Szakács Jenő Megyei Fizikaverseny Megoldások 2015/2016. tanév II. forduló
Szakács Jenő Megyei Fizikaverseny
Megoldások
2015/2016. tanév
II. forduló
Minden versenyzőnek a számára (az alábbi táblázatban) kijelölt négy feladatot kell megoldania. A szakközépiskolásoknak az A vagy a B feladatsort kell megoldaniuk a következők szerint:
A: 9–10. osztályosok és azok a 11–12. osztályosok, akik két évig tanulnak fizikát.B: Azok a 11–12. évfolyamosok, akik több mint két évig tanulnak fizikát.
A rendelkezésre álló idő 180 perc. A feladatok megoldásait önállóan kell elkészítenie, a Négyjegyű függvénytáblázatok, összefüggések és adatok c. tankönyv („Függvénytábla”) észsebszámológép használható. Minden feladatot külön lapon oldjon meg!A feladatok különböző pontértékűek és az egyes kategóriákban elérhető maximális pontszámok is eltérőek lehetnek.
A gimnazisták feladatai A szakközépiskolások feladatai9. osztály 3, 5, 6, 710. osztály 1, 2, 8, 9
A 1, 5, 6, 7
11. osztály 2, 4, 12, 1312. osztály 4, 10, 11, 15
B 2, 8, 10, 14
Azokban a feladatokban, ahol ezekre az adatokra szükség van, vegye a földfelszíni gravitációs gyorsulás értékét 10 m/s2-nek!
Jó munkát kívánunk!
1. feladat Egy ruhaszárító gépnek 33 cm sugarú, vízszintes tengelyű dobja van, mely a tengelye körül állandó fordulatszámmal forog. A ruhadarabok az ábrán látható módon azon a ponton válnak el a dobtól, amit a középponttal 68°-os emelkedésű szakasz köt össze. Mekkora a percenkénti fordulatszám? (20 pont)
Megoldás:
A ruha akkor van a dobtól való elválás határán, amikor a dob által a felületre merőlegesen kifejtett erő eltűnik, de az erők eredője még létrehozza az acp
centripetális gyorsulást (2 pont, l. az ábrát). A ruhára (tömegét jelöljük m-mel) ilyenkor is mindig hat a függőleges m·g gravitációs erő, valamint ha a dob felülete megfelelő alakú (mint az ábrán is), a felülettel párhuzamos K kényszererő (3 pont).
m·acp
K
m·g
(3 pont)
m·acpm·g
K68°
(3 pont)A két erő és az eredő gyorsulásnak a tömeggel való szorzata derékszögű vektorháromszöget alkot, melynek az eredővel szemközti szöge éppen a megadott emelkedési szög. Ennek a
szögnek fölírhatjuk a szinuszát a háromszögben: m·g
rm
m·g
am ···68sin
2cp , (3 pont)
amiből nr
g··230,5
m33,0
68·sin1068·sins1s
m2
, (3 pont)
s végül 2·
30,5 s1
n = 8,44 1/s = 50,6 1/perc. (3 pont)
2. feladat Egy vízszintes, súrlódásmentes deszka közepén egy apró lyuk van, melyen egy elhanyagolható tömegű fonál van átfűzve. A fonál két végéhez egyforma tömegű testeket kötöttek. A deszkán lévő test 2 méter sugarú pályán egyenletes körmozgást végez, míg a másik test a fonál végén szabadon lóg és nem mozog. (a) Mekkora a körmozgást végző test sebességének nagysága? (6 pont) (b) A fonálon lógó test tömegét megnövelték és a deszkán mozgó test ennek hatására fél méter sugarú körpályára állt. Mekkora a körmozgást végző test sebessége ekkor? (7 pont) (c) Hányszorosára növelték a fonálon lógó test tömegét? (7 pont)
Megoldás
(a) Jelölje K a kötélben ébredő erőt!A testek mozgásegyenletei ezek után:
cp
0
amK
Kmg
(3 pont)Ezekből:
s
m472,4m2
s
m10
2
2
rgv
mgr
vm
(3 pont)
(b) A perdület-megmaradás törvényét alkalmazva a test sebességének nagysága:rvmrmv
(4 pont)
s
m888,17
m5,0
m2
s
m472,4
r
rvv
(3 pont)(c) A fonálon lógó test tömege legyen x·m.A mozgásegyenletek:
r
vmamK
Kmgx
2
cp
0
(3 pont)Ezekből:
6499,63
m5,0s
m10
m2s
m4721,4
3
2
22
3
222
2
rg
rv
rg
vx
r
vmxmg
(4 pont)
3. feladat Egy vidámpark népszerű attrakciója a „rotor”,egy nagy, 8 m átmérőjű függőleges henger, ami elég gyorsan forog tengelye körül ahhoz, hogy a benne állók a falhoz „tapadva” akkor is a helyükön maradjanak, ha a lábukat felemelik a padlóról. Az utasok 23,9 1/perces fordulatszámnál tapadnak „kellőképpen” a falhoz. Mekkora az emberek háta és a fal közötti tapadási súrlódási együttható? (20 pont)
Megoldás:
Az utasokra három erő hat: a súlyuk, a fal által a felületre merőlegesen kifejtett nyomóerő és a felülettel párhuzamos súrlódási erő, ami akadályozza a súrlódás hiányában történő lefelé csúszást, tehát fölfelé irányul (3 pont, l. az ábrát).
Ismeretes, hogy a tapadási súrlódási erő maximuma a felületeket összenyomó erővel arányos, az arányossági tényező a 0 tapadási súrlódási együttható: tapny0· FF (3 pont). Az utasokat a
tapadás megvédi a padlóra csúszástól: gmF ·tap (3 pont), a nyomóerő pedig körmozgásban tartja őket: rmamF ··· 2
cpny (3 pont).
Mindezek az összefüggések így egyesíthetők:
m·g
Ftap
Fny
(3 pont)
gmrm ···· 20 , amiből
m4·
s60
19,23·2
10
m4·9,23·2
10
· 2sm
2
s1
sm
20
22
r
g= 0,40
(3 pont). A feladat megfogalmazása szerint a megadott fordulatszám épphogycsak elég az emberek falhoz „tapasztásához”, ezért a tapadási súrlódási erő a minimálisan szükséges 0,40(2 pont).
4. feladat Az 52-es út Kecskemétet és Fülöpszállást összekötő 36 km hosszúságú szakasza gyakorlatilag vízszintes és egyenes. Egy kerékpárversenyző edzés gyanánt letekeri az oda-
vissza utat. A teljes idő alatt állandónak tekinthető 12 km/h sebességű szél fújt Fülöpszállástól Kecskemét felé. A kerékpáros a Kecskemétről Fülöpszállásra való utat 1,5 óra alatt tette meg. Mennyi idő alatt teszi meg a visszautat, ha mind az oda, mind a vissza úton (más-más) egyenletes sebességgel haladt úgy, hogy a légellenállással szemben kifejtett teljesítménye mindvégig állandó volt? A kerékpárosra ható légellenállási erő az ún. Rayleigh-összefüggés szerint
arányos a kerékpáros levegőhöz viszonyított vrel sebességének négyzetével: 2e relF k v . (A
légellenálláshoz képest a gördülési ellenállást aszfalt úton, keményre felfújt gumik esetén elhanyagolhatjuk.) (30 pont)Segítség: Egy (valós együtthatójú)
3 2 0ax bx cx d harmadfokú egyenlet (valós) x megoldását az alábbi három lépésben kaphatjuk meg:
(1) 2 3
2 3 2
2 és
3 27 3
c b d b bcp q
a a a a a ,
(2) 2 3
2 3
q pD
,
(3) 2 23 3
2 2 3
q q bx D D
a .
Megoldás:
Az útszakasz hossza s=36 km; a szélsebesség u=12 km/h, az oda út időtartama t1=1,5 óra.
A Kecskemétről Fülöpszállásra való oda út során a kerékpáros sebessége:
11
36 24
1,5
s km kmv
t h h . (2 pont)
Az oda úton a kerékpáros szembeszélben halad, így a levegőhöz viszonyított sebessége
1v u (3 pont), tehát a légellenállási erő ekkor:
2
1 1F k v u , (2 pont)
a kerékpáros teljesítménye pedig:
2
1 1 1 1P F v k v u v (3 pont)
A vissza úton a kerékpáros sebessége legyen v2, mivel ekkor hátszélben halad, így a levegőhöz viszonyított sebessége 2v u (3 pont), tehát a légellenállási erő:
2
2 2F k v u , (2 pont)
a kerékpáros teljesítménye pedig:
2
2 2 2 2P F v k v u v (3 pont)
Mivel tudjuk, hogy a kerékpáros teljesítménye állandó volt, így:
2 2
1 1 2 2k v u v k v u v . (4 pont)
k-val egyszerűsítve és az ismert adatokat behelyettesítve:
2 2
2 224 12 24 12v v ,
amelyet rendezve a:3 22 2 224 144 31104 0v v v
harmadfokú egyenletre jutunk, amelyet a Segítség-ben megadott lépésekkel megoldva a
2 40 km
vh
(6 pont) értéket kapunk (a pontos számérték 39,915), így a vissza út időtartama:
22
36 0,9 54
40
s kmt h perc
kmvh
. (2 pont)
5. feladat Biofizikai mérések szerint az emberek futás közben egy-egy lépés megtétele alatt testsúly-kilogrammonként kb. 0,6 J energiát használnak el. Milyen gyorsan fut az a 60 kg-os versenyző, aki 70 W teljesítményt „fogyaszt”? Tegyük fel, hogy a futó egy lépése 1,5 m hosszú. (10 pont)
Megoldás:
Ha P = 70 W teljesítményt használ el, miközben E = 0,6 J/kg·60 kg = 36 J energia szükséges
egy lépéséhez (3 pont), akkor egy lépése időben s514,0W70
J36
P
Et -ig tart (4 pont).
A lépéshossz ismeretében az eredmény s514,0
m5,1
t
sv = 2,92 m/s (3 pont).
6. feladat Egy 45 kg-os fiú egy 135 kg-os palló egyik végén áll. A palló egy befagyott tavon, vízszintes, súrlódásmentes felületen fekszik. Karnyújtásnyira a palló mellett, a fiútól 4,5 m távolságra egy kesztyű hever a jégen. A fiú nekiindul, és végigsétál a pallón, ahhoz képest 1,5 m/s sebességgel. Legalább milyen hosszúnak kell lennie a pallónak, hogy a fiú fel tudja venni a kesztyűt?(20 pont)
Megoldás:
mf=45 kg, mp=135 kg, vrel=1,5 m/s, s=4,5 m.
Az ábra szerint jelölje a fiú jéghez képesti sebességét vf, a pallóét (ellenkező irányban) vp.
Ha a jégfelület súrlódásmentes, akkor a fiúból és a pallóból álló rendszer zárt, mivel a külső erők eredője nulla (csak függőleges irányú külső erők hatnak, a fiú és a palló súlyerejének, valamint a jégfelület tartóerejének eredője nulla). Zárt rendszerre alkalmazhatjuk a lendület-megmaradás tételét, azaz jelen esetben: a fiúból és a pallóból álló rendszer teljes lendülete a fiú elindulása előtt nulla volt, így a fiú elindulása után is nulla lesz:
0 f f p pm v m v . (4 pont)
Tudjuk még, hogy a fiú pallóhoz képesti relatív sebessége a jéghez képesti sebességek összege (mivel a sebességvektorokat ellentétes irányban vettük fel):
rel f pv v v . (4 pont)
A két-ismeretlenes egyenletrendszer megoldása: vf=1,125 m/s és vp=0,375 m/s. (4 pont)
Jelölje t azt az időtartamot, amíg a fiú halad a pallón, hogy a jéghez képesti elmozdulása a kívánt s legyen:
fs v t ,
amiből:
f
st
v (4 pont)
Ezen idő alatt a fiú pallóhoz képesti elmozdulása:4,5
1,5 6 1,125rel rel
f
sl v t v m
v (4 pont)
A fiúnak 6 m kell megtennie a pallón, tehát a pallónak legalább 6 m hosszúnak kell lennie.
7. feladat A Föld felszínén mérhető p0 = 105 Pa légnyomás abból származik, hogy a légkör súlya eloszlik a Föld felszínén.(a) Becsülje meg a Föld légkörében található levegő tömegét! (A Föld sugara 6370 FR km )
(5 pont)(b) Egy lélegzetvételünk során hány molekulát lélegzünk be Julius Caesar utolsó leheletéből? Tegyük föl, hogy valahogyan megjelölték azokat a molekulákat, amelyeket Julius Caesar utolsó légzése során kilélegzett. Több mint két ezer év alatt ezek a molekulák egyenletesen elkeveredtek a légkörben. Egylélegzetvételünkben legnagyobb valószínűséggel hány megjelölt molekula van? Az egyszeri alkalommal ki-, illetve belégezett levegő tömege 0,5 g, a levegő móltömege 29 g/mol, az Avogadro-állandó 6·1023 1/mol. (15 pont)
Megoldás:
(a) A nyomás definíciója szerint tehát:
0 24
légkör
F
m gp
R, (3 pont)
amiből:2
18045,1 10
F
légkör
R pm kg
g(2 pont)
(b) Avogadro-törvénye alapján egy lélegzetnyi levegőben levő molekulák száma:
23 220,5 16 10 1,03 1029
lélegzetlélegzet A
levegő
m gN N molgM
mol
(5 pont)
Ez egyszersmind a Julius Caesar utolsó leheletében levő molekulák száma: 221,03 10JCN .
Avogadro-törvénye alapján a Föld légkörében levő molekulák száma:21
23 445,1 10 16 10 1,055 1029
légkör
légkör Alevegő
m gN N molgM
mol
(5 pont)
Ezek alapján a Caesar által kilehelt molekulák aránya a légkörben:
220,976 10JC
légkör
Na
N . (2 pont)
Ha az eltelt idő alatt a keveredés tökéletesnek tekinthető, akkor egy lélegzetnyi levegőnkben is ilyen arányban található Caesar utolsó leheletéből származó molekula, azaz:
22 22/ 0,976 10 1,03 10 1JC lélegzet lélegzetN a N (3 pont)
Tehát lélegzetvételenként átlagosan 1 molekulát lélegzünk be Julius Caesar utolsó leheletéből.
8. feladat Egy gázelegy kétféle gázból áll, az egyik komponens tömege kétszerese a másikénak. Ha a tömegértékeket felcseréljük, akkor változatlan térfogat és hőmérséklet mellett az új gázelegy nyomása 25 százalékkal több, mint az első esetben. Milyen gázok alkothatják az elegyet? (20 pont)
Megoldás
A gázelegy nyomása a gázkomponensek parciális nyomásának összege:
VM
RTm
VM
RTm
p21
13
2
3
VM
RTm
VM
RTm
pp21
1233
2
25,1
(6+6 pont)Ebből:
21
21
21
21
21
12
3
2
3
33
2
25,1
MM
MM
VM
RTm
VM
RTm
VM
RTm
VM
RTm
21
2 M
M
(8 pont)(Lehetséges gázpárok: He és H2; H2S és NH3; O2 és CH4)
9. feladat Tervezzen 500 kg összes teher (hasznos teher, kötélzet, gondola, ballon anyaga, palackok stb.) fölemelésére alkalmas hőlégballont. A ballon alja nyitott, anyaga biztonsággal 80 °C-ot bír ki. A légnyomás 103 kPa, a külső levegő hőmérséklete 20 °C, a levegő móltömege 29 g/mol. Mekkora legyen a hőlégballon térfogata? (A teher térfogatát hanyagolja el a ballon térfogata mellett. A ballonban a hőmérséklet mindenütt azonos.)(20 pont)
Megoldás:
Tk=20 °C=293 K; Tb=80 °C=353 K; p=103 kPa; Re=288 J/(kg·K); m=500 kg.
Az ideális gáz állapotegyenlete:m
pV RTM
,
amiből a gáz sűrűsége:
pM
RT . (6 pont)
A kinti levegő hőmérséklete Tk, a ballonban levőé Tb, a nyomás a ballonban is és kívül is p, így a kinti, illetve a ballonban levő levegő sűrűsége:
5
3
1,03 10 291, 226
8314 293kk
pM kg
RT m
, (2 pont)
illetve:5
3
1,03 10 291,018
8314 353
b
b
pM kg
RT m. (2 pont)
A V térfogatú ballonra ható eredő felhajtóerő:
f k bF Vg , (6 pont)
amely erő egyensúlyt tart az összes teher súlyával,azaz:
f k bF Vg mg , (2 pont)
amiből:
3500
2404 1, 226 1,018k b
mV m
. (2 pont)
Tehát a hőlégballon térfogata 2404 m3 legyen.
10. feladat Egy gyorsliftben lengésbe hozunk egy matematikai ingát, melynek hossza 0,6
méter. A lift a földszintről indul 2s
m75,2 gyorsulással, majd amint eléri az utazósebességét,
mely s
m5,7 , egyenletesen halad tovább egészen mozgásának harmadik szakaszáig. A
harmadik mozgásszakasz alatt a lift 2s
m5,1 lassulással mozog, melyet a liftet vezérlő
automatika úgy állít be, hogy a lift sebessége éppen a célállomásra érkezéskor váljon nullává. (a) Mennyi ideig mozog a lift egyenletesen, ha a 69. emelet volt a célállomás és minden szomszédos emelet távolsága 2,5 méter? (8 pont) (b) A lift mozgása során hány teljes lengést végez az inga a liftben? (12 pont)
Megoldás
(a)1. mozgásszakasz ideje:
s727,2
s
m75,2
s
m5,7
21
1
a
vt
(2 pont)3. mozgásszakasz ideje:
s5
s
m5,1
s
m5,7
22
3
a
vt
(2 pont)2. mozgásszakasz ideje:A kiinduló állomás és a végállomás távolsága: m5,172m5,269 dxsA teljes mozgásra vonatkozó sebesség-idő függvény alatti terület alapján:
223
21 tv
tvtv
s
s1365,19
s
m5,72
s5s
m5,7s727,2
s
m5,7m5,1722
2
2 312
v
tvtvst
(4 pont)(b)
1. mozgásszakasz során a lengések száma:
s363,1
s
m10
s
m75,2
m6,022
22
1
ga
lT
00,2001,2s363,1
s727,2
1
11
T
tZ
(3+1 pont)3. mozgásszakasz során a lengések száma:
s6693,1
s
m5,1
s
m10
m6,022
22
3
ag
lT
00,39952,2s6693,1
s5
3
33
T
tZ
(3+1 pont)2. mozgásszakasz során a lengések száma:
s5391,1
s
m10
m6,022
2
2 g
lT
43,12s5391,1
s1365,19
2
22
T
tZ
(2+1 pont)Az inga teljes lengéseinek szám: 43,1700,343,1200,2321 ZZZZ
(1 pont)
11. feladat Egy cselló húrjának szabadon rezgő része (ami az ún. láb és a fogólap között feszül az ábrán látható módon) 60 cm hosszúságú. A húr a 440 Hz-es zenei A-hangot adja ki. (a) Hova tegye a zenész az ujját (a lábtól való távolságban kifejezve), hogy az 587 Hz-es D-hang szólaljon meg? Mindkét hangot a húr alaprezgése adja ki. (b) Lehetséges-e újrahangolás nélkül ezen a húron a 392 Hz-es G-hangot lejátszani? Hogyan, ill. miért nem? (20 pont)
Megoldás:
A húron állóhullámok alakulnak ki, melyek félhullámhossza (a két kötött vég miatt) k egész számszor (jelen esetben adott, hogy egyszer, mert az alaprezgéssel kiadott hangokról van szó) fér a húr rezgő x hosszába (3 pont):
f
ckx
·2·1
2·
(3 pont), ahol c a hullámok terjedési sebessége a húron (ami minden hang
esetén azonosnak tekintendő), és f a kiadott hang frekvenciája.
Az A hang esetén a rezgő hossz az L = 60 cm teljes húrhosszúság: AA
A ·2·2·
f
c
f
ckL
(2 pont).Ha a D hangot kell lejátszani, és a húrt a lábtól xD távolságra kell lefogni, akkor
hasonlóképpen teljesül, hogy D
DD
D ·2·
·2 f
ck
f
cx (2 pont).
A két egyenletet egymással elosztva kifejezhetjük, hogy Lf
f
k
kx ··
D
A
A
DD (2 pont).
Újra figyelembe véve, hogy a hangszerhúr alaphangjával számolunk, azaz kA = kD = 1, azért
cm60·Hz587
Hz440D x = 45,0 cm (2 pont).
Ha a G hang lejátszásához próbáljuk hasonlóképpen megkeresni a lefogás pontját:
Lf
f
k
kx ··
G
A
A
GG (2 pont), akkor GA ff miatt alaphangok használata esetén (kA = kG = 1) a
húr teljes hosszúságánál nagyobb rezgő hossz adódna (2 pont), vagyis nem lehetséges az alaphangnál mélyebb hang lejátszása (2 pont).
12. feladat Két azonos tömegű és azonos töltésű szigetelő golyót d hosszúságú szigetelő fonálra erősítünk, majd a fonalak szabad végét közös P pontba függesztjük fel. Az elektromosan töltött golyókat szintén d hosszúságú, vízszintes helyzetű szigetelő fonállal kötjük össze. A három fonál így egy szabályos, függőleges síkú háromszöget alkot. A rendszer egyensúlyban van, és mindhárom szigetelő fonálban azonos nagyságú erő ébred. (a) Ha a töltéseket összekötő fonalat elégetjük, akkor mekkora és milyen irányú lesz a töltések gyorsulása az elégetés pillanatában? (8 pont) (b) Mekkora maximális 2 szöget zárnak be a töltések fonalai a szétlendüléskor? A súrlódási veszteségeket hagyjuk figyelmen kívül!(12 pont)
Megoldás
(a) Jelöljük a kötélben ébredő erőket K-val!A golyók egyensúlyából adódik, hogy
láb
fogólap
mgK
FKK
60sin
60cos e
Ebből mgF 3e (3 pont)
A vízszintes fonál elvágása után a töltések gyorsulása a felfüggesztett fonalakra merőleges lesz, azaz a vízszintessel 30 fokos szöget zár be. (2 pont)Nagyságát a mozgásegyenletből kaphatjuk meg:
mamgF 60cos30cose
Ebből 2s
m10 ga (3 pont)
(b) A maximális fellendülés szögét az energiamegmaradás törvényéből kaphatjuk meg: a golyók helyzeti energiáinak növekedését az elektrosztatikus potenciális energiájuk csökkenése fedezi.
sin2cos
2
32
22
d
Qk
d
Qkmgd
(4 pont)
Mivel mgF 3e , ezért mgdd
Qk 3
2
. (3 pont)
Ezt beírva az energiaegyenletbe rendezés után:
2
32sin (3 pont)
A lehetséges értékek 602 (a kezdeti helyzet) illetve 1202 .
A maximális kilendülés értéke így 1202 (2 pont)
13. feladat Határozza meg a forró aszfalt felett fölhevült levegő törésmutatóját a következő délibáb-jelenségből: egy teherautó vezetője, akinek szemmagassága 2 m az út fölött, víztócsát lát maga előtt az úton, a vízszintessel lefelé 1,2°-os szöget bezáró irányban. Az út természetesen száraz, a tócsa képzetét a forró levegő határán teljes visszaverődést szenvedő fény kelti. A levegő törésmutatója az aszfalttól távol 1,0003. Mekkora a törésmutató közvetlenül az úttest fölött? (10 pont)
Megoldás:
A sofőr szemébe az égről jut kék fény, az ábrán látható sugármenetet követve (2 pont):
ég
bb
a
hűvösebb levegő
forró levegő
(2 pont)
A forró és a hűvösebb levegő határára a fény = 90° – = 90° – 1,2° = 88,8°-os szög alatt esik be (2 pont), és ott teljes visszaverődés történik, melynek határesete az, hogy a törési törvény szerint a fénysugár 90°-os törési szög alatt „hatolna” az új közegbe (1 pont):
90·sin8,88·sin forróhüvös nn (1 pont), és ezt átrendezve
90sin
8,88sin·0003,1
90sin
8,88sin·hüvösforró nn =1,00008 (2 pont).
Megjegyzés: ha az útfelület felé közeledve fokozatosan melegedő levegőt veszünk számításba, és a törési törvényt sorra vékony, már állandó hőmérsékletűnek tekinthető légrétegek határaira írjuk föl, akkor is a fenti végeredményt kapjuk, vagyis az 1,00008-as és annál kisebb törésmutatójú levegőbe már nem hatol be a fénysugár.
14. feladat A sima felületű Csendes-óceán felett 20 kilométer magasan repülőgép repül. A Hold éppen függőlegesen felette van, amikor a pilóta lenéz az óceán vizére. Mekkorának látja a pilóta a Holdat az óceánban a Hold látszólagos méretéhez képest? (A Föld sugara 6370 kilométer, a Hold távolsága a Föld középpontjától az aktuális helyzetben 384 ezer kilométer.)(30 pont)
Megoldás
hk
Ktg
ht
Ttg
(2+2 pont)Ebből a szögnagyítás:
hk
ht
T
K
(2 pont)BOD és AOC háromszögek hasonlóságából:
b
kr
T
K
(4 pont)A tárgytávolság meghatározása: km377630km6370km384000 rbt (2 pont)A képtávolság meghatározása a lencse- és tüköregyenletből:
km1,3212km6370km3776302
km377630km6370
2121
2
111
rt
rt
tr
k
rtk
(4 pont)A fentiekből a szögnagyítás:
9608,0km20km1,3212
km20km377630
km384000
km1,3212km6370
hk
ht
b
kr
(4 pont)
Megjegyzés: Amennyiben a versenyző aT
K arányt a
t
k
T
K összefüggésből számolja ki, azt a
megoldást is teljes értékűnek kell elfogadni, bár ebben az esetben a szögnagyításra eredményül 0,9938-at kap.
15. feladat A budapesti Kosztolányi Dezső téren található 4 21,1 10 m területű „Feneketlen-tó” vízmennyiségét a
következőképpen mérték meg: a tóba 150 mCi aktivitású Na24 izotópot juttattak NaCl formájában. 60 óra elteltével 10 liter vízmintát vettek a tóból, melynek aktivitását 0,002 Ci-nek mérték. (Tételezzük fel, hogy a 2,5 nap alatt a bejuttatott izotópmennyiség tökéletesen elkeveredett a tó teljes vízmennyiségében.)(a) Mekkora a tó átlagos vízmélysége, ha a Na24 izotóp felezési ideje 15 óra? (1 Ci egy gramm rádium aktivitásának felel meg:
101 3,7 10 bomlás
Cis
.) (15 pont)
(b) Mit gondol, miért a Na24 izotópot használták, és miért NaCl vegyület formájában a méréshez? (5 pont)
Megoldás:
10 150 1,5 10 A mCi Ci , 9
minta 60 0,002 2 10 A t h Ci Ci , 12
15 T h .
(a) A tóba juttatott radioaktív Na aktivitása a bomlási törvény szerint:
12
60 4 015
0 0 060 2 2 216
th
Th
AA t h A A A
(1) (5 pont)
Ez az aktivitás a tó teljes V vízmennyiségében mérhető, 10 liternyi mintában arányosan kevesebb (feltételezve a tökéletes keveredést):
minta
10 60 60
lA t h A t h
V . (5 pont)
Ebből már (1) felhasználásával megkaphatjuk V értékét:
10
7 39
minta minta
1,5 1060 16 1610 10 10 4,69 10 46900
60 60 2 10
AA t h
V l l l l mA t h A t h
.
Tehát a "Feneketlen-tó" vízmennyisége mintegy 46 900 m3, amiből az átlagos vízmélység:4 3
4 2
4,69 10 4, 26
1,1 10
V mh m
A m
(5 pont)
(b) Mivel a konyhasó (NaCl) nagyon jól oldódik a vízben, így feltételezhető, hogy néhány nap alatt a bejuttatott só-mennyiség tökéletesen elkeveredett a teljes vízmennyiségben (3 pont). Másrészt a Na24 izotóp felezési ideje (15 h) elég rövid, így az amúgy is kis mennyiségű radioaktív anyag egy hét alatt gyakorlatilag teljesen eltűnik (a radioaktív nátrium β- bomlással stabil magnéziummá alakul). (2 pont)