FIZIKA FELADATLAP Megoldási útmutató

ELTE TTK Hallgatói Alapítvány

FELVÉTELIZŐK NAPJA 2006. április 22.

Székhely: 1117 Budapest, Pázmány Péter sétány 1/C; Telefon: 381-2101; Fax: 381-2102; E-mail: [email protected] Próbaérettségi feladatlap

FIZIKA FELADATLAP Megoldási útmutató I. RÉSZ 1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. 8. 9. 10. 11. 12. 13. 14. 15. 16. 17. 18. 19. 20. Összesen

C A X B C D D C D B D C A C C D C C C B

1 pont 1 pont 1 pont 1 pont 1 pont 1 pont 1 pont 1 pont 1 pont 1 pont 1 pont 1 pont 1 pont 1 pont 1 pont 1 pont 1 pont 1 pont 1 pont 1 pont 20 pont

1




II. RÉSZ 1. téma Atommodellek: Thomson modell: a) az elektron felfedezése után, tömegspektográf segítségével b) kis térfogatban a negatív töltésű elektron c) a pozitív töltésű atommag egyenletesen tölti ki a térfogatot d) amit nem magyaráz: fémfólia alfa részecskékkel történő bombázásánál a visszaszórás jelensége Rutherford modell: e) Pozitív töltésű atommag is kis helyet foglal el az atomok közti távolsághoz képest f) A Coulomb erő tartja az elektront az atommag körül g) amit nem magyaráz: körmozgást végző elektron gyorsul, ezért sugároznia kell és folyamatosan energiát veszt h) diszkrét, meghatározott energiájú elektronállapotok vannak. Abszorpciós és emissziós színképekből. Bohr modell: i) Bohr-féle pályafeltétel bevezetése, a perdület a h/2π egész számú többszöröse j) Elektronnak megfelelő de Brogie hullámhossz egész számszor fér rá a pálya kerületére k) Energiaszintek leírása, színkép-vonalak. Balmer-formula magyarázata További pont adható: m) modellek keletkezésének időpontjáért (1 pont), más ide tarozó jelenség vagy kísérlet leírásáért (1 pont) Összesen legfeljebb:

1 pont 1 pont 1 pont 1 pont 2 pont 1 pont 1 pont 1 pont 2 pont 1 pont 1 pont 2 pont 2 pont 2 pont

20 pont

2. téma Erő definíció, statikus, dinamikus Kényszererő Szabad erő Tehetetlenségi erő Példák: Kényszererők (nyomóerő, kötélerő) Szabad erők (gravitációs, Coulomb, Lorentz, direkciós/rugalmas) Tehetetlenségi erők (gyorsuló koordináta rendszerek, centrifugális, Coriolis) Ezek kifejtéséért további pont adható Összesen legfeljebb:

2

3 pont 1 pont 1 pont 1 pont 2 pont 4 pont 3 pont Max. 8 pont 20 pont




3. téma Fázisátalakulások, fagyás-olvadás, forrás-párolgás-lecsapódás Olvadáshő, forráshő értelmezése p–T diagram Fázisdiagramon a fázisok közötti átmenet értelmezése Szublimáció, és értelmezése Hármaspont Példák halmazállapot-változásnál Más példák (ferromágneses-paramágneses átalakulás) Ezek kifejtése Összesen legfeljebb:

2 pont 2 pont 2 pont 2 pont 2 pont 1+1 pont 2 pont 2 pont 2 pont 4 pont 20 pont

(Minden részpontszám bontható.) A kifejtés módjának értékelési szempontjai (l. vizsgaleírás): Nyelvhelyesség: 2 pont (bontható) • a kifejtés szabatos, érthető, jól szerkesztett mondatokat tartalmaz; • a szakkifejezésekben, nevekben, jelölésekben nincsenek helyesírási hibák. A szöveg egésze: 3 pont (bontható) • az egész ismertetés szerves, egységes egészet alkot; • az egyes szövegrészek, résztémák összefüggenek egymással egy világos, követhető gondolatmenet alapján.

3




III. RÉSZ 1. a) Az adatok: a = 10 cm = 0,1 m; Q = 1 μC = 10-6 C A térerősségek ponttöltés teréből számolva: E3

Q1

E2 E1

Q2

Q3

Ee

E1 = E3 = k Q/a2 E2 = k Q/(2 a2) Az E1 és E3 térerősségek eredője a paralelogramma vektorösszegzési szabály szerint, átlós irányú, nagysága az összetevők nagyságának √2-szerese. A három erő eredője:

Ee = √2 E3 + E2 = √2 k Q/a2 + k Q/(2a2)= (√2 + ½ ) k Q/a2 Ez tehát a pozitív töltések térerősségeinek eredője. A negatív töltések távolsága a csúcshoz képest a pozitív töltés távolságának fele (rendre a/2, √2a/2, a/2). Az összes töltés térerőssége a pozitív és negatív töltések térerősségének a vektori Eepozitív eredője, melynek iránya a négyzet középpontja felé mutat, és a nagysága a vektorok hosszainak +Q –Q különbsége. Eenegatív –Q +Q

–Q +Q

│Eepozitív │= (√2 + ½ ) ∙ k ∙ Q/a2 │Eenegatív│ = (√2 + ½ ) ∙ k ∙ Q/(a/2)2 │Eeredő│ =│Eenegativ│ – │Eepozitív│ = =(4–1) (√2 + ½ ) ∙ k ∙ Q/a2 = = 3 (√2 + ½ ) 9∙109 ∙ 10-6/10-2 N/C │Eeredő│ = 5,17 ∙ 106/ N/C

1. b) Az adatok: B = 1 T Jobb felső csúcsba helyezett q töltésre a keret középpontja felé hat az eredő térerősségből számolható Coulomb-erő. Hogy ne fejtsen ki erőt a q töltésre a keret, a Lorentz-erőnek a Coulomb-erővel ellentétes irányúnak és azonos nagyságúnak kell lennie. Helyezzük úgy a keretet a vízszintes síkba, hogy a jobb felső sarka mutasson északkeleti irányba. Ekkor a jobbkéz-szabály szerint tehát, ha az erő ÉK felé mutat, a mágneses indukció iránya felfelé mutat, akkor a v, a töltés sebességének ÉNy-i irányba mutat. Nagysága: FCoulomb = FLorentz q ∙ Eeredő = q ∙ B ∙ v v = Eeredő / B = 5,17 N/C / 1 T = 5,17 ∙106 m/s Tehát a keret vízszintes síkban, a keret középpontjától mérve a bal felső sarka felé kell állandó, v=5, 17 ∙106 m/s sebességgel mozgatni.

4




2. a) Az adatok: RFöld = 1 CSE; RMars = 1,524 CSE; TMars = 687 nap. A feladat szövegének megfelelő ellipszis pálya az ábrán látható. A

Föld

Mars

Kepler törvény alapján a pályák félnagytengelyének harmadik hatványa osztva a keringési idő négyzetével állandó az egyes nap körül keringő objektumokra. 3

R

űrhajó

/ T2 = állandó

Az űrhajó pályájának nagytengelye épp a Föld és Mars Naptól való távolságának összege. Így az űrhajó pályájának félnagytengelye:

Rűrhajó = (RFöld + RMars)/2 = (1 + 1,524)/2 CSE = 1,262 CSE R3 / T2 = állandó (RFöld)3 / (TFöld)2 = (Rűrhajó)3 / (Tűrhajó)2 Tűrhajó=( Rűrhajó / RFöld )3/2 ∙ TFöld=( 1,262 / 1 )3/2 ∙ 1 év = 1,418 év = 518 nap 2. b) Az adatok: flélgzés = 16 1/perc; Vlélegzetvétel = 0,5 l = 0,5 dm3 A légköri levegő 21 térfogat %-a oxigéngáz. Az odafelé út időtartamára szükséges oxigén mennyisége tehát: Voxigén = Todaút(perc) ∙ flélgzés(1/perc) ∙ Vlélegzetvétel(liter) ∙ 0,21= = 259 ∙ 24 ∙ 60 perc ∙ 16 1/perc ∙ 0,5 liter ∙ 0,21 = 1,42∙106 liter =1,42∙106 dm3=1,42∙103 m3 Az ideális gáz állapotegyenletéből számítható az oxigén tömege. p ∙ V = R ∙ m/M ∙ T Az oxigéngáz (O2) moláris tömege: M = 32 g/mol = 0,032 kg/mol. m = p ∙ V ∙ M / (R ∙ T ) = 1.01∙105 ∙ 1,42∙103 ∙ 0,032 / (8,31 ∙ 298) kg = 1853 kg

3. a) Az adatok: Ueff = 230 V; f = 50 Hz; I1 = 1,03 A; I2 = 2,3 A; R = 100 Ω A kapcsoló felső állása esetén sorba kapcsolt tekercs és ellenállás alkotja az áramkört. Soros R,L kör esetén a tekercsen a feszültség negyed periódusnyit (π/2) siet az Z1

XL

áramhoz képest.

R A forgóvektoros ábrázolás segítségével meghatározható az eredő impedancia:

5




Z12 = (XL)2 + R2 XL = Lω = L 2π f Z1 = Ueff / I1 Ezekből L-t kifejezve: L= XL / 2πf = (Z12 – R2) 1/2 / 2πf = ( (Ueff / I1)2 – R2 ) 1/2 / 2πf XL = ( (Ueff / I1)2 – R2 ) 1/2 = ( (230V / 1,03A)2 – (100 Ω)2 ) 1/2 =199,7 Ω ≈ 200 Ω L= XL / 2πf = 200 Ω / (2π 50 Hz) = 0,637 H 3. b) A kapcsoló alsó állása esetén a tekercs van sorba kapcsolva a kondenzátorral. Soros L, C kör esetén a tekercsen és a kondenzátoron a feszültség egymással ellentétes fázisban van. Az eredő impedancia a tekercs induktív ellenállásának és a kondenzátor ellenállásának a különbsége. Attól függően, hogy az eredő feszültség siet vagy késik negyed periódusnyit az áramhoz képest, azonos eredő impedancia érték mellett, a kondenzátor kapacitása két különböző érték. Z2 = Ueff / I2 = 230V / 2,3A = 100 Ω Z2 = │XL – XC│ És a kondenzátor kapacitív ellenállása: XL XL XC = 1 / Cω = 1 / C2πf Z2 Ebből: C = 1 / XC2πf XC1 Z2 XC2

A két különböző esetet megvizsgálva: XC1 = XL – Z2 =200 Ω – 100 Ω = 100 Ω XC2= XL + Z2 =200 Ω + 100 Ω = 300 Ω

A kapacitás: C1 = 1 / XC12πf = 1 / (100 Ω 2π 50 Hz) = 3,18 ∙ 10-5 F = 31,8 μF C2 = 1 / XC22πf = 1 / (300 Ω 2π 50 Hz) = 1,06 ∙ 10-5 F = 10,6 μF

4. a) Az adatok: A = 100 Bq; T1/2 = 12,3 év; t = 2 év Az aktivitás alapján meghatározható a radioaktív izotópok, a trícium atomok száma: A = ln2 N(0) / T1/2 Ebből: N(0) = A ∙ T1/2 / ln2 = 100 1/s ∙ 12,3 év ∙ 365 nap/év ∙ 24 óra/nap ∙ 3600 s/óra / 0,693 N(0) =5,6 ∙ 1010 Az exponenciális bomlási törvény alapján két évvel később az izotópok száma: N(t) = N(0) ∙ 2 –t/T½ = 5,6 ∙ 1010∙ 2 –2/12,3 = 5,0 ∙ 1010 A 2 év alatt a bomlások száma: N(t) – N(0) = 5,6 ∙ 1010 – 5,0 ∙ 1010 = 6 ∙ 109

6




4. b) Az adatok: E = 0.009 MeV; B = 4 T; e = 1,6 · 10-19 C; me = 9,1 · 10-31 kg Ha az elektronokat a mágneses tér irányára merőlegesen lőjük be, köríven fognak mozogni. Mert a rájuk ható eredő mindig merőleges a sebességükre. Az elektronokra ható Lorentz-erő biztosítja a körmozgáshoz szükséges eredő erőt. FL = Fe = Fcp FL = q ∙ B ∙ v Fcp = m v2/R Tehát: e ∙ B ∙ v = m v2/R R = mv / eB Az elektronok sebessége a mozgási energiájukból számolva: v = (2E/me) 1/2 = (2 · 0,009·106 ·1,6 · 10-19 J /9,1·10-31 kg) 1/2 = 5,63 ·107 m/s Ekkora sebességnél a relativisztikus hatás figyelembe vételével: Ekin = ( (1 – v2/c2)–1/2 – 1 ) · me c2 v = (– ((Ekin / me c2) + 1)–2 + 1)1/2 · c = = (– ((0,009·106 ·1,6 · 10-19 / (9,1·10-31 9 · 1016) ) + 1)–2 + 1)1/2 · 3 · 108 m/s= 0,185 c v = 5,55·107 m/s A körív alakú pálya sugara: R = mv / eB = 9,1·10-31 · 5,55·107 / (1,6 · 10-19 · 4) = 7,89 10-5 m

7

FIZIKA FELADATLAP Megoldási útmutató

Recommend Documents