MEGOLDÓKULCS AZ EMELT SZINTŰ FIZIKA HELYSZÍNI PRÓBAÉRETTSÉGI FELADATSORHOZ 11. ÉVFOLYAM



Hasonló dokumentumok
A 2011/2012. tanévi FIZIKA Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny első fordulójának feladatai és megoldásai fizikából. I.

Feladatok GEFIT021B. 3 km

Tanulói munkafüzet. FIZIKA 9. évfolyam egyetemi docens

Fizika 2. Feladatsor

FIZIKA Tananyag a tehetséges gyerekek oktatásához

Nyugat-magyarországi Egyetem Geoinformatikai Kara. Csordásné Marton Melinda. Fizikai példatár 4. FIZ4 modul. Elektromosságtan

Gyakorló feladatok Tömegpont kinematikája

b) Adjunk meg 1-1 olyan ellenálláspárt, amely párhuzamos ill. soros kapcsolásnál minden szempontból helyettesíti az eredeti kapcsolást!

Póda László Urbán János: Fizika 10. Emelt szintű képzéshez c. tankönyv (NT-17235) feladatainak megoldása

Tanulói munkafüzet. FIZIKA 11. évfolyam emelt szintű tananyag egyetemi docens

JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ

A 2008/2009. tanévi FIZIKA Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny első fordulójának. feladatai és megoldásai fizikából. I.

Ha vasalják a szinusz-görbét

7. VIZES OLDATOK VISZKOZITÁSÁNAK MÉRÉSE OSTWALD-FENSKE-FÉLE VISZKOZIMÉTERREL

Körmozgás és forgómozgás (Vázlat)

É11. Nyugvó villamos mező (elektrosztatika) Cz. Balázs kidolgozása. Elméleti kérdések: 1.Az elektromos töltések fajtái és kölcsönhatása

EMELT SZINTŰ ÍRÁSBELI VIZSGA

Fizika előkészítő feladatok Dér-Radnai-Soós: Fizikai Feladatok I.-II. kötetek (Holnap Kiadó) 1. hét Mechanika: Kinematika Megoldandó feladatok: I.

1. mérés. Egyenes vonalú egyenletes mozgás vizsgálata

3. számú mérés Szélessávú transzformátor vizsgálata

Azonosító kód: d A. d B

JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ

KÖZÉPSZINTŰ ÍRÁSBELI VIZSGA

Váltakozó áram. A váltakozó áram előállítása

2. Hatványozás, gyökvonás

Homogén anyageloszlású testek sűrűségét m tömegük és V térfogatuk hányadosa adja. ρ = m V.

Szakács Jenő Megyei Fizikaverseny

FIZIKA NYEK reál (gimnázium, óra)

Budapesti Műszaki- és Gazdaságtudományi Egyetem Közlekedésmérnöki Kar Gépjárművek Tanszék

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI október 25. EMELT SZINT I.

Kosztolányi József Kovács István Pintér Klára Urbán János Vincze István. tankönyv. Mozaik Kiadó Szeged, 2013

HUMÁN TÉRBEN TAPASZTALHATÓ SUGÁRZÁSOK ÉS ENERGIASKÁLÁK RADIATIONS IN HUMAN SPACE AND ENERGY SCALES

mágnes mágnesesség irányt Föld északi déli pólus mágneses megosztás influencia mágneses töltés

Fizika 1i (keresztfélév) vizsgakérdések kidolgozása

FOLYTONOS TESTEK. Folyadékok sztatikája. Térfogati erők, nyomás. Hidrosztatikai nyomás szeptember 19.

Sebesség A mozgás gyorsaságát sebességgel jellemezzük. Annak a testnek nagyobb a sebessége, amelyik ugyanannyi idő alatt több utat tesz meg, vagy

Fizika évfolyam

19. Az elektron fajlagos töltése

KÖZÉPSZINTŰ ÍRÁSBELI VIZSGA

KÖZÉPSZINTŰ ÍRÁSBELI VIZSGA

Testek mozgása. Készítette: Kós Réka

A rádió* I. Elektromos rezgések és hullámok.

Hidrosztatikai problémák

1. A gyorsulás Kísérlet: Eszközök Számítsa ki

12. FIZIKA munkafüzet. o s z t ály. A Siófoki Perczel Mór Gimnázium tanulói segédlete

Projektmunka. Aerodinamika Az alaktényező meghatározása. Ábrám Emese. Ferences Gimnázium május

L Ph 1. Az Egyenlítő fölötti közelítőleg homogén földi mágneses térben a proton (a mágneses indukció

EÖTVÖS LABOR EÖTVÖS JÓZSEF GIMNÁZIUM TATA FELADATLAPOK FIZIKA. 9. évfolyam Tanári segédanyag. Szemes Péter

Méréssel kapcsolt 3. számpélda

EMELT SZINTŰ ÍRÁSBELI VIZSGA

Fizika belépő kérdések /Földtudományi alapszak I. Évfolyam II. félév/

Fizika vetélkedő 7.o 2013

A továbbhaladás feltételei fizikából és matematikából

o.: feladat 8. o.: feladat o.: feladat

MUNKAANYAG. Szabó László. Szilárdságtan. A követelménymodul megnevezése:

A DÖNTÉS SORÁN FENNAKADT FÁK MOZGATÁSA

Elektromágneses hullámok, a fény

Pontszerű test, pontrendszer és merev test egyensúlya és mozgása (Vázlat)

3. Öt alma és hat narancs 20Ft-tal kerül többe, mint hat alma és öt narancs. Hány forinttal kerül többe egy narancs egy

DEME FERENC okl. építőmérnök, mérnöktanár TARTÓK

FIZIKA PRÓBAÉRETTSÉGI FELADATSOR - B - ELSŐ RÉSZ

Az áprilisi vizsga anyaga a fekete betűkkel írott szöveg! A zölddel írott rész az érettségi vizsgáig még megtanulandó anyag!

1. Adja meg az áram egységének mértékrendszerünkben (m, kg, s, A) érvényes definícióját!

Fizikaverseny, Döntő, Elméleti forduló február 8.

Hiányos másodfokú egyenletek. x 8x 0 4. A másodfokú egyenlet megoldóképlete

KÖZÉPSZINTŰ ÍRÁSBELI VIZSGA

1. Válaszd ki a helyes egyenlőségeket! a. 1C=1A*1ms b. 1 μc= 1mA*1ms. 2. Hány elektron halad át egy fogyasztón 1 perc alatt, ha az I= 20 ma?

1. Prefix jelentések. 2. Mi alapján definiáljuk az 1 másodpercet? 3. Mi alapján definiáljuk az 1 métert? 4. Mi a tömegegység definíciója?

Elektromosságtan kiskérdések

Slovenská komisia Fyzikálnej olympiády. Szlovákiai Fizikai Olimpiász Bizottság

9. Áramlástechnikai gépek üzemtana

Oktatáskutató és Fejlesztő Intézet TÁMOP / XXI. századi közoktatás (fejlesztés, koordináció) II. szakasz. Fejlesztőfeladatok

A válaszok között több is lehet helyes. Minden hibás válaszért egy pontot levonunk.

1. Termodinamika Az ideális gázok állapotváltozásai

Szakköri segédlet. FIZIKA 7-8. évfolyam Összeállította: Bolykiné Katona Erzsébet

Elektrosztatikai jelenségek

Elektrosztatika tesztek

4. A FORGÁCSOLÁS ELMÉLETE. Az anyagleválasztás a munkadarab és szerszám viszonylagos elmozdulása révén valósul meg. A forgácsolási folyamat

I. Gondolkodási módszerek: (6 óra) 1. Gondolkodási módszerek, a halmazelmélet elemei, a logika elemei. 1. Számfogalom, műveletek (4 óra)

FIZIKA. 10. évfolyamos vizsga

Középszintű érettségi feladatsorok és megoldásaik Összeállította: Pataki János; dátum: november. I. rész

= szinkronozó nyomatékkal egyenlő.

BUDAPESTI MŰSZAKI EGYETEM Anyagtudomány és Technológia Tanszék. Hőkezelés 2. (PhD) féléves házi feladat. Acélok cementálása. Thiele Ádám WTOSJ2

EGYENLETEK, EGYENLŐTLENSÉGEK, EGYENLETRENDSZEREK

2009/2010. tanév Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny döntő forduló. FIZIKA II. kategória. Héron kútja

Óbudai Egyetem Kandó Kálmán Villamosmérnöki Kar Mikroelektronikai és Technológia Intézet. Mikro- és nanotechnika (KMENT14TNC)

Optika feladatok (szemelvények a 333 Furfangos Feladat Fizikából könyvből)

NEMZETKÖZI MEGÁLLAPODÁSOKKAL LÉTREHOZOTT SZERVEK ÁLTAL ELFOGADOTT JOGI AKTUSOK

JÁTSZÓTÉRI FIZIKA GIMNAZISTÁKNAK

Elektrotechnika Feladattár

Gépjármű Diagnosztika. Szabó József Zoltán Főiskolai adjunktus BMF Mechatronika és Autótechnika Intézet

A szabadesés egy lehetséges kísérleti tanítása a nagyváradi ADY Endre Líceumban

EXAMENUL DE BACALAUREAT

FIZIKA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ

ENERGIAFORRÁSOK, ENERGIATERMELÉS, ÉS KLÍMAVÁLTOZÁS TANÍTÁSA A NEMZETKÖZI ÉRETTSÉGIN ENERGY, POWER AND CLIMATE CHANGE; IB DIPLOMA PROGRAMME

MATEMATIKA Kiss Árpád Országos Közoktatási Szolgáltató Intézmény Vizsgafejlesztő Központ

TestLine - Fizika 7. osztály Minta feladatsor

MFI mérés BUDAPESTI MŰSZAKI ÉS GAZDASÁGTUDOMÁNYI EGYETEM GÉPÉSZMÉRNÖKI KAR POLIMERTECHNIKA TANSZÉK HŐRE LÁGYULÓ MŰANYAGOK FOLYÓKÉPESSÉGÉNEK VIZSGÁLATA

MATEMATIKA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ

Szerszámgépek. 1999/2000 II. félév Dr. Lipóth András által leadott anyagrész vázlata

Átírás:

AZ OSZÁG VEZETŐ EGYETEMI-FŐISKOLAI ELŐKÉSZÍTŐ SZEVEZETE MEGOLDÓKULCS AZ EMELT SZINTŰ FIZIKA HELYSZÍNI PÓBAÉETTSÉGI FELADATSOHOZ. ÉVFOLYAM I. ÉSZ (ÖSSZESEN 3 PONT) 3 4 5 6 7 8 9 3 4 5 D D C D C D D D B D D C B A A II. ÉSZ (tartalmi rész: 8 pont, nyelvi megoldás: 5 pont). TÉMA A mozgásokhoz tartozó út-idő grafikonok:. test. test Lineáris (. test) Polinom. (. test) 8 6 út (cm) 4 3 4 5 6 7 - idő (s) (4 pont) A grafikon alapján megállapítható, hogy az első test megtett útja az időnek jó közelítéssel lineáris függvénye, ezért az első test mozgása egyenletesnek tekinthető. Egy mozgást egyenletes mozgásnak nevezünk, ha a test által egyenlő idők alatt megtett utak egyenlő nagyságúak bármekkorának választjuk is az időtartamokat. ( pont) Szintén a grafikon alapján a második test mozgását egyenletesen változónak ítélhetjük, mert egy test egyenletesen változó mozgást végez, ha a megtett útja az időnek másodfokú függvénye. A másodfokú függvény képe parabola, és a grafikon jó közelítéssel ezt mutatja. ( pont) Egyenletes mozgást végző test esetén a megtett út és a megtételéhez szükséges idő hányadosával meghatározott fizikai mennyiséget sebességnek nevezzük. Egyenletes mozgás sebessége állandó, ezért a mozgás bármely részén mért összetartozó út-idő párból a mozgás sebessége meghatározható. Változó mozgás esetén a megtett út és a megtételéhez szükséges idő hányadosa a mozgás átlagsebességét adja. Egy mozgás átlagsebessége annak az egyenletes mozgásnak a sebessége, amivel ugyanazt az utat ugyanannyi idő alatt lehetne megtenni, mint a kérdéses változó mozgás esetén. Változó mozgás esetén a test sebessége pillanatról pillanatra változhat, ezért jogos egy új fizikai mennyiség, a pillanatnyi sebesség bevezetése. Egy mozgás pillanatnyi sebességének nevezzük annak az egyenletes mozgásnak a sebességét, amely a mozgás adott pillanat környékén a lehető legjobban megközelíti a tényleges mozgást. 53 Budapest, Veres Pálné u. 6., I. em.

AZ OSZÁG VEZETŐ EGYETEMI-FŐISKOLAI ELŐKÉSZÍTŐ SZEVEZETE DFT-BUDAPEST Egyenletes mozgás pillanatnyi sebessége megegyezik a mozgás bármely szakaszán mérhető átlagsebességével, míg egyenletesen változó mozgás esetén a pillanatnyi sebesség az időnek lineáris függvénye. A két mozgás esetén a pillanatnyi sebességeket úgy közelítjük, hogy a másodpercenként megtett utakból átlagsebességet számítunk, és ezt rendeljük az időintervallumok középéhez. Idő (s),5,5,5 3,5 4,5 5,5 Sebesség (cm/s). test 3 Sebesség (cm/s). test 3 9 5 5 3 A mozgások sebesség-idő grafikonjai: ( pont). test. test Lineáris (. test) Lineáris (. test) 35 3 5 sebesség (cm/s) 5 5 3 4 5 6 idő (s). TÉMA Gázokkal végrehajtott állapotváltozások alkalmával akkor beszélünk körfolyamatról, ha a kiindulási állapot állapotjelzői megegyeznek a végállapot állapotjelzőivel. Mivel ideális gázok esetén a gáz belső energiája csak a hőmérséklet függvénye, és körfolyamat esetén a végállapot hőmérséklete azonos kezdőállapot hőmérsékletével, ezért a gáz belső energiája nem változik. A termodinamika I. főtétele szerint E b = Q + W, tehát az előzőek szerint = Q + W, vagy másként Q = W. Ez azt jelenti, hogy körfolyamat esetén mindig teljesül az a megállapítás, hogy a gáz által elvégzett munka mínusz egyszerese egyenlő a gáz által felvett és leadott hőmennyiség különbségével. Egy körfolyamat a p V diagramon: Telefon: 473-77, 69-38, fax: 3-55

AZ OSZÁG VEZETŐ EGYETEMI-FŐISKOLAI ELŐKÉSZÍTŐ SZEVEZETE Abból a szempontból, hogy egy ciklus során a gáz által elvégzett munka hogyan viszonyul a gázon végzett munkához két esetet különböztethetünk meg. a) Ha a gáz által elvégzett munka nagyobb a gázon végzett munkánál, akkor a fentiek szerint a gáz hőfelvétele nagyobb, mint a hőleadása. Ez összességében azt jelenti, hogy a gáz hőfelvétel árán munkát végzett. Az ilyen berendezéseket összefoglalóan hőerőgépeknek nevezzük. Hőerőgépek pl. a gőzgépek, illetve a belső égésű motorok. A fenti ábrán egy hőerőgép körfolyamata látható. b) Amennyiben a gázon összességében több munkát végzünk, mint amennyit a gáz végez, akkor a gáz hőleadása nagyobb lesz a hőfelvételénél. Ilyen típusú gép a hűtőgép vagy a hőszivattyú. Az ábrán látható körfolyamat akkor jellemezne ilyen típusú eszközt, ha megfordítanánk a körfolyamat irányát. Egy hőerőgép termodinamikai hatásfokát a körfolyamatban hasznosítható munka (a gáz által végzett munka és a gázon végzett munka különbsége) és a felvett hőmennyiség hányadosa adja. η = W / Q fel. Egy hőerőgép annál hatékonyabban működik, a felvett hőmennyiség minél nagyobb hányadát alakítja át hasznosítható munkává. Megmutatható, hogy periódikusan működő hőerőgép hatásfoka mindig kisebb, mint, vagyis mindig kisebb, mint %. Ez azt jelenti, hogy periódikusan működő hőerőgéppel nem lehet a felvett hőmennyiséget teljes egészében munkává alakítani. Megjegyzés: Bebizonyítható, hogy egy hőerőgép hatásfoka akkor a legnagyobb, ha a hőerőgép egy magasabb és egy alacsonyabb hőmérsékletű hőtartály között ú.n. Carnot-féle körfolyamatban működik. Ideális esetben a hőerőgép hatásfoka η = T /T, ahol T az alacsonyabb, T pedig a magasabb hőtartály hőmérséklete. Az összefüggésből látható, hogy a felvett hőmennyiség teljes egészében történő munkává alakítása lehetetlen, vagyis a hőerőgép hatásfoka mindig kisebb egynél, hiszen egy hőtartály hőmérséklete soha sem lehet K. 3. TÉMA Ha fémes vezető elektromos térbe kerül, akkor a tér hatására benne töltésátrendeződés megy végbe. A vezető könnyen mozgó töltései a felület felé áramlanak, ezért a fém szemközti részein ellentétes értelmű töltések halmozódnak fel. Ez a töltésmozgás addig tart, amíg a fém belsejében az elektromos mező el nem tűnik. Ezt úgy magyarázhatjuk, hogy a fém felületére került töltések olyan elektromos mezőt hoznak létre, amely az eredeti mezővel szuperponálódva a fém belsejében nulla térerősséget eredményez. ( pont) Semleges vezető töltéseinek külső elektromos tér hatására létrejövő töltésszétválasztódását elektromos megosztásnak nevezzük. Ilyenkor a külső elektromos tér erővonalai a fém felületére merőlegesen futnak be, illetve lépnek ki, a fém belsejében pedig nincsenek erővonalak, mert ott az elektromos térerősség zérus. Mindez azt is eredményezi, hogy a fém felülete ekvipotenciális felület. ( pont) Ha egy fémes vezetőt feltöltünk, akkor a többlettöltés szintén a fém felületén helyezkedik el. Egyensúlyban a fém belsejében nem lehet többlettöltés, mert az ilyen töltéselrendeződést az általa keltett mező úgy változtatja meg, hogy a többlettöltéseket a fém felületére hajtja. Ebben az esetben is teljesül, hogy a fém belsejében a térerősség zérus. ( pont) 53 Budapest, Veres Pálné u. 6., I. em. 3

AZ OSZÁG VEZETŐ EGYETEMI-FŐISKOLAI ELŐKÉSZÍTŐ SZEVEZETE DFT-BUDAPEST Ez azt jelenti, hogy a fémek belsejébe, és ez igaz a belül üreges fémekre is, a külső elektrosztatikus tér nem hatol be. Ezt a jelenséget elektromos árnyékolásnak nevezzük. Ennek segítségével védhetjük meg érzékeny műszereinket (pl. mikrofon, erősítő, rádió) a külső elektromos hatásoktól. (Faraday-kalitka elv) Azt a jelenséget, hogy a nagyobb görbületű helyeken nagyobb térerősség alakul ki, csúcshatásnak nevezzük. Ennek magyarázata abban rejlik, hogy a vezető felületén a töltés eloszlása nem egyenletes, hanem a nagyobb görbületű helyeken a töltéssűrűség nagyobb. Mivel a térerősség egyenesen arányos a töltéssűrűséggel, ezért a nagyobb görbületű részeken a térerősség is nagyobb lesz. ( pont) Korábban említettük, hogy a fémek belsejébe a külső elektromos tér nem hatol be. Ez pedig lehető teszi, hogy a gépkocsi vagy a repülőgép utasait védetté váljanak a villámcsapásokkal szemben. (Faraday-kalitka elv.) A másik védekezési mód hegyes csúcs alkalmazása villámhárítóként. Ezt szokták általában alkalmazni magas épületek esetében. Ilyenkor a villámban mozgó töltések a nagy térerősségű, tehát nagy görbületű helyek irányába mozognak nagyobb valószínűséggel. Mindkét villámhárító típusnál fontos azonban, hogy a többlettöltéseket biztonságosan elvezessük. Mindezt a fémtárgynak a földdel való összeköttetése teremti meg. Ezt földelésnek nevezzük. Mivel a föld nedvességtartalma miatt jó vezető, ezért a földbe vezetett töltés gyorsan eloszlik. III. ÉSZ (47 PONT). FELADAT a) A fonalat 3 N erő feszíti. mg N b) A rugó megnyúlása: x = = = D N m =,5 cm. m A rugóban tárolt energia: N E rugó = Dx = m =,5 J. m ( pont) c) Az alsó test esetében a nehézségi erő és a rugóerő kiegyenlíti egymást, az elégetést követő pillanatában tehát az alsó test gyorsulása nulla marad. A felső testre az elégetést követő pillanatban a N értékű nehézségi erő hat, és az ugyancsak lefelé mutató N-os rugóerő. Tehát a 3 N-os eredő erő hatására a kg tömegű felső test 5 m/s gyorsulással indul meg lefelé az elégetést követően. (+ pont). FELADAT a) A kő gyorsulása: a = - µ g, továbbá alkalmazzuk az ismert kinematikai összefüggést: v = as, amiből a kő kezdősebessége: µ 6 ( 9 8m s ) ( 8 35m) v = gs =,, /, = 3 m/s. b) A curling kő által végzett súrlódási munka, illetve a következtében felszabaduló hő megegyezik a kő kezdeti mozgási energiájával: mv = ( kg) 3 = 9 J, amiből a megolvadó jég mennyisége: m jég m Q 9 J = = s L J olv. 334 =,7 g. g c) A súrlódási munkát két részből számíthatjuk ki: mv = µ mgs + µ mgs. m m v µ 9 5 9 8 ( 5m) gs,, s s Fejezzük ki az ismeretlen s mennyiséget: s = = = 3, 69 m, µ m g, 6 9, 8 s amihez hozzá kell adnunk a söpréshez tartozó 5 métert, tehát a kő összesen 8,69 métert tesz meg a megállásig, vagyis a célvonal mögött 34 cm-rel áll meg. 4 Telefon: 473-77, 69-38, fax: 3-55

AZ OSZÁG VEZETŐ EGYETEMI-FŐISKOLAI ELŐKÉSZÍTŐ SZEVEZETE 3. FELADAT a) A dugattyú elmozdulását jelöljük y-nal. Így a dugattyúra a rugó Dy nagyságú, felfelé mutató erőt fejt ki. A hengerben lévő gáz p nyomásról p-re nyomódik össze, ezért a gáz (p p ) A erővel nyomja (szintén felfelé) a dugattyút. Ez a két erő tart egyensúlyt a dugattyúra ható nehézségi erővel: mg = N-nal, amit egyenlet alakban így írhatunk: ( ) mg = Dy+ p p A. Az egyenlet két ismeretlent tartalmaz (y és p), vagyis még egy egyenletre van szükségünk: p h A = p (h y) A, ahol h = 5 cm =,5 m, a henger kezdeti hossza. Ez az egyenlet a Boyle-Mariotte-törvény, hiszen a feladat szerint ebben a lépésben a hőmérséklet állandó. Két ismeretlenes egyenlet-rendszerhez jutottunk, aminek a megoldása: y =,77 m = 7,7 cm és p =,65 5 Pa. b) Ha a dugattyú visszatér az eredeti helyzetébe és a henger függőleges marad, akkor a rugóban nem hat erő, nem emeli tovább a dugattyút, vagyis a dugattyú súlyából származó nyomás (mg/a = N/cm =, 5 Pa) jobban megnöveli a hengerben lévő gáz nyomását: p =, 5 Pa. Használhatjuk az egyesített gáztörvényt: p ( h y) A p h A =, T T amiből T = 36 K = 87 C. c) A közölt hő a termodinamika első főtétele alapján a belső energia-változással és a munkavégzéssel számítható ki: Q= E W. Mivel az oxigén két-atomos gáz, így a belső energia változás így számítható ki: E= 5 n T, ahol T=6 K. A gáz p mólszámát a kezdeti állapotából kaphatjuk meg (többek között): h A n =. A behelyettesítést elvégezve E=5 J adódik. A T munkavégzést a p-v diagramon a görbe alatti területből számíthatjuk ki. A rugó lineáris erőtörvénye miatt a p-v diagramon a görbe egyenesnek felel meg, vagyis használhatjuk az átlagnyomást: p átl. =,83 5 Pa. A térfogatváltozás: V = y A=7,7-5 m 3, vagyis a munkavégzés: W = p átl. V = 8,36 J. Tehát a hőközlés: Q = E W = 33,36 J. 4. FELADAT b) A telep kivezetésein mérhető feszültséget, vagyis a kapocsfeszültséget így írhatjuk fel: U k = ε - b I, ahol ε jelenti az elektromotoros erőt, és b a telep belső ellenállását. Az áramkörben folyó áramot így adhatjuk meg: I = ε/( + b ). A két egyenlet összevonásából lényegében azt kapjuk meg, hogy a telep elektromotoros ereje a külső terhelő ellenálláson és a belső ellenálláson (az ellenállások arányában) oszlik meg, amit mindkét esetre írjunk fel: U k =ε, U k =ε. + b + b Ha a két egyenletet elosztjuk egymással, akkor egy ismeretlenes egyenletre jutunk, aminek a megoldása: b =5 Ω. a) Az elektromotoros erőt is kiszámíthatjuk az utóbbi két egyenlet bármelyikéből: ε= V. Megjegyzés: Matematikailag egyszerűbb volt először a belső ellenállást kiszámítani, és csak utána az elektromotoros erőt. 53 Budapest, Veres Pálné u. 6., I. em. 5