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.