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)