Mechanika – részletes megoldások 1.1. A kinematika alapjai 1. t = 0,36 s. km m = = 16, 7 , 2. v 60 h s ′ vk = ? vk = ?
s = 6 m,= sk 6= 0 cm 0, 6 m,
vj = 6
m . s
Feltételezve, hogy a kapus azonnal mozdítja a kezét (nulla a reakcióideje): sk 0, 6 m m v= = = 1, 67 . k t 0, 36 s s Figyelembe véve, hogy a labda sebessége nagyobb lesz, ha a játékos a kapu felé mozog: m v′ = v + v j = 22, 7 , s így kevesebb idő áll a kapus rendelkezésére: s 6m t′ = = = 0, 264 s. v′ 22, 7 m s A kapus kezének sebessége most: s 0, 6 m m vk′ = k = = 2, 27 . t ′ 0, 264 s s s 75 m 3. = = t 3s
v = 25
m km = 90 . s h
4. t = 8,33 s. 5. a) ∆t = 96, 75 óra; km . h m 6. a) vátl = 1, 572 ; s b) vátl = 0. b) vátl = 3, 475
7. t − tTGV = 1, 77 h = 1 h 46 min , km m 8. v 5= = ,4 1, 5 , h s tkör = ? v′ = ? 2
t − tTGV 3 ≈ , t 4
s1 = 25 m,
t ′ = 10 s.
t − tTGV ⋅ 100% ≈ 75%. t
4 ⋅ s1 100 m = = 66, 7 s ≈ 1,11 min, m v 1, 5 s 2 ⋅ s1 50 m m km . v′ = = = 5 = 18 t′ 10 s s h
tkör =
9. d = 50 m, t = 1 min = 60 s, N = 50 db. a) A mozgás típusa? b) v = ? c) t ′ = ? ha N ′ = 2;
d) N ′′ = ? ha t ′′ = 15 min.
a) Feltételezhetjük az egyenes vonalú egyenletes mozgást, bár nem tudjuk biztosan, hogy tetszőlegesen rövid, ugyanakkora időtartamok alatt is mindig pont ugyanakkora utakat tesz meg a vonat. b) Az észlelt 50 oszlop legfeljebb 50 és legalább 49 oszloptávolságnyi utat jelent. Ebből a maximális és minimális sebesség: 50 ⋅ d m km 49 ⋅ d m km vmax = = 42, 5 = 153 ≥ v ≥ vmin = = 40, 8 = 147 . 60 s s h 60 s s h c) A sebességeknek megfelelően: d d tmin = = 1,18 s ≤ t ′ ≤ tmax = = 1,22 s. vmax vmin d) A negyedóra alatt észlelt oszlopok száma: s v ⋅ 15 ⋅ 60 s s v ⋅ 15 ⋅ 60 s N min = min = min = 735 ≤ N ′′ ≤ N max = max = max = 766. d d d d 10. t = 750 s = 12,5 min,
s = 1200 m = 1,2 km.
11. t = 2,5 s. 12. A grafikonról leolvasva: v = 3 t = 5 min = 300 s.
m , s
a) s = ? a = ? b) s(t), a(t) grafikon. a) A grafikonról leolvasható a sebesség nagyságának állandósága, feltételezhető, hogy iránya sem változik, tehát valószínűleg egyenes vonalú egyenletes a mozgás. s = v ⋅ t = 900 m, mivel a sebesség állandó: a = 0.
m v s 3
1 O
1
5 t (min)
3
Hőtan – részletes megoldások 2.1. Hőmérsékleti skálák, hőtágulás 523. t = 36,8 °C, T = 309,8 K. 524. tAu = 1064 °C, tAg = 962 °C, tPt = 1772 °C. TAu = ? TAg = ? TPt = ? TAu = ? ΔtAu - Ag = ? ΔTAu - Ag = ? TAu = 1064 °C = (1064 + 273) K = 1337 K. TAg = 962 °C = (962 + 273) K = 1235 K. TPt = 1772 °C = (1772 + 273) K = 2045 K. Δt = 1064 °C - 962 °C = 102 °C. ΔT = 1337 K - 1235 K = 102 K. 525. Csak 0 °R = 0 °C. t °C =
t °R
. 0, 8 526. t1 = 40 °F, t2 = 40 °R, t1(°C) = ? t2(°C) = ? t ° R 40 °R t ° F − 32 40 − 32 = = 50 °C. t °C1 = = = 4, 44 °C. t ° C 2 = 0, 8 0, 8 1, 8 1, 8 527. tforrás = 79 °C és tfagyás = −117 °C. 528. -38,9 °C = 234,1 K = -31,12 °R = -38,02 °F. 529. T = 100 K. t(°C) = ? t = (100 - 273) °C = -173 °C. Ez nem szobahőmérséklet. 1 530. Δt = 20 °C, l0 = 24 cm = 240 mm, α = 1,4 ∙ 10−5 .α °C Δl = ? 1 ∆l = α ⋅ l0 ⋅ ∆t = 1, 4 ⋅ 10−5 ⋅ 240 mm ⋅ 20 °C = 0, 067 mm. °C 1 531. ∆d = α ⋅ d 0 ⋅ ∆t = 2, 45 ⋅ 10−5 o ⋅ 18 mm ⋅ 5 °C = 0, 002205 mm, C ∆r = 0, 0011025 mm = 1,1025 µm. 1 532. .α t1 = −5 °C, t2 = 25 °C, l0 = 13 m, α = 2,4 ∙ 10−5 °C Δl = ?
2
1 ⋅ 13 m ⋅ 30 °C = 0, 0094 m = 9, 4 mm. °C 1 533. .α l0 = 2 m, Δl = 1 cm, α = 1,1 ∙ 10−5 °C Δt = ? ∆l 0, 01 m ∆t = = = 454 °C. l0 ⋅ α 2 m ⋅ 1,1 ⋅ 10−5 1 °C −5 1 534. , α = 0,9 ∙ 10 α pl. öntöttvas. °C 1 535. l0 = 2737 m, α = 1,1 ∙ 10−5 , Δt = 10 °C. α °C ∆l Δl = ? =? l0 ∆l = α ⋅ l0 ⋅ ∆t = 2, 4 ⋅ 10−5
∆l = α ⋅ l0 ⋅ ∆t = 1,1 ⋅ 10−5
1 ⋅ 2737 m ⋅ 10 °C = 0, 301 m. °C
A relatív hosszváltozásban l0-lal osztunk: ∆l 1 = α ⋅ ∆t = 1,1 ⋅ 10−5 ⋅ 10 °C = 1,1 ⋅ 10−4. l0 °C 1 536. l0 = 10 cm, α = 1,1 ⋅ 10−5 , ∆t = 10 °C. °C ∆l = ? 1 ∆l = α ⋅ l0 ⋅ ∆t = 1,1 ⋅ 10−5 o ⋅ 10 cm ⋅ 10 o C = 0, 0011 cm = 0, 011 mm. C 1 537. t0 = 20 °C, t1 = 0 °C, t2 = 40 °C, α = 1,1 ∙ 10−5 .α °C ∆l = ? l ∆l 1 = α ⋅ ∆t = 1,1 ⋅ 10−5 ⋅ ( ±20 °C ) = ±2, 2 ⋅ 10−4 ⇒ ± 2, 2 ⋅ 10−2 % = ±0, 022%. °C l 1 538. t0 = 20 °C, l0 = 13 m, l = 3,01 m, α = 1,2 ∙ 10−5 .α °C t = ? ∆t =
∆l 0, 01 m = = 0, 00278 ⋅ 105 °C = 278 °C. 1 α ⋅ l 1, 2 ⋅ 10−5 ⋅3 m °C t = t0 + ∆t = 20 °C + 278 °C = 298 °C.
3
Elektromosságtan – részletes megoldások 3.1. Töltés, erő, térerősség −10 749. Q = 3, 33 ⋅ 10 C.
750. a) Q = 0,64 µC; b) a szőrme; c) F = 3, 686 mN. 751. a) F = 0, 9 N; b) A negatív töltésű golyó tömege 2, 84 ⋅ 10−12 %-ával nőtt, a pozitív töltésű golyóé ugyanilyen mértékben csökkent. 752. r = 3 m. −4 753. F = 1, 8 ⋅ 10 N, vonzzák egymást.
754. a) Töltésszétválasztás, az egyik test elektrontöbblethez, másik elektronhiányhoz jut; b) F = 0,9 N. 755. a) v = 2, 25 ⋅ 106
m −16 ; b) T = 1, 4 ⋅ 10 s. s
m −16 756. F = 6, 08 ⋅ 10 N, észak felé mutat, a = 6, 68 ⋅ 1014 2 , nincs összefüggés, a gyors sulás a térerősség irányával ellentétes. 757. a) A polarizált vattacsomót magához vonzza a rúd, majd azonos előjelű töltésűek lesznek, így eltaszítja; b) Q = 8 ⋅ 10−9 C. 758. r = 2, 8 ⋅ 10−10 m, Q = 1, 6 ⋅ 10−19 C. a) F = ? b) E = ? a) A nátriumion és a kloridion töltésének nagysága egyformán 1, 6 ⋅ 10−19 C, mivel a nátriumionnak eggyel kevesebb, a kloridionnak eggyel több elektronja van, mint amennyi proton található az atommagjukban. A két ion között ható Coulomb-erő vonzó jellegű, nagysága: Q2 = 2, 94 ⋅ 10−9 N. 2 r b) A nátriumion önmagában egy olyan centrális elektromos mezőt hozna létre, melynek pontjaiban a térerősség-vektor sugárirányban „kifelé”, az ionnal ellentétes irányba mutat. A kloridion mezejének pontjaiban viszont a térerősség-vektor a mező forrása, azaz a kloridion felé irányul. A pontszerű ionok mezejében a térerősség nagysága egyenesen arányos az ion töltésével, és fordítottan a tőle mért x távolság négyzetével. A pontos összefüggés: F =k⋅
2
E=k⋅
Q . x2
Ezek alapján a két ion által létrehozott mezőben, az ionokat összekötő távolság r felezőpontjában, azaz x = = 1, 4 ⋅ 10−10 m távolságban az egyes ionoktól, az ere2 dő térerősség nagysága az egyes ionok mezejének E szuperpozíciója miatt (ld. az ábrát): Cl Na E Q 11 N E = ENa + ECl = 2 ⋅ k ⋅ 2 = 1, 47 ⋅ 10 . x C Na
-
+
Cl
Az eredő térerősség a kloridion felé mutat.
759. a) 100; b) F = 0,06 N. 760. E = 2, 6 ⋅ 106
N , vízszintesen nyugat felé irányul. C
761. Q = 10−9 C. N ; b) F = 8 ⋅ 10−4 N. C 763. Fbal = 3, 2 ⋅ 10−6 N, balra irányul, Fközép = 2, 4 ⋅ 10−6 N, balra irányul, 762. a) E = 4 ⋅ 104
Fjobb = 5, 6 ⋅ 10−6 N, jobbra irányul . 764. ΔQ1 = -0,1Q, ΔQ2 = 0,1Q. F′ − F ⋅ 100% = ? F Kezdetben mindkét golyó többlettöltését jelöljük Q-val. Ha az egyik golyó többlettöltésének 10%-át átvisszük a másikra, akkor a golyók töltése az alábbiak szerint alakul: Q1 = 0,9 ⋅ Q, Q2 = 1,1 ⋅ Q. A töltések között fellépő elektrosztatikus erő a kiindulási állapotban a Coulombtörvényből számítható ki az alábbiak szerint: Q ⋅Q F =k 2 . r A töltések között fellépő elektrosztatikus erő a többlettöltések átvitele után hasonló módon a Coulomb-törvényből számítható Q ⋅Q F′ = k 1 2 2 . r Vegyük a kettő hányadosát!
3
Elektromágneses jelenségek – részletes megoldások 4.1. Mágneses indukció, az áramvezetők mágneses tere és hatásai F = 2, 4 ⋅ 10−13 N. 1085. B = 6, 25 ⋅ 10−5 T. 1086. Mmax = 0,0065 Nm, a keret normálisa merőleges a mágneses indukcióvonalak 1087. irányára. a) M = 1,92 ⋅ 10−3 N ⋅ m, T1 felől nézve az óramutató járásának irányában. 1088. b) Φ = 9, 6 ⋅ 10−4 Wb. c) Igen, egyenáramú motor. F = 4,8 mN. 1089. r = 4 mm. 1090. r = 0,05 m, 1091. I=?
l = 1 m,
F = 0,0001 N.
Egy olyan végtelen hosszúnak tekinthető vezető esetén, melyben I erősségű áram folyik, tőle r távolságban az általa keltett mágneses indukció nagysága: µ ⋅I B= 0 . 2 ⋅ r ⋅π A mágneses indukcióvonalak koncentrikus hurkok formájában veszik körül a vezetőt. A vezetőtől r távolságban elhelyezett l hosszúságú vezetőszakaszra, melyben I erősségű áram folyik, hat a Lorentz-erő, melynek nagysága: I ⋅ µ0 ⋅ I ⋅ l µ0 ⋅ I 2 ⋅ l F = I ⋅l ⋅ B = = . 2 ⋅ r ⋅π 2 ⋅ r ⋅π Ebből az áram erősségét ki tudjuk számítani az alábbi módon: 2 ⋅ r ⋅π ⋅ F = 5 A. µ0 ⋅ l Tehát a vezetőkben 5 A erősségű áram folyik. I=
1092. l = 113 m, B=?
d = 0,0001 m,
R = 0,03 m,
U = 12 V,
ρ = 0, 0178
Ωmm 2 . m
A tekercs sugarának ismeretében meghatározhatjuk egy menetének a hosszát: l1 = 2 ⋅ R ⋅ π = 0,188 m. α A tekercshez felhasznált vezeték l hosszúságából és egy menetéhez felhasznált vezeték hosszából kiszámítható a tekercs menetszáma:
2
l = 600. l1 A tekercs hosszát megkaphatjuk, ha egy menetének szélességét, azaz a vezeték átmérőjét megszorozzuk a menetszámmal: L = N ⋅ d = 0, 06 m. N=
Számítsuk ki a vezeték keresztmetszetének területét! 2
d A = ⋅ π = 0, 0078 mm 2 . α 2 Mivel a tekercs készítéséhez felhasznált vezető geometriai adatait ismerjük, így meg tudjuk határozni annak ellenállását: l R = ρ ⋅ = 256,1 Ω. A A tekercsben folyó áram a vezetőszakaszra vonatkozó Ohm-törvényből határozható meg: U = I = 0, 0469 A. R A tekercs belsejében a mágneses indukció kiszámításához így már minden adat a rendelkezésünkre áll. µ ⋅N ⋅I B= 0 = 5, 85 ⋅ 10−4 T. α L Tehát a tekercs belsejében a mágneses indukció nagysága 5,85 ⋅ 10−4 T. 1093.
B = 3, 39 ⋅ 10−2 T, Φ = 6,78 ⋅ 10−6 Wb.
1094. l = 225 m, d = 0,0001 m, B = ? Φ = ?
N = 1200,
I = 0,8 A.
Egyrétegű tekercselés esetén a tekercs hosszát kiszámíthatjuk, ha egy menetének szélességét, azaz a vezeték átmérőjét megszorozzuk a menetszámmal. Figyelembe véve, hogy jelen esetben két rétegben helyezkednek el a menetek, a tekercs hossza meghatározható: N ⋅d L= = 0, 06 m. 2 A tekercs egy menetének hossza kiszámítható a felhasznált vezeték hossza, illetve a menetszám ismeretében: l = l1 = 0,1875 m. N Egy menethez használt vezeték hosszának ismeretében meghatározhatjuk a tekercs sugarát: l R = 1 = 0, 03 m. α 2 ⋅π 3
Modern fizika – részletes megoldások 5.1. Atomfizika 1364. λ = 555 nm, Pfény = 10 W, t1 = 1 s, t2 = 1 h = 3600 s, Efel2 = 0,4 MJ, m , h = 6,63⋅10-34 Js. c = 3⋅108 s a) f = ? εfoton = ? Ifoton = ? b) Nfoton = ? c) η = ? a) c = λ ⋅ f
b) Pfény = c) η =
c = 5, 41 ⋅ 1014 Hz, ε foton = h ⋅ f = 3, 59 ⋅ 10−19 J, λ h m I foton = = 1,19 ⋅ 10−27 kg ⋅ . λ s Pfény ⋅ t1 N ⋅ε = foton foton ⇒ N foton = = 2, 79 ⋅ 1019 db. t1 ε foton
⇒
Efény t1
f =
Pfény ⋅ t2 10 W ⋅ 3600 s Ehasznos = = = 0,009 vagyis 9%. Ebefektetett Efel2 4 ⋅ 105 J
m , A = 2 m2, λ = 589 nm, Nfoton = 7⋅1018 db, t = 1 s, c = 3⋅108 1365. s -34 h = 6,63⋅10 Js. a) Efény = ? b) pfény = ? a) Az elnyelődő fény energiája a beérkező, elnyelődő fotonok összes energiájával c egyenlő: Efény = N foton ⋅ ε foton = N foton ⋅ h ⋅ f = N foton ⋅ h ⋅ = 2, 36 J. λ b) A fény nyomása az elnyelődő fotonok lendületváltozásából származik: pfény
N foton ⋅ ∆I foton N foton ⋅ I foton N foton ⋅ h ⋅h N t t = = = = λ ⋅ t = foton = 3, 95 ⋅ 10−9 Pa. A λ ⋅t ⋅ A A A A Ffény
F = 3,2⋅10-6 N, Eelnyelt ≈ 0. 1366. N ≈ 550 db. 1367. a) 1368. b)
2
ε URH ≈ 200, ε URH − ε K ≈ 7,11 ⋅ 10−26 J; εK I URH m ≈ 200, I URH − I K ≈ 2, 37 ⋅ 10−34 kg ⋅ . IK s
m λmax = 290 nm, f ′ = 1,2⋅1015 Hz, c = 3⋅108 , h = 6,63⋅10-34 Js. 1369. s a) Wki = ? b) Ee mozg = ? A kilépési munka az a legkisebb energia, amellyel egy elektron kiszakítható a fém felületéből: c Wki = h ⋅ f min = h ⋅ = 0, 69 ⋅ 10−18 J = 0, 69 aJ = 4, 29 eV. λmax A fotoeffektus energiamérlege szerint a beérkező foton energiája fedezi a kilépési munkát és biztosítja a kilépő elektron mozgási energiáját: ε foton = Wki + Emozg max ⇒ h ⋅ f ′ = Wki + Emozg max , Emozg max = h ⋅ f ′ − Wki = 0,106 ⋅ 10−18 J = 0,106 aJ = 0, 659 eV. λ ≤ 442 nm, f ≥ 6,79⋅1014 Hz. 1370. 1371. f = 7,63⋅1014 Hz, λ = 393 nm. I = 50 µA = 5 ⋅10-5 A, t = 1 min = 60 s. 1372. N=? Az áramerősség alapösszefüggéséből a katódból kilépő elektronok száma: Q N ⋅q I ⋅t I = = e e ⇒ Ne = = 1, 875 ⋅ 1016 db. t t qe Ha a katódból minden beérkező foton elektront képes kiszakítani, akkor pont ugyanannyi fotonnak kell beérkeznie, mint amennyi elektron kilép. A valóságban ez a folyamat veszteségekkel terhelt, tehát ennél mindenképpen valamivel több fotonnak kell beérkeznie. Nf ≥ 1,875⋅1016 db. V Ugy = 1000 V, E = 20 000 , me = 9,1⋅10–31 kg, qe = 1,6⋅10-19 C. 1373. m v , E, B = ? tekercs
B
anódhengerek
Fe
(be) v
E
izzó katód
Fm
kondenzátor az elektronok pályája
v , E , B az ábra szerint egymásra merőlegesek, ilyen sorrendben jobbsodrású rendszert alkotnak. 3
