MEGOLDÁSOK ÉS PONTOZÁSI ÚTMUTATÓ 1. Egy kerékpáros szakaszonként egyenes vonalú egyenletes mozgást végez. Megtett útjának első m km hatodát 36 nagyságú sebességgel, útjának további kétötödét 6 nagyságú sebességgel , az s h m útjának további négytizenötödét 8 nagyságú sebességgel teszi meg. A hátralevő út nagysága 10 s km, amit a kerékpáros az előző utakra számolt átlagsebesség másfélszeresével tesz meg. a) Mennyi idő alatt tette meg a kerékpáros a teljes utat? km b) Mennyi a kerékpárosnak a teljes útra vonatkozó átlagsebessége egységekben? h Adatok: s 2s 4s km m m m s1 , s 2 , s3 , s 4 10 km, v1 36 10 , v 2 6 , v3 8 , v 4 1,5 vátl 1 6 5 15 h s s s a) t= ?, b) vátl=?. Megoldás: a) A megtett útra nézve fennáll, hogy, azaz ahonnan
s 2 s 4 s 5 12 8 10 km s, s 10 km s , 6 5 15 30
5 s 10 km , így s = 60 km. 30
1 pont
s1 10 km 1000 s . m v1 10 s s 24 km 4000 s. A második útszakasz megtételéhez szükséges idő: t 2 2 m v2 6 s s 16 km 2000 s . A harmadik útszakasz megtételéhez szükséges idő: t 3 3 m v3 8 s
Az első útszakasz megtételéhez szükséges idő: t1
1+1+1 pont
Az első három útszakaszra vonatkoztatott átlagsebesség:
s1 s 2 s3 s s s3 50 km 50 m m 1 2 7,14 . 2 pont s1 s 2 s3 10 km 24 km 16 km t1 t 2 t 3 7 s s m m m v 1 v 2 v3 10 6 8 s s s A negyedik útszakasz megtételéhez szükséges idő: s s4 10 km t4 4 933,7 s . 3 pont m v 4 1,5 (vátl )1 1,5 7,14 s A teljes út megtételéhez szükséges idő: t össz t1 t 2 t 3 t 4 7933,7 s . 2 pont b) A teljes útra vonatkozó átlagsebesség: 60 km s m km 7,56 27,22 vátl = . 4 pont t össz 7933,7 s s h (vátl )1
2. Motorkerékpár tömege ugyanakkora, mint a rajta ülő emberé. A kerekek és a csúszós úttest között a tapadási súrlódási együttható 0,2, a motoros csizmatalpa és az úttest közötti csúszási súrlódási együttható 0,3. Ha a motoros fékezés közben mindkét lábát leteszi a földre, akkor a fékút 8 -ed része annak, mintha nem tette volna le a lábát. 9 a) Saját súlyának hány százalékával nyomta lábával a motoros a talajt? b) Hány százalékkal nagyobb a motoros sebessége, ha a lábát letéve az eredeti hosszúságú fékúton áll meg? Adatok: A motor és a motoros tömege külön-külön m, így összesen M=2m. µ1 = 0,2, µ2 = 0,3, 8 fékút lábletevés nélkül s1, lábletevéssel s2 = ·s1. 9 N2 V a) =? b) =? (%) v mg Megoldás: a) A mozgásra a munkatétel írható föl. A kerekeknél fellépő súrlódási erő maximuma µ1N1, a motoros lábánál fellépő csúszási súrlódás µ2N2, ahol N2 a motoros lábától származó erőnek a talaj által a motorra kifejtett ellenereje. Ha a motoros a fékezés előtt v sebességgel haladt, akkor, ha nem fékez a lábával 1 Mv2 = µ1Mgs1 , 2 pont 2 ha fékez a lábával is, akkor 1 Mv2 = µ1N1 s2 + µ2N2s2 2 pont 2 írható föl, és N1 + N2 = Mg, mivel a motoros függőlegesen nem mozog. A két egyenlet bal oldala egyenlő, így a jobb oldalak is: 8 µ1Mgs1 = µ1 (Mg–N2) s2 + µ2N2s2 = (µ1Mg + µ2N2) s1 . 1 pont 9 Az egyenletet s1-gyel osztva, és átrendezve: 1 1 0,2 N N µ1 = 2 (µ2 – µ1) , ahonnan 2 = = = 0,25. 1 pont 8 Mg Mg 8( 2 1 ) 8 0,1 N 0,2 A kérdés szerinti arány ennek a kétszerese 2 = = 50 %. 1 pont mg 4 0,1 b) A motoros s1 úton áll meg, és a lábával N2 nyomóerőt fejt ki. A munkatétel erre az esetre: 1 MV2 = µ1 (Mg – N2) s1 + µ2N2s1 , továbbá az eredeti fékezés szerint 2 1 Mv2 = µ1Mgs1 2+2 pont 2 A két egyenletet osztva egymással s1 kiesik, így V 2 1 0,75 Mg 2 0,25 Mg 0,75 0,2 0,3 0,25 = = = 1,125. 2 pont v2 1Mg 0,2 V A sebességek aránya = 1,125 = 1,06. v A motoros tehát, ha lábával is fékez, 6 %-kal nagyobb sebességgel haladhat és az eredeti úton meg tud állni. 2 pont
3. Vízszintes, súrlódásmentes talajon 0,4 kg tömegű test nyugszik egy függőleges faltól 3 m távolságra. A test másik oldalán a falra merőleges sebességgel 0,2 kg tömegű kis test közeledik 3 m/s állandó sebességgel a fal felé, és rugalmasan ütközik az első testtel. A nagy test a falnak ütközve, arról rugalmasan visszapattan. a) Mekkora utat tesz meg a kisebb test, amíg újra összeütközik a nagyobb testtel? b) Mennyi idő telik el a testek két ütközése között? A testeket tekintsük pontszerűnek. Adatok: m = 0,2 kg, M = 0,4 kg = 2m, v0 = 3
m , L = 3 m. s
a) s1 =?, b) t=? Megoldás: A feladat szövegéből kimaradt a kis test kezdősebességének értéke, de ettől a feladat paraméteresen megoldható. a) Az első ütközéskor a kis test sebessége ütközés után v1, a nagyobbiké u1. A rugalmas ütközésre érvényes a lendület- és az energia-megmaradás törvénye. kiinduló helyzet
v0 v1
1. ütközés
u1
u1
v1 s1
ütközés a fallal
L 2. ütközés
s2
s1
L
mv0 = mv1 + Mu1 (1) 1 2 1 2 1 (2) 2+2 pont mv0 mv1 Mu12 2 2 2 Az egyenletrendszert megoldva: m m 2 1 u1 = v0 (= 2 ), v1 = v0 – 2 u1 = – v0 (= –1 ). 1+1 pont 3 s 3 s L 3 L A nagyobbik test t1 = = (= 1,5 s ) 1 pont u1 2 v0 alatt éri el a falat, amivel pillanatszerűen ütközik, és ugyanakkora sebességgel visszafelé fog haladni. 1 pont 1 3 L L Ezalatt a kisebbik test s1 = v1t1 = v0 = = 1,5 m utat tesz meg. 3 2 2 v0 Mivel a nagyobbik test sebessége nagyobb, mint a kisebbik test sebessége, a nagyobbik test utoléri a kis testet, újra ütközik vele a faltól való ütközéstől számított t2 idő múlva. Ezalatt a kis test s2 = v1t2 utat tesz meg. A második ütközésig megtett utakra fennáll (ld. ábra), hogy u1t2 = L + s1 + s2 = L + s1 + v1t2 2 pont
Ebből
3 L 1 L s1 9 L 9 L t2 = = 2 = (= 4,5 s) , és s2 = v1t2 = v0 = 1,5L = 4,5 m. 1 pont 1 3 u1 v1 2 v 2 v 0 0 v0 3 A kisebbik test útja így összesen a két ütközés között s1 + s2 = 1,5 m + 4,5 m = 6 m. 1 pont L b) A két ütközés között t= t1 + t2 = 6 = (1,5 s + 4,5 s = 6 s) idő telt el. 3 pont v0 4. Négy, egyenként 0,6 kg tömegű testet az ábrának megfelelően rendezünk el, és a rendszert az első testre ható F erővel toljuk a vízszintes talajon. A testek együtt mozognak, a 3. test nem mozdul el a 2. testhez képest, illetve a 4. test nem mozdul el a 3. testhez képest. A legfelső, 4. 4. testre 1,2 N nagyságú tapadási súrlódási erő hat. A talaj és a vele érintkező testek közötti csúszási súrlódási együttható m értéke 0,2. (g =10 2 ) 3. s F a) Milyen irányú a 4. testre ható tapadási súrlódási erő? b) Mekkora a 2. test gyorsulása? 1. 2. c) Mekkora az F tolóerő nagysága? d) Mekkora és milyen irányú erőt fejt ki a 2. test az 1. testre? e) Mekkora úton mozdult el a rendszer 8 másodperc alatt, ha induláskor a sebesség 2
m nagyságú s
volt? Adatok: m=m1=m2=m3= m4=0,6 kg, (Ftap.)4=1,2 N, µ= 0,2, g =10
m m , t = 8 s, v0 = 2 . 2 s s
a) (Ftap.)4 iránya?, b) a2=?, c) F=?, d) F2,1=?, e) s=?. Megoldás: A testek egymáshoz képest nem mozognak, így az egész rendszer azonos gyorsulással jobbra mozog. a) A 4. test is az F erő irányában mozdul el, gyorsul. A 4. test gyorsulását az (Ftap.)4 tapadási súrlódási erő eredményezi. Tehát a tapadási súrlódási erő balról jobbra mutat. 2 pont ( Ftap. ) 4 ( Ftap. ) 4 1,2 N m 2 2 . A rendszer elemei azonos a b) A 4. test gyorsulása a4 = m4 m 0,6 kg s m gyorsulással mozognak, így a második test gyorsulása: a2 =a4 = 2 2 = a. 3 pont s c) Az egyes testekre írjuk fel a dinamika alapegyenletét: Az 1. testre ható erők esetén: F Fs 1 F1, 2 m a A 2. testre ható erők esetén: F2,1 Fs 2 ( Ftap .) 3 m a A 3. testre ható erők esetén: ( Ftap .) 3 ( Ftap. ) 4 m a A 4. testre ható erők esetén: ( Ftap .) 4 m a A négy egyenletet összeadva, adódik, hogy F ( Fs )1 ( Fs ) 2 4 m a A súrlódási erők pedig: ( Fs )1 ( Fny )1 m g és ( Fs ) 2 ( Fny ) 2 3 m g .
Így fennáll, hogy F m g 3 m g 4 m a , ahonnan m m 6 pont F 4 m a 4 m g 4 m (a g ) 4 0,6 kg (2 2 0,2 10 2 ) 9,6 N . s s d) Az első egyenletből a 2. test által az 1. testre kifejtett erő nagysága: m m 2 pont F1, 2 F Fs 1 m a 9,6 N 0,2 0,6 kg 10 2 0,6 kg 2 2 7,2 N . s s Ez az erő jobbról bal felé mutat (F irányával ellentétes). e) Egyenletesen gyorsuló mozgás jön létre, és mivel a gyorsulás nagysága, a kezdősebesség nagysága, a mozgás időtartama ismert, így a megtett út nagysága: m 2 2 a m 2 pont s v0 t t 2 2 8 s s (8 s) 2 80 m . 2 s 2 5. A sűrűségmérésre használt piknométer egy üvegedény, amelynek térfogata 18 ºC-on igen pontosan definiált. A piknométert most folyadék (térfogati) hőtágulási együtthatójának meghatározásra használjuk. Az adott folyadékból a piknométerbe 60 ºC-on 98,93 g-ot, 1 90 ºC-on pedig 97,59 g-ot tölthettünk. Az üveg lineáris hőtágulási együtthatója 10–5 . C a) Mekkora az adott folyadék térfogati hőtágulási együtthatója? b) Mekkora eltérést okoz a hőtágulási együttható értékében, ha a piknométer hőtágulásától eltekintünk? 1 Adatok: t=18 ºC, t1= 60 ºC, m1= 98,93 g, t2=90 ºC, m2=97,59 g, α=10-5 . C a) β=?, b) Δβ=? Megoldás: a) Jelöljük a piknométer térfogatát 18 ºC-on V-vel. A piknométer térfogata 60 ºC-on V60 V (1 3 t 1 ) , 90 ºC-on pedig V90 V (1 3 t 2 ) . 2 pont 18 m A piknométerbe öntött folyadék sűrűsége 60 ºC-on ρ1 1 , illetve 1 , 2 pont V60 1 t1 ahol ρ18 a folyadék sűrűsége 18 m1 m1 18 18 ºC-on, tehát . Így . V60 1 t1 V (1 3 t1 ) 1 t1
18 18 m2 m2 , és . 2 pont V60 1 t 2 V (1 3 t 2 ) 1 t 2 m 1 3 t 2 1 t 2 A két összefüggés osztása után adódik, hogy 1 . 1 pont m2 1 3 t1 1 t1 Adatokkal 98,93 g 1,00216 1 72 C . Innen 1,01464 42,61488 C 1 72 C , ahonnan 97,59 g 1,00126 1 42 C 1 4,98 10 4 . 1 pont C b) Ha az edény térfogat-változásától eltekintünk, akkor a piknométerbe öntött folyadékmennyiségek aránya: Hasonlóan 90 ºC-on
m1 1 t 2 98,93 g 1 72 C , azaz . 97,59 g 1 42 C m2 1 t1
Innen 1,01373 42,57666 C 1 72 C , 4,67 10 4
4 pont 1 . C
1 (~ 6%-os eltérés) 3 pont C 6. Vízszintes helyzetű, hőszigetelt (rögzített) henger 60 cm2 alapterületű. A hengerben súrlódás nélkül mozogni képes, ugyancsak jó hőszigetelő dugattyú 300 K hőmérsékletű, 112 g tömegű oxigéngázt zár el. A dugattyúhoz egyik N végével egy nyújtatlan, 800 rugóállandójú rugó csatlakozik. A m rugó másik vége egy szintén rögzített helyzetű falnak támaszkodik. A hengerbe épített melegítőt egy ideig üzemeltetjük. A rúgó ekkor 7,5 cm-t nyomódik össze. a) Hány oxigénmolekula van a hengerben? b) Mekkora erőt fejt ki a rugó a dugattyúra a melegítés befejezésekor? c) Mekkora a gáz nyomása ekkor? d) Mekkora gáz hőmérséklete a melegítő kikapcsolásakor? A külső légnyomás értéke 105 Pa. g N Adatok: A =60 cm2, T1 = 300 K, D = 800 , m = 112 g, P = 100 W, Δl=7,5 cm, M O 2 = 32 , m mol a) N =?, b) F =?, c) p =?, d) T2 =?.
Az eltérés: Δβ=3,1·10-5
Megoldás: a) Az oxigén moltömege 32
g 112 g , azaz a 112 g tömegű oxigén n = = 3,5 mol, tehát g mol 32 mol
1 3 pont 2,1 10 24 oxigénmolekulát tartalmaz. mol b) A rugó által a dugattyúra kifejtett erő a végállapotban N 2 pont F D l 800 0,075 m 60 N . m c) A gáz nyomása megegyezik a külső légnyomás és a rugó által létrehozott nyomás összegével: 60 N F p p k 10 5 Pa 1,1 10 5 Pa . 2 pont 4 2 A 60 10 m nRT1 d) A gáz kezdeti térfogata: V = = 87,25 dm3. pk Az új térfogat: V2 = V + V = V + A· Δl = 87,25 dm + 0,45 dm3= 87,7 dm3, továbbá p2 1,1 105 Pa . Az állapotegyenlet a végállapotra: p2 V2 = nRT2, pV ebből T2 = 2 2 = 331,6 K 8 pont nR
N = 3,5 mol 6 10 23
N . C a) Mekkora kezdősebességgel indítsuk el függőlegesen felfelé azt a kis golyót, amelynek tömege
7. Homogén elektromos mező térerősség vektora felfelé mutat, nagysága 1000
10 g, töltése 210–5 C, ha azt akarjuk, hogy 10 cm magasságig emelkedjen, aztán essen vissza? b) Milyen magasra emelkedne a golyó, ha nincs töltése, és az a) pontbeli kezdősebességgel indítjuk fölfelé? c) Legföljebb mekkora lehet a golyó tömege, ha azt akarjuk, hogy földobva ne essen vissza? m g = 10 2 s N m Adatok: E = 103 , m = 10 g, q = 210–5 C, h = 10 cm = 0,1 m, g = 10 2 C s a) v=? b) h’=?, c) m=? Megoldás. a) A golyót a gravitációs mező lefelé, az elektromos mező felfelé gyorsítja. Felírva az energia megmaradást (nulla szintnek a feldobás helyét választva): 1 2 mv = mgh –Eqh, ahonnan 2 2h(mg Eq ) m N v= , adatokkal mg= 10–2 kg10 2 = 0,1 N, Eq = 103 210–5 C = 0,02 N. s C m 2 2 2 0,1 (0,1 0,02) m m m v2 = = 1,6 2 , azaz v = 1,26 . 8 pont 2 0,01 s s s b) Ha a golyónak nincs töltése, egyedül a gravitáció hat rá: v 2 1,6 h’ = = m = 0,08 m = 8 cm. 3 pont 2 g 20 c) A golyó nem esik vissza, ha az eredő gyorsulása 0 vagy fölfelé mutat, azaz ha Eq mg. Eq 0,02 Ebből a golyó tömegére kapjuk, hogy m = kg = 2 g. 4 pont 10 g 8. 25 cm hosszúságú, 50 cm2 keresztmetszetű, 1000 menetes egyenes tekercsben az áram 0,1 s alatt egyenletesen 0-ról 10 A erősségűre nő. A tekercs ohmos ellenállása elhanyagolható. a) Mekkora a feszültség a tekercsen? b) Írjuk fel és ábrázoljuk a tekercs teljesítményét az idő függvényében az adott intervallumban! c) Mennyi a tekercs mágneses mezeje által ezen idő alatt felvett energia? Adatok: L = 0,25 m, A = 50 cm2 , N = 1000, t = 0,1 s, I(0) = 0, I = 10 A. a) Ui=? b) P(t)= ?, c) W =? Megoldás: a) A tekercsben feszültség indukálódik, ha változik a mágneses fluxus: B Ui = N =N A 2 pont t t I árammal átjárt tekercs belsejében a mágneses mező nagysága IN B N 2 I B = µ0 , ennek változása = µ0 . 2 pont L t L t Így az indukált feszültség:
Vs 106 10 A 50 10- 4 m 2 N I Am Ui = µ0 A= = 2,513 V 0,25 m 0,1s L t b) A tekercs teljesítménye (0 t t) az idő függvényében P(t) = UiI(t) = UiIt = 2,51310 t [s] W = 25,13t [s] W, az idővel lineárisan változik 2
4 10- 7
1 pont
3 pont
P(W) 25,13 2 pont t(s) 0,1 c) Az áram munkája a mágneses mező felépítésére fordítódik, így a P(t) grafikon alatti terület megadja a mágneses mezőben tárolt energiát: 1 1 1 0 N 2 I 1 0 N 2 A (I ) 2 A I t = W = U i I t = , ami megfelel a W = LöI2 formulának, 2 Lt 2 L 2 2 2 N A ahol Lö = 0 az önindukciós együttható. L 1 Számértékben W = 25,130,1 = 1,25 J. 5 pont 2 9. Egyforma elemekből telepet állítunk össze. A telepet a kapcsolási rajzon feltüntetett hálózatra kötjük. a) Mekkora egy elem elektromotoros ereje és belső ellenállása, ha a telepet 5 db sorosan kapcsolt elemből állítottuk össze, és tudjuk, hogy a 20 Ω-os ellenállás teljesítménye 5 W, a telep belső ellenállása 20 Ω 22 pedig a külső ellenállás -ad része? 3 b) Mekkora a kapocsfeszültség nagysága? c) Mekkora munkát végez az áram a 20 Ω-os 40 Ω ellenálláson 50 másodperc alatt, ha a telepet az előzőekben felhasznált elemekből párhuzamos kapcsolással készítjük el? 60 Ω Adatok: n=5, P3=6 W, (Rb)össz =
Rk 22
3 a) U0=?, Rb=?, b) Uk=?, c) W ? Megoldás: 3
, R1=40 Ω, R2=60 Ω, R3=20 Ω, t= 50 s.
a) A kapcsolási rajz alapján látható, hogy az R1=40 Ω és az R2=60 Ω nagyságú ellenállások párhuzamosan vannak kötve egymással, míg ezek eredőjével sorosan kötött R3=20 Ω nagyságú 1 1 ellenállás. Így a külső ellenállás nagysága: Rk R3 20 44 . 1 1 1 1 R1 R2 40 60 Mivel (Rb)össz =
Rk és n=5, így egy elem belső ellenállása: 22 3
Rk 22 3 44 4 pont Rb 3 22 1,2 . n 5 Az elemek soros kapcsolásánál a telep feszültségének nagysága: U=n·U0, és n U 0 I ( Rk n Rb ) , azaz 5·U0=I·(44 Ω+6 Ω)=I·50 Ω. Az R3=20 Ω-os ellenálláson a teljesítmény nagysága: P3=5 W=I2·R3 , ahonnan P3 5W I 0,5 A. Ennek felhasználásával egy elem elektromotoros erejének nagysága: R3 20 I 50 0,5 A 50 Ω 4 pont U0 5 V. 5 5 b) A kapocsfeszültség értéke: Uk=I·Rk=0,5A·44 Ω=22 V. 2 pont 44 (A belső feszültségesés nagysága: Ub=I·(Rb)össz=0,5 A· = 3 V, a telep feszültsége: 22 3 U=n·U0=5·5 V=25 V). c) Az elemek párhuzamos kapcsolásakor a telep feszültsége U=U0=5 V, a telep belső ellenállása R 1,2 pedig (Rb)össz = b 2 pont 0,24 . 5 5 5V U Az R3=20 Ω-os ellenálláson átmenő áram erőssége: I 0,113 A≈ Rk (R b ) össz 44 0,24 ≈ 0,11A. 2 pont Az áram munkája: W3 I 2 R3 t (0,11 A)2 20 Ω 50 s 12,1 J. 1 pont 10. Az ábra egy részecskegyorsító, a ciklotron sematikus felépítését mutatja. A két fém félhenger (a duánsok) vákuumban és mágneses mezőben vannak, őket egy keskeny légrés választja el. A mágneses mező B vektora merőleges a duánsok fedőlapjára, és függőlegesen lefelé mutat. A indukcióvektor nagysága 0,5 T. Az S forrásból 1,67·10-27 kg tömegű, 1,6·10-19 C töltésű protonok lépnek ki (jobbról balra). A kilépő protonok m sebessége 106 . s a) Mekkora sugarú körpályán indulnak el a protonok? b) Mekkora a protonok keringési ideje? c) Mikor egy proton a légrés széléhez ér, 6 kV effektív értékű,
7,579 MHz frekvenciájú, nagyfrekvenciás váltakozó feszültséget kapcsolunk a duánsokra úgy, hogy a jobboldali duáns legyen a negatív. Mekkora a proton sebessége, amikor az a jobboldali duáns baloldali széléhez ér? d) Amikor a proton a jobboldali duánsnál a légréshez ér, a feszültség előjelet vált. Mekkora a proton sebessége akkor, amikor a proton ismét a jobboldali duáns baloldali széléhez ér? e) Mekkora ekkor a proton mozgási energiája és mekkora a körpálya sugara? Adatok: m B=0,5 T, m=1,67·10-27 kg, Q=1,6·10-19C, v0=106 , U=6 kV, f=7,579 MHz s a) R0=?, b) T=?, c) v1=?, d) v3=?, e) Emozg.=? és R3=?.
Megoldás: a) A protonokra ható Lorentz-erő miatt a protonok körpályán mozognak, és a dinamika m v02 alapegyenlete alapján: Q v0 B , mivel a mágneses mező indukcióvektora és a protonok R m v0 sebességvektora egymásra merőlegesek. Innen Q B (1) R m 1,67 10 27 kg 10 6 m v0 s 0,021 m . 3 pont és a körpálya sugara R 0 19 QB 1,6 10 C 0,5 T 2 b) A sebességre nézve fennáll, hogy v0 R0 R0 , amiből a keringési idő: T 2 R0 0,021 m 2 π 1 T 1,319 10 7 s (a frekvencia : f 7,579 10 6 Hz 7,579 MHz) m v0 T 10 6 s 3 pont Másképpen (1) alapján v QB = 0 , így a frekvencia és a keringési idő független a körpálya sugarától! Figyeljük meg, R0 m hogy a gyorsító feszültség frekvenciája is éppen 7,579 MHz, így a feszültség mindig pont megfelelő pillanatban vált előjelet. c) A légrésben kialakuló elektromos mező munkája gyorsítja a protont, és fennáll, hogy 1 1 e U m v12 m v02 , ahonnan a keresett sebesség: 2 2
2 1,6 10 19 C 6000 V 6 m 2 e U 2 6 m v1 v0 10 . 3 pont 1,466 10 27 m s s 1,67 10 kg d) Az előzőek alapján kaphatjuk a légréseken való újabb áthaladások után az újabb sebességeket: 2
v2
2 e U v12 m
2 1,6 10 19 C 6000 V m m 1,466 10 6 1,816 10 6 és 27 s s 1,67 10 kg
v3
2 e U v22 m
2 1,6 10 19 C 6000 V m m 1,816 10 6 2,109 10 6 . 27 s s 1,67 10 kg
2
2
2 pont
e) A proton mozgási energiája: 2
1 1 m m v32 1,67 10 27 kg 2,109 10 6 3,714 10 15 J , a körpálya sugara: 2 2 s m 1,67 10 27 kg 2,109 10 6 m v0 s 0,044 m . 4 pont R3 19 QB 1,6 10 C 0,5 T E mozg
11. Egy 4 dioptriás egyszerű nagyítóval egy 1,2 cm átmérőjű kis pénzérmét nézünk. A pénzérmét háromszoros nagyításban látjuk. a) Mekkora a keletkező kép nagysága? b) Mekkora a lencse fókusztávolsága? c) A lencsétől hány cm-re keletkezik a kép? c) Hová kellett elhelyezni a pénzérmét? Adatok: 1 D=4 0,25 m , T = 0,8 cm, N 3. m a) K = ?, b) f = ?, c) k ? , d) t = ? Megoldás: a) A nagyítás definíciója alapján: 3 = N
K K , ahonnan a kép nagysága: T 1,2 cm
K 3 1,2 cm 3,6 cm .
2 pont 1 1 b) A lencse fókusztávolsága: f 0,25 m 25 cm. 2 pont 1 D 4 m c) A kép a lencse tárgy felőli oldalán keletkezik, így a kép látszólagos és így a nagyításra nézve k k k fennáll: N . 3 pont 3 , azaz a k képtávolság negatív. A t tárgytávolság: t 3 t t 1 1 1 1 3 1 1 1 1 , azaz A leképezési törvény alapján: , ahonnan , tehát 25 cm - k k 25 cm k k f t k 3 4 pont k 25 cm 3 1 50 cm . k (50 cm) d) A tárgytávolság nagysága: t 16,67 cm 4 pont 3 3 12. Két azonos hullámforrás (A és B) koherens hullámokat bocsát ki. A hullámforrások egymástól mért távolsága 4 m. A hullámok frekvenciája 1700 Hz és 2400 Hz A d=4m B között folyamatosan változtatható. A rajz szerint a P pontban egy érzékeny detektort helyezünk el, amely érzékeli a beérkező 60º 30º hullámokat. a) Mekkora abban az esetben a hullámok hullámhossza, ha a P pontban erősítést jelez a detektor? b) Mekkora a hullámok hullámhossza abban az esetben, amikor a P P pontban gyengítés észlelhető? m A hullámok terjedési sebessége 340 . s
Adatok: d = 4 m, α=60º, β=30º, 1700 Hz ≤ f ≤ 2400 Hz, c=340
m . s
a) λerősítés = ?, b) λgyengítés = ?. Megoldás: a) A hullámok útkülönbsége: Δs = BP AP d cos 30 d cos 60 4 m (0,866 0,5) 1,464 m . A P pontbeli erősítés feltétele: s 2 k
2
határfrekvenciák esetén! Ekkor: s 2 k1
, ahol k egész szám. Határozzuk meg k értékét a
1
k 1
c c , illetve s 2 k 2 2 k 2 . Ezekből az f1 2 f2
2 s f1 1,464 m 1700 Hz 7,32 és összefüggésekből k 1 m c 340 s s f 2 1,464 m 2400 Hz k2 10,33 . Mivel k1 és k2 is csak egész szám lehet, ezért a lehetséges m c 340 s értékek: k 1 8 és k 2 10 . s 1,464 m A keresett hullámhosszak: (λerősítés)1= 0,183 m , (a frekvencia: f1=1857,9 Hz), k1 8 s 1,464 m illetve (λerősítés)2 = 8 pont 0,1464 m , (a frekvencia: f2=2322,4 Hz). k2 10 Ha csak egy hullámhosszat talál meg 6 pont. b) A P pontbeli gyengítés feltétele: s (2 k 1) a határfrekvenciák esetén! Ekkor: s (2 k1 1)
s (2 k 2 1)
2 2
(2 k 2 1)
2
1 2
, ahol k egész szám. Határozzuk meg k értékét
(2 k 11)
c , illetve 2 f1
c . 2 f2
2 1,464 m 1700 Hz 2 s f1 1 1 340 m c 6,82 és Ezekből az összefüggésekből k 1 2 2 2 1,464 m 2400 Hz 2 s f 2 1 1 340 m c k 2 9,83 . 2 2 Mivel k1 és k2 is csak egész szám lehet, ezért a lehetséges értékek: k 1 7 és k 2 9 , de megfelel a k 3 8 is. 2 1,464 m 2 s 0,1952 m , A keresett hullámhosszak: (λgyengítés)1= 2 k1 1 2 7 1
2 1,464 m 2 1,464 m 2 s 2 s 0,1541 m , (λgyengítés)3= 0,1722 m . 2 k 21 1 2 9 1 2 k3 1 2 8 1 (Ezekhez a hullámhosszakhoz tartozó frekvencia-értékek: f1 =1741 Hz, f2 =2206 Hz, f3 =1974 Hz).
(λgyengítés)2=
7 pont Ha csak egy hullámhosszat talál meg: 5 pont. 13. Fotocella segítségével a Planck-állandó értékét szeretnénk meghatározni. A fotocellával párhuzamosan kötünk egy 2 nF-os kondenzátort. Világítsuk meg a fotocellát először 400 nm-es, majd 520 nm-es hullámhosszúságú fénnyel. Első esetben a kondenzátor 1 V feszültségre, a második esetben pedig 0,276 V feszültségre töltődik fel. a) Mekkorának adódik ebből a mérésből a Planck-állandó? b) Mekkora töltésre töltődött fel a kondenzátor az egyik, illetve a második esetben? c) Mekkora a fotókatódra vonatkozó kilépési munka elektrovoltokban kifejezett értéke? m A fény terjedési sebessége c=3·108 , az elektron töltése e=1,6·10-19 C. s Adatok: λ1=400 nm=4·10-7 m, λ2=520 nm=5,2·10-7 m, U1=1 V, U2=0,276 V, c=3·108
m , e=1,6·10-19 C, s
C=2 nF=2·10-9 F . a) h=?, b) Q1=?, Q2=?, c) Wki=? (eV). Megoldás: a) A fényelektromos egyenlet szerint fennáll, hogy c 1 c 1 h Wki m v12 és h Wki m v22 1 2 2 2 A kondenzátor addig töltődik, amíg a kondenzátor elektromos mezőjének ellentere le nem fékezi az 1 1 elektronokat. Így m v12 eU 1 és m v22 eU 2 . Ezekből az összefüggésekből: 2 2 c c h Wki e U 1 és h Wki e U 2 . A két összefüggést egymásból kivonva adódik:
1
h
c
1
h
2
h
c
2
e U 1 eU 2 , amiből a Planck-állandó értéke:
e U 1 U 2 1,6 10 19 C 1 V 0,276 V 6,69 10 34 J s . 1 1 m 1 1 c 3 10 8 7 7 s 4 10 m 5,2 10 m 1 2
6 pont.
b) A kondenzátor töltése az első esetben: Q1 C U1 2·10-9 F·1 V=2·10-9 C, a második esetben pedig Q2 C U 2 =2·10-9 F ·0,276 V=0,552·10-9 C. 2 pont. c) A kilépési munka értéke: h
Wki h
c
1
c
1
e U 1 6,69 10 34
vagy a másik érték-párból
Wki e U 1 , felhasználva, hogy 1 eV=1,6·10-9 J :
m s 1,6 10 19 C 1 V 3,4175 10 -19 J 2,136 eV J s 9 400 10 m 3 108
Wki h
c
2
e U 2 6,69 10 34
m s 1,6 10 19 C 0,276 V 3,418 10 -19 J 2,136 eV J s 9 520 10 m 7 pont. 3 108
