Fizika emelt szint 11 ÉRETTSÉGI VIZSGA 01. május 17. FIZIKA EMELT SZINTŰ ÍRÁSBELI ÉRETTSÉGI VIZSGA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ NEMZETI ERŐFORRÁS MINISZTÉRIUM
A dolgozatokat az útmutató utasításai szerint, jól követhetően kell javítani és értékelni. A javítást iros tollal, a megszokott jelöléseket alkalmazva kell végezni. ELSŐ RÉSZ A feleletválasztós kérdésekben csak az útmutatóban közölt helyes válaszra lehet megadni a ontot. Az adott ontot (0 vagy ) a feladat mellett található, illetve a teljes feladatsor végén található összesítő táblázatba is be kell írni. MÁSODIK RÉSZ A kérdésekre adott választ a vizsgázónak folyamatos szövegben, egész mondatokban kell kifejtenie, ezért a vázlatszerű megoldások nem értékelhetők. Ez alól kivételt csak a rajzokhoz tartozó magyarázó szövegek, feliratok jelentenek. Az értékelési útmutatóban megjelölt tényekre, adatokra csak akkor adható ontszám, ha azokat a vizsgázó a megfelelő összefüggésben fejti ki. A megadott részontszámokat a margón fel kell tüntetni annak megjelölésével, hogy az útmutató melyik ontja alaján adható, a szövegben edig kiiálással kell jelezni az értékelt megállaítást. A ontszámokat a második rész feladatai után következő táblázatba is be kell írni. HARMADIK RÉSZ Az útmutató dőlt betűs sorai a megoldáshoz szükséges tevékenységeket határozzák meg. Az itt közölt ontszámot akkor lehet megadni, ha a dőlt betűs sorban leírt tevékenység, művelet lényegét tekintve helyesen és a vizsgázó által leírtak alaján egyértelműen megtörtént. Ha a leírt tevékenység több léésre bontható, akkor a várható megoldás egyes sorai mellett szereelnek az egyes részontszámok. A várható megoldás leírása nem feltétlenül teljes, célja annak megadása, hogy a vizsgázótól milyen mélységű, terjedelmű, részletezettségű, jellegű stb. megoldást várunk. Az ez után következő, zárójelben szerelő megjegyzések adnak további eligazítást az esetleges hibák, hiányok, eltérések figyelembevételéhez. A megadott gondolatmenet(ek)től eltérő helyes megoldások is értékelhetők. Az ehhez szükséges arányok megállaításához a dőlt betűs sorok adnak eligazítást, l. a teljes ontszám hányadrésze adható értelmezésre, összefüggések felírására, számításra stb. Ha a vizsgázó összevon lééseket, araméteresen számol, és ezért kihagyja az útmutató által közölt, de a feladatban nem kérdezett részeredményeket, az ezekért járó ontszám ha egyébként a gondolatmenet helyes megadandó. A részeredményekre adható ontszámok közlése azt a célt szolgálja, hogy a nem teljes megoldásokat könnyebben lehessen értékelni. A gondolatmenet helyességét nem érintő hibákért (l. számolási hiba, elírás, átváltási hiba) csak egyszer kell ontot levonni. Ha a vizsgázó több megoldással vagy többször róbálkozik, és nem teszi egyértelművé, hogy melyiket tekinti véglegesnek, akkor az utolsót (más jelzés hiányában a la alján lévőt) kell értékelni. Ha a megoldásban két különböző gondolatmenet elemei keverednek, akkor csak az egyikhez tartozó elemeket lehet figyelembe venni, azt, amelyik a vizsgázó számára előnyösebb. A számítások közben a mértékegységek hiányát ha egyébként nem okoz hibát nem kell hibának tekinteni, de a kérdezett eredmények csak mértékegységgel együtt fogadhatók el. írásbeli vizsga 11 / 11 01. május 17.
ELSŐ RÉSZ 1. A. B 3. A 4. C 5. C 6. C 7. C 8. A 9. B 10. C 11. C 1. A 13. A 14. B 15. B Helyes válaszonként. Összesen 30 ont. írásbeli vizsga 11 3 / 11 01. május 17.
MÁSODIK RÉSZ Mindhárom témában minden ontszám bontható. 1. A mozgó töltések és a mágneses tér Az árammal átjárt egyenes vezető mágneses terének bemutatása, ábra készítése: (Helyes ábra készítése, amelyen a mágneses tér szerkezete, iránya, az áram iránya helyes: 1 ont, a helyes összefüggés felírása: 1 ont) Az árammal átjárt egyenes tekercs mágneses terének bemutatása, ábra készítése: (Helyes ábra készítése, amelyen a mágneses tér szerkezete, iránya, az áram iránya helyes: 1 ont, a helyes összefüggés felírása: 1 ont) (A tekercs esetében, ha a vizsgázó a valóságnak megfelelően a végének közelében a tekercsből kiszóródó mágneses teret rajzol, értelemszerűen nem tekinthető hibának!) A homogén mágneses térben mozgó töltésre ható erő nagyságának és irányának jellemzése, ábra készítése, a maximum és a minimum megadása: 1+1+1+1 ont (Helyes ábra készítése: 1 ont, az erő nagyságának megadása a sebesség irányának függvényében: 1 ont, a negatív töltésre ható erő: 1 ont, a maximum és a minimum megmutatása: 1 ont.) A mágneses tér és a mozgó töltések kölcsönhatására bemutatott két gyakorlati/természeti élda: + A homogén mágneses térben mozgatott fémrúdban indukálódott feszültség értelmezése: 6 ont (A helyes magyarázó ábra elkészítése: 1 ont. A felléő erőhatás ismertetése és nagyságának, illetve az azt befolyásoló fizikai mennyiségeknek megadása:. A vektorirányok és az indukált feszültség kacsolatának bemutatása: 3 ont. Ez a 3 ont teljes egészében csak akkor adható meg, ha a vizsgázó kitér a rúd mozgásának azon esetére is, amikor nulla a Lorentz-erő, s arra az esetre is, amikor a Lorentz-erő ugyan nem nulla, de rúd helyzete miatt nem tud töltéseket szétválasztani.) Összesen 18 ont írásbeli vizsga 11 4 / 11 01. május 17.
. A víz és gőze A árolgás jelenségének ismertetése: 1 ont A árolgás sebességét befolyásoló tényezők bemutatása: 4 ont (Hőmérséklet, a árolgó felület nagysága, anyagi minőség, a gőztér relatív áratartalma, légmozgás. Ez utóbbi kettő nem választható el teljesen egymástól, az is elég, ha a vizsgázó az egyikre kitér.) A árolgás sebességét befolyásoló tényezők értelmezése részecskemodellel: 3 ont (A folyadékrészecskék átlagos energiája, a visszacsaódó részecskék számának csökkenése) A árolgáshő fogalma és mértékegysége: 1+1 ont Egy részecske kiszakításához szükséges energia kiszámítási módjának megadása: (Konkrét számításra nincs szükség, csak az elvre: a árolgáshőt el kell osztanunk az egy kilogramm anyagban megtalálható részecskék számával, ami az anyag moláris tömegéből és az Avogadro-számból kiszámítható.) Az abszolút és a relatív áratartalom fogalmának kifejtése: A fűtött szobában a árologtatás szükségességének indoklása: A harmatkéződés bemutatása: Összesen 18 ont írásbeli vizsga 11 5 / 11 01. május 17.
3. A radioaktív bomlástörvény A statisztikus jelleg megnyilvánulásának bemutatása atommagsokaság és egy atommag esetében: + Egy adott idő alatt elbomló részecskék számát nem jósolhatjuk meg ontosan, csak statisztikus közelítést adhatunk rá (), ahogy arra is, hogy egy egyedi részecske az adott idő alatt elbomlik-e vagy sem. () α-,β - és γ-bomlás bemutatása a magátalakulásokkal: ++1 ont (Az α-,β - és γ-bomlás, illetve részecske megnevezéséért nem jár ont. Az α-,β -bomlásra - adható, ha a vizsgázó leírja, hogy mit ért α- és β -részecskén és megadja, hogyan változik az atommag nukleon összetétele. A γ-bomlásra az 1 ont akkor adható meg, ha a vizsgázó azonosítja a γ-fotont, s jelzi, hogy a magszerkezet nem változott.) A radioaktív bomlástörvény felírása, a felezési idő megadása, a diagram felrajzolása: 1+1+1 ont Az aktivitás, elnyelt dózis és dózisegyenérték fogalma, mértékegységének megadása: 1+1+1 ont (A fogalmak ismertetésére akkor adható meg az 1-1-1 ont, ha helyes mértékegység áll mellettük.) A radioaktív sugárzás gyakorlati megnyilvánulásának bemutatása három éldán: 1+1+1 ont Összesen 18 ont írásbeli vizsga 11 6 / 11 01. május 17.
A kifejtés módjának értékelése mindhárom témára vonatkozólag a vizsgaleírás alaján: Nyelvhelyesség: 0 1 A kifejtés szabatos, érthető, jól szerkesztett mondatokat tartalmaz; a szakkifejezésekben, nevekben, jelölésekben nincsenek helyesírási hibák. A szöveg egésze: 0 1 3 ont Az egész ismertetés szerves, egységes egészet alkot; az egyes szövegrészek, résztémák összefüggenek egymással egy világos, követhető gondolatmenet alaján. Amennyiben a válasz a 100 szó terjedelmet nem haladja meg, a kifejtés módjára nem adható ont. Ha a vizsgázó témaválasztása nem egyértelmű, akkor az utoljára leírt téma kifejtését kell értékelni. írásbeli vizsga 11 7 / 11 01. május 17.
HARMADIK RÉSZ 1. feladat 11 N m 4 Adatok: t = 8 h, γ = 6,67 10, M = 5,97 10 kg, Föld kg a) A műhold keringési idejének megadása az első esetben: R Föld = 6370 km. Ha a műhold azonos irányban kering a Földdel, a Földhöz kéest a szögsebessége π π π ω rel = ω1 ωföld = = (1 ont), amiből T 1 = 6 h (1 ont). T 4h 8h 1 b) A műhold keringési idejének megadása a második esetben: Ha a műhold ellentétes irányban kering a Földdel, a Földhöz kéest a szögsebessége π π π ω rel = ω + ωföld = + = (1 ont), amiből T = 1 h (1 ont). T 4h 8h c) Keler törvényének felírása a műhold keringésére: 4 ont T 4 π Keler harmadik törvénye szerint =, ahol most R a műhold távolsága a Föld 3 R γ M tömegközéontjától (). Ebből 1/3 γ M T 4 R = (). π A keresett keringési magasságok kiszámítása: 4 ont Az első esetben R 1 = 16760 km adódik (1 ont), amiből a keringés földfelszín feletti magasságára h 1 = 10390 km jön ki (1 ont). Az második esetben R = 6600 km adódik (1 ont), amiből a keringés földfelszín feletti magasságára h = 030 km jön ki (1 ont). (Természetesen a helyes keringési magasság megadása esetén teljes ontszám jár akkor is, ha a vizsgázó a keringési sugarakat exliciten nem számolja ki. A mozgásegyenleten alauló megoldás is teljes értékű.) Összesen: 1 írásbeli vizsga 11 8 / 11 01. május 17.
. feladat Adatok: d = 0,05 m, E = 10 4 V/m, v = 10 6 m/s, a) A roton kiléő sebességének megadása: 7 19 m = 1,67 10 kg, q = 1,6 10 C. 5 ont A roton E kin ' mozgási energiáját, miután a téren áthaladt, a munkatétel adja meg: 1 1 Ekin' = m v' = m v E q d (), amiből 1 16 16 16 m v' = 8,35 10 J -1,6 10 J = 6,75 10 J (1 ont). A roton sebessége edig Ekin' 5 m v'= (1 ont), amiből v ' = 9 10 (1 ont). m s b) A roton teljes lefékezéséhez szükséges térszélesség megadása: 3 ont A roton akkor fékeződne le teljesen, ha a tér rajta végzett munkája ontosan akkora volna, mint a mozgási energiája: 1 m v = E q d' (), amiből d '= 0,6 m (1 ont). c) Az alfa-részecske kiléő sebességének megadása: 4 ont Mivel az alfa-részecske tömege közelítőleg négyszerese a rotonénak, töltése edig kétszerese annak, a munkatétel most: 16 m vα ' = m v E q d (), amiből m vα ' = 30, 10 J (1 ont) és így 5 m v α ' = 9,5 10 (1 ont). s Az alfa-részecske teljes lefékezéséhez szükséges térszélesség megadása: m v = E q d' (1 ont), amiből d '= 0,5 m (1 ont). Összesen: 14 ont írásbeli vizsga 11 9 / 11 01. május 17.
3. feladat Adatok: t = 30 ºC, t harmat = 5 ºC, M = 18 g/mol, t = 0 ºC, 1 mol = 6 10 3. a) A levegő áratartalmának megadása: A táblázatból leolvasható, hogy az 5 ºC-on telítetté váló levegő 6,8 g/m 3 vízárát tartalmaz. A 30 ºC-os levegő telítettséghez szükséges áratartalmának megadása: A táblázat szerint 30 g/m 3. A levegő relatív áratartalmának megadása: Az előző két érték hányadosából a relatív áratartalom 3%. b) A literenkénti molekulaszám megadása: 3 ont g 6,8 3 mol A áratartalom m = 0,38 (1 ont), 1 literben tehát,3 10 0 db vízmolekula van 3 g m 18 mol (). c) A 0 o C-on kicsaódó vízmennyiség megadása: 3 ont Mivel a táblázatból láthatóan 0 ºC-on a levegő legfeljebb 4,8 g/m 3 vizet tartalmazhat (), köbméterenként 6,8 g 4,8 g = g víz csaódik ki a hűlés során (1 ont). Összesen: 1 írásbeli vizsga 11 10 / 11 01. május 17.
4. feladat Adatok: m = 30 dkg, D = 000 Gy, E foton = 100 kev, 1 Gy = 1 J/kg. J c = 400, 1 ev = 1,6 10-19 J, kg C a) A megadott dózisnak megfelelő fotonszám megadása: 6 ont Mivel a szükséges 000 Gy elnyelt dózis 000 J/kg, így a sugárzásból elnyelt energia: J E = 000 0,3 kg = 600 J (kélet és számítás 1 + 1 ont). kg Egy röntgenfoton energiája E foton = 5 MeV = 5 10 6 ev = 8 10-13 J (1 ont). A megadott dózisnak megfelelő fotonszám tehát E 600 J 14 N = = = 7,5 10 db (kélet és számítás + 1 ont). 13 8 10 J E foton b) A hús hőmérséklet-növekedésének megadása: Az elnyelt energia melegíti a húst, tehát E = c m Δt (1 ont), E 600 J amiből Δt = = = 0,48 C 0,5 C c m J 400 0,3 kg o kg C (kélet és számítás 1 + 1 ont). 3 ont Összesen: 9 ont írásbeli vizsga 11 11 / 11 01. május 17.