Szakács Jenő Megyei Fizikaverseny

Szakács Jenő Megyei Fizikaverseny

2014/2015. tanév I. forduló

2014. december 1.

1. A világ leghosszabb nyílegyenes vasútvonala (TransAustralian Railway) az ausztráliai Nullarbor sivatagon át halad Kalgoorlie és Port Augusta városok között. (Természetesen a vonalban helyenként kétvágányos kitérők, illetve állomások vannak, ahol a szemben közlekedő vonatok elhaladhatnak egymás mellett.) Menetrend szerint pontosan déli 12 órakor egy IC vonat indul Kalgoorlie-ből Port Augusta-ba, amely megállás nélkül, egyenletesnek tekinthető 120 km/h sebességgel teszi meg az utat. Délelőtt egy tehervonat indult Port Augusta-ból Kalgoorlie-be, amely szintén megállásnélküli közelítőleg egyenletes 80 km/h sebességgel halad. A két vonat pontosan egyszerre érkezik meg a célállomásra. Tudjuk még, hogy a két vonat találkozásuk előtt egy órával pontosan kétharmad olyan távolságra van egymástól, mint déli 12 órakor. Milyen messze van egymástól Kalgoorlie és Port Augusta? (20 pont) Megoldás: Megoldás: (i) A két vonat 200 km/h eredő (relatív) sebességgel halad egymás felé, így egy órával a találkozásuk előtt 200 km távolságra vannak egymástól. (8 pont) (ii) Ez kétharmad része a 12 órakor mért távolságuknak, tehát déli 12 órakor 300 km-re vannak egymástól. (4 pont) (iii) Mivel 12-kor az IC még éppen Kalgoorlie-ben van, így a tehervonat ekkor 300 km-re van Kalgoorlie-tól, amely távolságot 300/80=3,75 óra alatt teszi meg, tehát 1545-kor érkezik meg Kalgoorlie-ba. (4 pont) (iv) Az IC ugyanekkor érkezik meg Port Augusta-ba, tehát 3,75 órát haladt 120 km/h sebességgel, így a megtett út 3, 75 120  450 km , azaz Kalgoorlie és Port Augusta 450 km távolságra van egymástól. (4 pont)

2. Egy vonat egy függőleges síkú fal mellett halad a fallal párhuzamos egyenes sínszakaszon 108 km/h egyenletes sebességgel. Mekkora a sínszakasz és a fal távolsága, ha a vonat kürtjének visszhangja 1,5 másodpercet késik a hang megszólaltatásához képest? A hang terjedési sebessége levegőben 340 m/s. (10 pont) Megoldás: c=340 m/s, v=108 km/h=30 m/s, Δt=1,5 s

t  0,75 s alatt éri el a falat, miközben a hang c  t ' , 2 míg a vonat v  t ' utat tesz meg. Ezt a pillanatot tekintve a hang, a vonat és a hang kibocsátási helye derékszögű háromszög csúcsai, melyre felírva a Püthagorasz-tételt megkaphatjuk a vasúti sín és a fal A hang t ' 

távolságát: d 2   v  t '   c  t ' 2

d

2

 c  t '   v  t ' 2

2

 t ' c 2  v 2  0, 75  3402  302  254 m (10 pont)

3. Egy löveget vízszintes fennsíkon egy 100 m mély, függőleges falú szakadék szélétől 8 km távolságra állítanak fel. A feladat a szakadék fenekén elhelyezett célpontok belövése. Milyen távolságban lehet a szakadékfenék szélétől az a legközelebbi célpont, ami még eltalálható a lövedékekkel, ha azokat 300 m/s kezdősebességgel lövik ki? (20 pont) Megoldás: Jelölések: h = 100 m, s = 8 km, vkezdő = 300 m/s, a kezdősebesség emelkedési szöge . A legközelebbi eltalálható célpontok távolsága a szakadék szélétől x. A legközelebbi célpontokat eltaláló lövedékek pályája olyan, hogy éppen elhaladnak a szakadék széle mellett, azaz vízszintes irányú sebességükkel éppen a 8 km-re levő szakadékperemig érnek akkorra, mire visszajutnak a talajszintre az emelkedésük majd esésük után. (2 pont) Az emelkedés és talajszintig esés ideje legegyszerűbben abból határozható meg, hogy ideje alatt a függőleges kezdősebesség –1-szeresére változik. A lefelé mutató irányt tekintve negatívnak, írható, hogy: v  v kezdöfüggöleges  v kezdöfüggöleges 2·v kezdöfüggöleges 2·v kezdö·sin  . tszakadékig     a g g g Ez idő alatt a vízszintes sebességével éppen a szakadék széléig jut: 2·v ·sin  sin 2 2 (4 pont). s  v kezdö vizszintes·tszakadékig  v kezdö·cos  kezdö  v kezdö · g g (Ez utóbbi képletet a tanuló a Függvénytáblázatokban készen is megtalálhat.) Az utóbbiba behelyettesítve a szükséges emelkedési szögre a következő egyenlet adódik:

m  sin 2  , 8 km   300  · s  10 sm2  melynek megoldásai 1 = 31,4°és 2 = 58,6° (g = 9,81 m/s2-tel számolva: 1 = 30,3° és 2 = 59,7°), ezek közül azt kell választani, amelyik a meredekebb emelkedésű, vagyis 2-t (4 pont). 2

A további h mértékű lefelé mozdulás vkezdő függőleges lefelé mutató kezdősebességű szabadesés, aminek idejét jelöljük tszakadékban-nal: a 2  h  v kezdö függölegestszakadékban  tszakadékba n (2 pont), 2

továbbírva:

g 2 tszakadékban , 2 10 sm2 2 m tszakadékban megoldható a behelyettesítve 100 m  300 ·sin 58,6·tszakadékban  s 2 továbbesés idejére: tszakadékban,1 = 0,383 s, tszakadékban,2 = –51,6 s (g = 9,81 m/s2-tel számolva tszakadékban,1 = 0,379 s), ezek közül a pozitívat kell választani (4 pont). h  v kezdö·sin  2 ·tszakadékban 

A kérdezett távolság az ez idő alatti vízszintes elmozdulás:

x  vkezdö vízszintes·tszakadékban,1  vkezdö·cos  2 ·tszakadékban,1  300

m ·cos 58,6·0,383 s = 59,8 m s

(g = 9,81 m/s2-tel számolva: x = 57,5 m) (4 pont). (Megjegyzés: az eredmények számszerű értékei nagyon erősen függenek a számolás pontosságától!)

4. Egy henger alakú dárda hossza L  200 cm , átmérője d  2 cm , anyagának átlagos sűrűsége   0,8 g/cm 3 (gyertyánfa). Az eldobott dárda hegye v  20 m/s sebességgel éri el a talajt, és b  20 cm hosszon fúródik a homokba. A becsapódáskor a dárda merőleges a talaj síkjára. Tételezze fel, hogy a dárda lassulása (a homokba fúródás közben) jó közelítéssel állandó. (a) Mekkora erő lassította a dárdát? (10 pont) (b) Adott ellenállási erőt kifejtő talaj esetén hogyan függ a talajba fúródás mélysége a dárda hosszától? (10 pont) Megoldás: (a) A dárda lassulásának nagysága:

v 2 20 m/s a   1000 m/s 2 2s 2  0,2 m A dárda tömege és a lassító erő: 2 2 cm  π  d 2 g m L  0,8 3   200 cm  0,503kg , 4 cm 4 F  0,503 kg  1000 m/s2  503 N . (10 pont) F  ma , 2

(b) A talajba fúródás mélysége és a dárda hossza közötti kapcsolatot a munkatétel alapján határozzuk meg: v2 v2 d 2 1 2 b ~ L . (10 pont) b m  L, mv  F b , 2F 2F 4 2 A talajba fúródás mélysége egyenesen arányos a dárda hosszával. Ez az egyik magyarázat arra, hogy miért hosszúak a gerelyek, vetőlándzsák, dárdák, nyílvesszők. A másik magyarázat a repülés stabilitása és a kis légellenállás.

5. Egy állócsigán átvetett kötél két oldalán gerendák lógnak. Mindkét gerenda tömege M=50 kg. Egy közelben lévő asztalról egy macska ugrik az egyik gerendára és megrémülve attól, hogy a gerenda elindul vele lefelé, felfelé kezd rohanni a gerendán. A gerendához viszonyított mozgása úgy állandósul, hogy a macska magassága a Földhöz képest nem változik. Ekkor a gerendák gyorsulása 0,5 m/s2. Mekkora a macska tömege? (g=10 m/s2) (10 pont) Megoldás: Mivel a macska a Földhöz képest nyugalomban van, így a macskára ható nehézségi erő és a gerendával való kölcsönhatásából származó erő nagysága egyforma, hiszen irányuk ellentétes. A macska így pontosan a rá ható nehézségi erőnek megfelelő nagyságú és irányú erőt fejt ki a gerendára. Jelölje m a macska tömegét, K pedig a kötélerőt. A gerendák mozgásegyenletei:  K  Mg  Ma   Mg  mg  K  Ma

Ezekből a macska tömege: m 

2Ma 2  50  0,5   5 kg . (10 pont) g 10

6. Rómeó egy L hosszúságú, m=20 kg tömegű létrán próbál följutni Júlia erkélyére. A létra teteje és a fal között a tapadási súrlódási együttható 0,4, míg a létra alja és a talaj között 0,7. Amikor útjának 4/5-éhez ér, a létra megcsúszik alatta! Mekkora volt a létrának a fallal bezárt szöge mászás előtt? Rómeó tömege M=80 kg. (30 pont) Megoldás: Jelölések: a kölcsönhatásokban részt vevő testek (Rómeó, létra, erkély, talaj) nevének kezdőbetűje lesz az erők és az erőkarok indexének első betűje. Ha van második betű, akkor az az erő milyenségét jelenti, a „t” a tartó (felületre merőleges) erőt, az „s” a súrlódási (felülettel párhuzamos) erőt. Az ismeretlen szög . GR = 800 N, Gℓ = 200 N (ha a tanuló a súlyokat g = 9,81 m/s2 figyelembevételével számolta ki, akkor GR = 785 N és Gℓ = 196 N), 0t = 0,7, 0e = 0,4. (2 pont)

Olyan esetet célszerű vizsgálni, amikor a létra még nem csúszik, ilyenkor föl lehet írni a függőleges és a vízszintes erők, valamint a forgatónyomatékok egyensúlyainak egyenleteit. Ez utóbbihoz a forgástengely tetszőlegesen választható meg, a példában a létra alsó pontját tekintjük forgástengelynek.

Fes Fet



GR

Ftt

Feredö,vízszintes  Fts  Fet  0

ket

Gℓ

Feredö,függöleges  Ftt  Fes  G  GR  0 M eredö  G ·k   GR ·k R  Fet ·k et  Fes·k es  0 (10 pont)

Amikor létra még épphogy csak nem csúszik meg, a tapadási súrlódási erők elérik a maximumukat: Fts = 0t·Ftt és Fes = 0e·Fet (4 pont).

Fts

kℓ

kR

kes

Ezzel az egyenletek:

0t Ftt  Fet  0 Ftt  0e Fet  G  GR  0  G ·k   GR ·k R  Fet ·k et  0e Fet ·k es  0 -ként alakulnak tovább.

Az utóbbi egyenletben az erőkarok könnyen előállíthatók a létra hosszából és  szögfüggvényeiből:

1 4  G · L sin   GR · L sin   Fet ·L cos   0e Fet ·L sin   0 2 5 Behelyettesítés után 0,7·Ftt  Fet  0 Ftt  0,4·Fet  200 N  800 N  0 1 4  200 N· sin   800 N· sin   Fet ·cos   0,4·Fet ·L sin   0 2 5 Az első két egyenlet eredménye a két tartóerőre Ftt = 781 N és Fet = 547 N (ha a tanuló a súlyokat g = 9,81 m/s2 figyelembevételével számolta ki, akkor Ftt = 766 N és Fet = 536 N). (10 pont) A kapott erőket az utolsó egyenletbe helyettesítve kijön a kérdéses szög tangense: 547 N tg    1,05 1 4 200 N·  800 N·  0,4·547 N 2 5 Ebből pedig  = 46,4° (ha a tanuló a súlyokat g = 9,81 m/s2 figyelembevételével számolta ki, akkor is ugyanennyi az eredmény) (4 pont).

7. Vízszintes felületen egy 6 kg tömegű, 30º hajlásszögű lejtő csúszhat súrlódásmentesen. A lejtőre egy 3 kg tömegű hasábot helyeznek, a lejtő és a hasáb között a tapadási súrlódási együttható értéke 0,5. Legalább mekkora és legfeljebb mekkora vízszintes irányú erővel kell tolni a lejtőt, hogy a test a lejtőn ne csússzon meg? (15 pont) Mekkora ezekben az esetekben a lejtő gyorsulása és a lejtő által a talajra kifejtett nyomóerő? (15 pont) Megoldás: ,

,

,

.

Vizsgáljuk meg az m tömegű hasáb egyensúlyának feltételét a rendszer minimális gyorsulásánál! Írjuk fel az egyensúlyi egyenleteket az erők egy, a lejtőre merőleges és egy, a lejtővel párhuzamos komponenseire. (ábra: 4 pont). Vonatkoztatási rendszerünket rögzítsük az amin gyorsulással mozgó lejtőhöz! Ekkor az egyensúlyi egyenletek:

Ezekből:

Mivel a lejtő és a hasáb (így tömegközéppontjuk is) ezzel a gyorsulással halad, így a mozgást létrehozó, a lejtőre ható vízszintes tolóerő nagysága: Fmin  (m  M )  amin  5, 4 N . (10 pont) Vizsgáljuk meg az m tömegű hasáb egyensúlyának feltételét a rendszer maximális gyorsulásánál! Vonatkoztatási rendszerünket ismét rögzítsük az amax gyorsulással mozgó lejtőhöz! (ábra: 4 pont) Ekkor az egyensúlyi egyenletek:

Ezekből:

Mivel a lejtő és a hasáb (így tömegközéppontjuk is) ezzel a gyorsulással halad, így a mozgást létrehozó, a lejtőre ható vízszintes tolóerő nagysága: Fmin  (m  M )  amax  136,35 N . (10 pont)

A lejtő által a talajra kifejtett erő nagysága - mindkét esetben - a két testre ható nehézségi erők összegével egyezik meg, vagyis

Fnyomó  (m  M )  g  90 N . (2 pont)

8. A folyadékok sűrűségének mérésére használt sűrűségmérő (areométer) alul kiszélesedő, skálabeosztással ellátott vékony, zárt üvegcső, amelynek alsó, kiszélesedő ürege nehezékkel van töltve. Az ismeretlen sűrűségű folyadékot mérőhengerbe kell tölteni, és ebbe kell belehelyezni a sűrűségmérőt. A sűrűségmérő merülési mélységéből meghatározható a folyadék sűrűsége, ez a folyadékfelszín magasságában a skáláról olvasható le. Egy sűrűségmérő méréshatára 1  1 g/cm 3 ,  2  0,9 g/cm 3 . A méréshatárhoz tartozó skála hossza s  10 cm , a folyadékfelszínnel érintkező üvegcső átmérője d  0,6 cm . Mekkora a sűrűségmérő tömege? (20 pont) Megoldás: Az areométer addig süllyed a folyadékba, míg az általa kiszorított folyadék súlya egyenlővé nem válik a saját összsúlyával: mg  1V1 g , mg   2V2 g , V2  V1  ΔV ,  1 V2 V1  ΔV ΔV ΔV  1 1 1    1  1   1  , V1  9  ΔV . (12 pont) ,  2 V1 V1 V1 V1 2 0,9 9 A méréshatárok közötti csőszakasz térfogata: d 2 0,6 2  ΔV  s 10  2,827 cm 3 . (4 pont) 4 4 A 1  1 g/cm 3 sűrűségű folyadékba merülő rész térfogata: V1  9  ΔV  9  2,827 cm 3  25,45 cm 3 . (2 pont)

A keresett tömeg: m  1V1  1 g/cm 3  25,45 cm 3  25,45 g . (2 pont)

9. Egymás mellé fektetett, egyik végükön egymáshoz rögzített alumínium rúd és acélrúd hosszának különbsége 20 °C-on 0,5 m. Amikor a rudakat elkezdjük melegíteni, azt tapasztaljuk, hogy a rudak hosszának fél méteres különbsége nem változik. Mennyi volt a rudak hossza 1 kezdetben, 20 °C-on? Az alumínium lineáris hőtágulási együtthatója  Al  2, 4 105 , az C 1 acélé pedig acél  1, 2 105 . (10 pont) C Megoldás: Mivel a rudak hosszának különbsége állandó marad a hőmérsékletnövekedés hatására, ez csak úgy lehetséges, hogy azonos hőmérsékletváltozásra azonos mértékű a rudak hosszának megváltozása. Ezek alapján:

Mivel 20 Celsius fokon (is!) az acélrúd hossza (l2) éppen l = 0,5 méterrel nagyobb, mint az alumíniumé (l1), ezért:

(10 pont)

10. Egy sűrített levegővel működtetett dugattyús munkahenger látható a mellékelt ábrán. A függőlegesen álló hengerben dugattyúval elzárva levegő van. A munkahenger egyik jellemzője a dugattyú és a henger között ébredő tapadási erő. Ezt a következő módon mérjük. Ha a dugattyúra helyezünk (óvatosan, lassan ráeresztve) egy m = 23 kg-os terhet, a dugattyú lefelé elmozdul, majd megáll. Ekkor a bezárt levegő térfogata V1. Ha lassan leemeljük a terhet a dugattyúról, az fölfelé mozdul el, majd megáll. Ekkor a bezárt levegő térfogata V2  2V1 .

A dugattyú tömege elhanyagolható a teher tömege mellett, keresztmetszete A = 20 cm2. A dugattyú szivárgásmentesen zár. A külső légnyomás p0  100 kPa . A mérés során a bezárt gáz hőmérséklete állandó. Tételezzük föl, hogy a tapadási erő nagysága független a dugattyú előzetes mozgásának irányától. g  10 m/s2 nehézségi gyorsulással számoljon! Mekkora a dugattyú és a henger közötti tapadási erő? (20 pont) Megoldás: A súlyerő munkájának egy része fölmelegíti a gázt. Ha gyorsan terhelnénk meg a dugattyút, a melegedő gáz és a környezete között jelentős hőmérsékletkülönbség alakulna ki, a folyamat nem lenne izotermikus, márpedig a feltételek között ez szerepelt. Legyen a tapadási erő F. Az 1-es és 2-es állapotban a dugattyúra ható erőkből a bezárt levegő nyomása: mg F F p1  p0   , p2  p0  . (5 pont) A A A A Boyle–Mariotte-törvény: p1V1  p2V2 , mg F  F      V1   p0    V2 . (5 pont)  p0  A A A   Innen a tapadási erő: F  mg

V1 V V  p0 A 2 1 . (5 pont) V1  V2 V1  V2

Behelyettesítve:

p0 A  105  20  104 N  200 N , V1 V1 F  230 N   200 N   10 N . (5 pont) V1  2V1 V1  2V1

11. 200 g 60 °C hőmérsékletű vízzel hígított alkoholhoz 100 g 18 °C-os vizet öntünk. A keverék hőmérséklete 42,5 °C lesz. Hány tömegszázalék vizet tartalmazott az eredeti hígított alkohol? Az alkohol fajhője 0,574 cal/(g·°C), a vízé pontosan 1 cal/(g·°C). (10 pont) Megoldás: Jelölések: mvíz+alkohol = 200 g, Tvíz+alkohol = 60 °C, mvíz = 100 g, Tvíz = 18 °C, Tkeverék = 42,5 °C, calkohol = 0,574 cal/(g·°C), cvíz = 1 cal/(g·°C). Ha a tanuló idegenkedik a régies mértékegységektől, átválthatja calkohol = 2410 J/(kg·K)-re és cvíz = 4200 J/(kg·K)-re, vagy hasonló értékeket találhat a Függvénytáblázatokban. A keresett tömeghányad x.

A hideg víz éppen azt a hőt veszi fel, amit a hígított alkohol lead, az előjelesen értelmezett két hő összege 0: Qvíz  Q vízalkohol  0 (1 pont).

Ez utóbbi hő két részre bontható, a víz- és az alkoholtartalom leadott hőjére: Qvíz  Qvíztartalom  Qalkoholtartalom  0 (1 pont).

Továbbírva:

cvíz ·mvíz ·Tkeverék  Tvíz   cvíz ·mvíztartalom·Tkeverék  Tvízalkohol   calkohol·malkoholtartalom·Tkeverék  Tvíz alkohol   0

(2 pont). A hígított alkohol víztartalma a teljes tömegének x-szerese, az alkoholtartalma az (1 – x)szerese: c víz·m víz·Tkeverék  Tvízl   c víz·x·mvízalkohol·Tkeverék  Tvízalkohol   calkohol·1  x ·mvízalkohol·Tkeverék  Tvízalkohol  0 (4 pont).

Behelyettesítve az adatokat, elsőfokú egyenletet kapunk x-re: cal cal 1 ·100 g· 42,5 C  18 C   1 ·x·200 g· 42,5 C  60 C   g·C g·C , cal 0,574 ·1  x ·200 g· 42,5 C  60 C   0 g·C aminek megoldása: x = 0,296 = 29,6 % (2 pont).

12. Óriásvakut tervezel építeni, amihez egy 100 kJ energia tárolására alkalmas, lemezes kondenzátorra van szükséged. Tegyük föl, hogy be tudsz szerezni egy olyan dielektrikumot, ami 3·108 V/m térerősséget is kibír, és a relatív dielektromos állandója 5. Minimálisan hány liter dielektrikumot kell rendelned, másként fogalmazva legalább mekkora térfogatot fog közre a kondenzátor két fegyverzete, ha közöttük ez az anyag van? (30 pont) Megoldás: Jelölések: W = 100 kJ, Emax = 3·108 V/m,  = 5, a kondenzátorra kapcsolt feszültség U, a lemezek között kialakuló elektromos térerősség E, a kondenzátor kapacitása C, a lemezek területe A, távolságuk d. A legfontosabb követelmény, hogy a kondenzátor belsejében nem jöhet létre átütés, amihez az kell, hogy az elektromos térerősség a megengedhető maximum alatt legyen. Az elektromos térerősség (mint a maximum mértékegysége sugallja is) a feszültség és a lemeztávolság U V hányadosa: E   E max  3  108 (4 pont). d m

Elvárás, hogy a tárolt energia 100 kJ legyen. A kondenzátorban tárolt energia a kapacitással 1 és a feszültség négyzetével arányos: W  CU 2 . Alkalmazva a lemezes kondenzátor 2 1 A kapacitására ismert összefüggést: W  0 U 2 (2 pont). 2 d A lehető legkevesebb dielektrikumot szeretnénk megvásárolni, amihez az kell, hogy a lemezek közötti térfogat, ami egy A alapterületű és d magasságú henger térfogata, a lehető legkisebb legyen: V  A·d  min (4 pont). A lemezek közötti távolságra az átütés veszélye megszab egy feszültségtől függő minimális U értéket: d  (4 pont). E max Az energiatartalom egyenletéből pedig a lemezterület és a lemeztávolság hányadosára adódik A 2 W összefüggés:  (2 pont). d  0 U 2 A A lemezek közötti térfogat e két utóbbi mennyiségből előállítható V  d 2 alakban (8 pont). d Behelyettesítve a levezetett mennyiségeket: 2

10 5 J A 2 W  U  2 W 2   V  d2    = 2 2 d  0 U 2  E max   0 E max 12 As  V  8 5  8,854  10 Vm  3  10 m  = 0,0502 m3 = 50,2 ℓ, ez a minimális mennyiség, amit be kell szerezni. (6 pont)

13. Síkkondenzátor fegyverzetei egymástól 6 cm távolságban vannak. A fegyverzetek közé, m azoktól egyforma távolságban és velük párhuzamos 9 106 nagyságú sebességgel elektron s érkezik. Legalább mekkora feszültséget kell kapcsolnunk a 7 cm hosszú fegyverzetekre, ha azt szeretnénk, hogy az elektron ne tudjon kirepülni a kondenzátorból? (20 pont) Megoldás:

Az elektron a kondenzátor lemezei között összetett mozgást végez, mely egy, a lemezekkel párhuzamos egyenletes mozgás és egy, a lemezekre merőleges egyenletesen változó mozgás összegeként áll elő. Az elektron kilépésének vizsgálatakor arra a határesetre vonatkozó feszültséget kell meghatároznunk, ami ahhoz kell, hogy az elektron épp a kondenzátor fegyverzetének peremébe ütközzön. Az elektron kondenzátorlemezek között töltött ideje:

(2 pont) Az elektron gyorsulása a lemezek között:

(6 pont) Az elektron fegyverzetekre merőlegesen megtett elmozdulásának nagysága: (4 pont) A fentiekből: (6 pont) Ez a feszültség a határfeszültség, tehát legalább ekkora (2 pont) feszültségre van szükség, hogy az elektron ne tudjon kijutni a kondenzátorból.

14. Milyen hosszúnak kell lennie a T tükörnek, hogy a h = 1,7 m magasságú személy tetőtől talpig lássa magát, ha fejének távolsága a tükörtől a = 2 m, a tükör és a fal hajlásszöge pedig  = 30°? (20 pont) Megoldás: Meg kell rajzolni az ember tükörképét. A tükörnek olyan x hosszúságúnak kell lennie, hogy az ember fejétől (pontosabban szemétől) a tükörkép feje búbjáig húzott DD', valamint az ember fejétől a tükörkép talpáig húzott DE' vonalak a tükör síkját a tükröző felületen messék (4 pont). Az említett látóvonalak az ábrán szaggatott vonallal rajzolt nagy DD'E' háromszög két oldalát alkotják. A látóvonalak és a tükör minimális kiterjedése egy olyan derékszögű DAB háromszöget alkotnak, aminek egyik  szöge közös a nagy szaggatott vonalú háromszöggel (1 pont). A derékszögű háromszögre fölírt szögfüggvényből adódhat x: x  a tg (1 pont), azonban  nem ismert. A nagy háromszögre felírható a szinusztétel: DD  sin   , amibe az ismert oldalakat és D E  sin 

2a sin 180      adódik (3 pont). Ha  ismert lenne,  h sin  ebből  is meghatározható lenne. másik szögeket behelyettesítve

A  szög meghatározható az alapján, hogy a föntebbi DD' látóvonal és a DE függőleges irány által bezárt szög szintén , mert ezek a szögek egymás tükörképei (2 pont). Az utóbbi  szög értéke abból következik, hogy az egyike a DACFE ötszög belső szögeinek, mely belső szögek rendre , 90°, 90 –  = 60°, 90°, 90°és összegük 450°-ot ad. Eszerint  = 120° (2 pont).

2a sin 180      szinusztételbe  h sin  2·2 m 4 sin 180  120    sin 60    sin 60·cos  cos 60·sin       1,7 m 1,7 sin  sin  sin 

Visszahelyettesítve a

 sin 60·ctg  cos 60 

A

3 1 ctg  (4 pont). 2 2

4 3 1  ctg  egyenlet fizikailag számításba jövő megoldása  = 16,9° (2 pont) 1,7 2 2

Most már meghatározható a tükör szükséges mérete a korábban felírt szögfüggvénnyel: x  a tg   2 m·tg16,9 = 0,607 m = 60,7 cm (1 pont).