyelem! Csak belső és saját használatra! Terjesztése és másolása TILOS! Figyelem! Csak belső és saját használatra! Terjesztése és másolása TILOS! 1. példa Vasúti kocsinak a 6. ábrán látható ütközőjébe épített tekercsrugóban 44,5 kn előfeszítő erő ébred. A rugó állandója 0,18

Részletesebben

EGYSZERŰ GÉPEK. Azok az eszközök, amelyekkel kedvezőbbé lehet tenni az erőhatás nagyságát, irányát, támadáspontjának helyét.

EGYSZERŰ GÉPEK. Azok az eszközök, amelyekkel kedvezőbbé lehet tenni az erőhatás nagyságát, irányát, támadáspontjának helyét. EGYSZERŰ GÉPEK Azok az eszközök, amelyekkel kedvezőbbé lehet tenni az erőhatás nagyságát, irányát, támadáspontjának helyét. Az egyszerű gépekkel munkát nem takaríthatunk meg, de ugyanazt a munkát kisebb

Részletesebben

Képlet levezetése :F=m a = m Δv/Δt = ΔI/Δt

Képlet levezetése :F=m a = m Δv/Δt = ΔI/Δt Lendület, lendületmegmaradás Ugyanakkora sebességgel mozgó test, tárgy nagyobb erőhatást fejt ki ütközéskor, és csak nagyobb erővel fékezhető, ha nagyobb a tömege. A tömeg és a sebesség együtt jellemezheti

Részletesebben

1 kérdés. Személyes kezdőlap Villamos Gelencsér Géza Simonyi teszt május 13. szombat Teszt feladatok 2017 Előzetes megtekintés

1 kérdés. Személyes kezdőlap Villamos Gelencsér Géza Simonyi teszt május 13. szombat Teszt feladatok 2017 Előzetes megtekintés Személyes kezdőlap Villamos Gelencsér Géza Simonyi teszt 2017. május 13. szombat Teszt feladatok 2017 Előzetes megtekintés Kezdés ideje 2017. május 9., kedd, 16:54 Állapot Befejezte Befejezés dátuma 2017.

Részletesebben

A kísérlet, mérés megnevezése célkitűzései: Váltakozó áramú körök vizsgálata, induktív ellenállás mérése, induktivitás értelmezése.

A kísérlet, mérés megnevezése célkitűzései: Váltakozó áramú körök vizsgálata, induktív ellenállás mérése, induktivitás értelmezése. A kísérlet, mérés megnevezése célkitűzései: Váltakozó áramú körök vizsgálata, induktív ellenállás mérése, induktivitás értelmezése. Eszközszükséglet: tanulói tápegység funkcionál generátor tekercsek digitális

Részletesebben

Bevezető fizika (infó), 8. feladatsor Egyenáram, egyenáramú áramkörök 2.

Bevezető fizika (infó), 8. feladatsor Egyenáram, egyenáramú áramkörök 2. evezető fizika (infó), 8 feladatsor Egyenáram, egyenáramú áramkörök 04 november, 3:9 mai órához szükséges elméleti anyag: Kirchhoff törvényei: I Minden csomópontban a befolyó és kifolyó áramok előjeles

Részletesebben

Feladatok a zárthelyi előtt

Feladatok a zárthelyi előtt Feladatok a zárthelyi előtt 05. október 6. Tartalojegyzék. ineatika Utolsó ódosítás 05. október 6. 0:46. ineatika.. Egyenes vonalú ozgások.......... Egyenletes ozgás.......... Gyorsuló ozgás..........

Részletesebben

Hullámtan. A hullám fogalma. A hullámok osztályozása.

Hullámtan. A hullám fogalma. A hullámok osztályozása. Hullátan A hullá fogala. A hulláok osztályozása. Kísérletek Kis súlyokkal összekötött ingasor elején keltett rezgés átterjed a többi ingára is [0:6] Kifeszített guikötélen keltett zavar végig fut a kötélen

Részletesebben

FIZIKA ZÁRÓVIZSGA 2015

FIZIKA ZÁRÓVIZSGA 2015 FIZIKA ZÁRÓVIZSGA 2015 TESZT A következő feladatokban a három vagy négy megadott válasz közül pontosan egy helyes. Írd be az általad helyesnek vélt válasz betűjelét a táblázat megfelelő cellájába! Indokolni

Részletesebben

ELEKTROMOSSÁG ÉS MÁGNESESSÉG

ELEKTROMOSSÁG ÉS MÁGNESESSÉG ELEKTROMOSSÁG ÉS MÁGNESESSÉG A) változat Név:... osztály:... 1. Milyen töltésű a proton? 2. Egészítsd ki a következő mondatot! Az azonos elektromos töltések... egymást. 3. A PVC-rudat megdörzsöltük egy

Részletesebben

Kérdések Fizika112. Mozgás leírása gyorsuló koordinátarendszerben, folyadékok mechanikája, hullámok, termodinamika, elektrosztatika

Kérdések Fizika112. Mozgás leírása gyorsuló koordinátarendszerben, folyadékok mechanikája, hullámok, termodinamika, elektrosztatika Kérdések Fizika112 Mozgás leírása gyorsuló koordinátarendszerben, folyadékok mechanikája, hullámok, termodinamika, elektrosztatika 1. Adjuk meg egy tömegpontra ható centrifugális erő nagyságát és irányát!

Részletesebben

Mérések állítható hajlásszögű lejtőn

Mérések állítható hajlásszögű lejtőn A mérés célkitűzései: A lejtőn lévő testek egyensúlyának vizsgálata, erők komponensekre bontása. Eszközszükséglet: állítható hajlásszögű lejtő különböző fahasábok kiskocsi erőmérő 20 g-os súlyok 1. ábra

Részletesebben

Javítási útmutató Fizika felmérő 2015

Javítási útmutató Fizika felmérő 2015 Javítási útmutató Fizika felmérő 2015 A tesztkérdésre csak 2 vagy 0 pont adható. Ha a fehér négyzetben megadott választ a hallgató áthúzza és mellette egyértelműen megadja a módosított (jó) válaszát a

Részletesebben

Néhány mozgás kvantummechanikai tárgyalása

Néhány mozgás kvantummechanikai tárgyalása Néhány ozgás kvantuechanikai tárgyalása Mozzanatok: A Schrödinger-egyenlet felírása ĤΨ EΨ Hailton-operátor egállapítása a kinetikus energiaoperátor felírása, vagy 3 dienziós ozgásra, Descartes-féle koordinátarendszerben

Részletesebben

MEGOLDÁSOK ÉS PONTOZÁSI ÚTMUTATÓ

MEGOLDÁSOK ÉS PONTOZÁSI ÚTMUTATÓ MEGOLDÁSOK ÉS PONTOZÁSI ÚTMUTATÓ. Egy kerékpáro zakazonként egyene vonalú egyenlete ozgát végez. Megtett útjának elő k hatodát 6 nagyágú ebeéggel, útjának további kétötödét 6 nagyágú ebeéggel, az h útjának

Részletesebben

1. Milyen módszerrel ábrázolhatók a váltakozó mennyiségek, és melyiknek mi az előnye?

1. Milyen módszerrel ábrázolhatók a váltakozó mennyiségek, és melyiknek mi az előnye? .. Ellenőrző kérdések megoldásai Elméleti kérdések. Milyen módszerrel ábrázolhatók a váltakozó mennyiségek, és melyiknek mi az előnye? Az ábrázolás történhet vonaldiagramban. Előnye, hogy szemléletes.

Részletesebben

Mechanika Kinematika. - Kinematikára: a testek mozgását tanulmányozza anélkül, hogy figyelembe venné a kiváltó

Mechanika Kinematika. - Kinematikára: a testek mozgását tanulmányozza anélkül, hogy figyelembe venné a kiváltó Mechanika Kinematika A mechanika a fizika része mely a testek mozgásával és egyensúlyával foglalkozik. A klasszikus mechanika, mely a fénysebességnél sokkal kisebb sebességű testekre vonatkozik, feloszlik:

Részletesebben

Mechanika. Kinematika

Mechanika. Kinematika Mechanika Kinematika Alapfogalmak Anyagi pont Vonatkoztatási és koordináta rendszer Pálya, út, elmozdulás, Vektormennyiségek: elmozdulásvektor Helyvektor fogalma Sebesség Mozgások csoportosítása A mozgásokat

Részletesebben

JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ

JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ Fizika eelt szint Javítási-értékelési útutató 063 ÉRETTSÉGI VIZSGA 006. ájus 5. FIZIKA EMELT SZINTŰ ÍRÁSBELI ÉRETTSÉGI VIZSGA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ OKTATÁSI MINISZTÉRIUM Fizika eelt szint Javítási-értékelési

Részletesebben

Mechanikai munka, energia, teljesítmény (Vázlat)

Mechanikai munka, energia, teljesítmény (Vázlat) Mechanikai unka, energia, eljesíény (Vázla). Mechanikai unka fogala. A echanikai unkavégzés fajái a) Eelési unka b) Nehézségi erő unkája c) Gyorsíási unka d) Súrlódási erő unkája e) Rugóerő unkája 3. Mechanikai

Részletesebben

A 2009/2010. tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny második fordulójának feladatai és megoldásai fizikából. II. kategória

A 2009/2010. tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny második fordulójának feladatai és megoldásai fizikából. II. kategória Oktatási Hivatal 9/. tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny második fordulójának feladatai és megoldásai fizikából II. kategória dolgozatok elkészítéséhez minden segédeszköz használható. Megoldandó

Részletesebben

33. Mikola Sándor Országos Tehetségkutató Fizikaverseny I. forduló feladatainak megoldása. Gimnázium 9. évfolyam

33. Mikola Sándor Országos Tehetségkutató Fizikaverseny I. forduló feladatainak megoldása. Gimnázium 9. évfolyam 33. Mikola Sándor Országos Tehetségkutató Fizikaverseny I. forduló feladatainak megoldása A feladatok helyes megoldása maximálisan 10 pontot ér. A javító tanár belátása szerint a 10 pont az itt megadottól

Részletesebben