Cím:	A 2000/2001. tanévi fizika OKTV II. fordulójának feladatmegoldásai
Szerző(k):	Holics László
Füzet:	2002/február, 105 - 116. oldal	PDF  |  MathML
Témakör(ök):	OKTV

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre. Az I. kategória (szakközépiskolások) feladatai   1. feladat. Egyenletesen növekvő gyorsulással mozgó test gyorsulása $t_0=0\text{s}$-kor $a_0=2\text{m/<math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mrow><msup><mrow><mi>s</mi></mrow><mrow><mn>2</mn></mrow></msup></mrow></math>}$, $t_1=1\text{s}$-kor $a_1=3\text{m/<math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mrow><msup><mrow><mi>s</mi></mrow><mrow><mn>2</mn></mrow></msup></mrow></math>}$. A sebessége $t_0=0$-kor $v_0=1\text{m/s}$. $a)$ Mekkora lesz a sebessége $t_2=10\text{s}$-kor? $b)$ Határozzuk meg a mozgás $v-t$ függvényét, majd vázoljuk fel egy $v-t$ koordináta-rendszerben! $c)$ Becsüljük meg, hogy mekkora utat fut be a test a $0<t<10\text{ s}$-os intervallum első és az utolsó másodpercében! (Blészer Jenő)   Megoldás. A gyorsulás‐idő diagram az 1. ábrán látható. A test gyorsulása $t_2=10$s-kor $a_2=12\text{m/<math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mrow><msup><mrow><mi>s</mi></mrow><mrow><mn>2</mn></mrow></msup></mrow></math>}$. A sebességváltozást a grafikon alatti (trapéz alakú) terület nagysága adja meg: $\Delta v=70$m/s, és mivel a testnek kezdősebessége is volt, a $t_2$ idő alatt elért sebessége: $71$m/s. $b)$ A fentihez hasonló számítás elvégezve (de $t_2$ helyére egy általános $t$ időt írva) megkapjuk a mozgás $v-t$ függvényét. Ez (az SI rendszerben számolt mértékegységek elhagyásával) $\begin{array}{c}{\displaystyle v=1+2t+\frac{1}{2}{t}^2=\frac{1}{2}{\left(t+2\right)}^2-1.}\end{array}$ Ez a függvény egy transzformált normál-parabola (2. ábra).  1. ábra 2. ábra  $c)$ A $0<t<1$ s és a $9\text{s}<t<10$s időközökben megtett utak a fenti $v-t$ grafikon megfelelő területeinek meghatározásával számíthatók. Mivel ilyen rövid időközökhöz tartozó értékek igen jó közelíthetők egyenes szakaszokkal, lényegében egy-egy trapéz területének meghatározására egyszerűsödik a feladat. Eszerint az első másodpercben közelítőleg $2\mathrm{,}25\text{m}$, a tizedikben pedig kb. $65\mathrm{,}25\text{m}$ utat tesz meg a test.   Megjegyzés: A közelítés jogossága ellenőrizhető az integrálással kapott pontos értékkel való összehasonlítás útján. Ezzel a két útszakasz hossza: $s_1=2\mathrm{,}17\text{m}$, illetve $s_2=65\mathrm{,}17\text{m}$. A relatív hiba az első esetben kb. $4\%$, a másodiknál pedig $0\mathrm{,}1\%$.   2. feladat. Vízszintes tengelyű, $M$ tömegű, $R$ sugarú henger súrlódásmentesen foroghat. A hengerpalástra tekert fonál másik végéhez egy $m$ tömegű nehezéket erősítettünk. Kezdetben a fonál függőleges egyenest alkot, feszítetlen állapotban. A nehezéket erről a szintről $h$-val magasabbra emeljük, majd kezdősebesség nélkül elengedjük. Az elengedéstől szá- mítva mennyi idő múlva tesz meg a nehezék $2h$ utat? (A fonál nyújthatatlan, a kölcsönhatás pillanatszerű és abszolút rugalmatlan. Adatok: $M=2\text{kg}$, $R=0\mathrm{,}2\text{ m}$, $m=3\text{ kg}$, $h=1\mathrm{,}2\text{m}$.) (Holics László) 3. ábra   Megoldás. A nehezék sebessége ,,ütközéskor'' $v=\sqrt[]{2gh}$. A fonál pillanatszerű erőlökése alatt a nehézségi erő elhanyagolható, vagyis a rendszernek a forgástengelyre vonatkoztatott perdülete megmarad: $\begin{array}{c}{\displaystyle mvR=muR+\frac{1}{2}m{R}^2\omega \mathrm{.}}\end{array}$ A fonál nyújthatatlansága (kényszerfeltétel) miatt $u=R\omega$. Ezekből az egyenletekből $\begin{array}{c}{\displaystyle u=\frac{2m}{2m+M}\sqrt[]{2gh}=3\mathrm{,}64\text{m/s. }}\end{array}$ Innen kezdve a nehezék $u$ kezdősebességgel, egyenletesen gyorsulva folytatja útját. A nehezék mozgásegyenlete: $\begin{array}{c}{\displaystyle mg-K=ma\mathrm{,}}\end{array}$ a henger forgásának egyenlete: $\begin{array}{c}{\displaystyle KR=\frac{1}{2}m{R}^2\beta \mathrm{,}}\end{array}$ ahol $\beta =a/R$. Ezekből a nehezék gyorsulása: $\begin{array}{c}{\displaystyle a=\frac{2m}{2m+M}g=7\mathrm{,}36{\text{m/s}}^2\mathrm{.}}\end{array}$ A mozgás első szakaszának megtételéhez szükséges idő: $t_1=\sqrt[]{2h/g}=0\mathrm{,}495\text{s}$. A mozgás második szakaszának idejét az úttörvényből kapjuk: $h=ut+\frac{1}{2}a{t}^2$, ahonnan $\begin{array}{c}{\displaystyle t_2=\frac{-u+\sqrt[]{u^2+2ah}}{a}=0\mathrm{,}261\text{s. }}\end{array}$ A $2h$ út megtételéhez szükséges idő $t=t_1+t_2=0\mathrm{,}76\text{s}$.   3. feladat. Két, igen nagy távolságban elhelyezett $R$ sugarú fémgömböt egy $L$ induktivitású tekerccsel kötünk össze a 4. ábra szerint. Az egyik gömbnek töltést adunk. A kapcsoló zárása után mennyi idő múlva csökken a töltés ezen a gömbön a felére? Mennyi idő múlva lesz újra annyi, mint kezdetben? (Varga Zsuzsa) 4. ábra   Megoldás. Ha az első gömb töltése kezdetben $Q$, akkor a potenciálja $\begin{array}{c}{\displaystyle U_0=\frac{Q}{4\pi {\epsilon }_{0}R}\mathrm{.}}\end{array}$ A másik gömb potenciálja kezdetben 0. Mivel a tekercs két vége között ily módon potenciálkülönbség van, a tekercsen áram kezd folyni, azaz a töltés átáramlik az egyik gömbről a másikra. Világos ebből, hogy a rendszer egy rezgőkör, amelyben a kondenzátort a fémgömbök képezik.   Megjegyzés. Egy ideális rezgőkörben csillapítatlan harmonikus rezgések jönnek létre, vagyis a töltés az egyik fegyverzetről teljes egészében átáramlik a másikra, majd maradéktalanul visszaáramlik az elsőre. A továbbiakban a rendszert ideális rezgőkörrel közelítjük, vagyis elhanyagoljuk az egy periódus alatti energiaveszteséget, noha részben a Joule-hő, részben a dipólantenna-sugárzás ténylegesen csökkenti a rendszer energiáját.   Mekkora lesz a ,,helyettesítő kondenzátor'' kapacitása? (Figyelembe kell venni, hogy most az eredő töltés nem nulla.) A következő gondolatmenettel juthatunk célhoz: mondjuk azt, hogy a $Q$ töltés az első gömbön $Q/2$ és $Q/2$ töltések, a második gömbön a 0 töltés $Q/2$ és $-Q/2$ töltések alakjában van jelen. A két gömb $Q/2$ töltéseitől származó potenciálok különbsége 0, míg a $Q/2$ és $-Q/2$ (egyik és másik gömb) töltésektől származó potenciálok különbsége $U_{\underset{}{\overset{}{\text{max}}}}=U_0$. Eszerint a helyettesítő kondenzátor töltése $Q/2$, feszültsége pedig $U_0$, tehát a kapacitása: $\begin{array}{c}{\displaystyle C=\frac{Q/2}{U_0}=2\pi {\epsilon }_{0}R\mathrm{.}}\end{array}$ Rezgőkörünk periódusideje eszerint: $\begin{array}{c}{\displaystyle T=2\pi \sqrt[]{LC}=2\pi \sqrt[]{2\pi {\epsilon }_{0}LR}\mathrm{.}}\end{array}$ Ennyi idő múlva lesz az első gömbön ismét a kezdeti töltés. Amikor az első gömb töltése $Q/2$, akkor a másodiké is annyi, tehát a potenciálkülönbség a tekercsen 0, az eltelt idő eszerint a negyed periódus: $\begin{array}{c}{\displaystyle t=\frac{T}{4}=\frac{\pi }{2}\sqrt[]{2\pi {\epsilon }_{0}LR}\mathrm{.}}\end{array}$   A II. kategória feladatai   1. feladat. Egy $\ell$ hosszúságú, homogén anyageloszlású kötél vége $R$ sugarú henger tetejére van kikötve. A kötelet hirtelen elengedjük. Mekkora gyorsulással indul meg a kötél? Súrlódás nincs, a henger rögzítve van. Adjuk meg a kezdeti gyorsulás nagyságát, ha a kötél hossza $R\pi /4$, $R\pi /2$, $2R$.  (Varga Zsuzsa) 5. ábra   Megoldás. A kötelet a nehézségi erő és a súrlódásmentes felület által kifejtett kényszererő gyorsítja. A nyújthatatlan kötél minden darabkájának a kötél ottani érintője irányába mutató és azonos nagyságú tangenciális gyorsulása van. A kezdeti pillanatban ugyanis a sebesség még nulla, így centripetális gyorsulással nem kell számolnunk. 6. ábra Osszuk fel a kötelet kicsiny $\Delta s$ hosszú darabokra, és a függőleges irány és a kötéldarabkához húzott sugár közti szög legyen $\phi$ (6. ábra)! Mivel a kényszererő merőleges a kényszerfelületre, a kötéldarabkára ható eredő külső erő ‐ érintő irányú lévén ‐ a nehézségi erő érintőirányú vetületével azonos. (A kötéldarabkákra a szomszédok által kifejtett erő is hat, a belső erők azonban az összegezés során kiesnek.) A $\Delta s$ hosszúságú kötéldarabkára ható nehézségi erő érintőirányú komponensének nagysága: $\begin{array}{c}{\displaystyle \Delta F=\Delta mg\text{sin}\phi =\frac{M}{\ell }\Delta s\text{sin}\phi \mathrm{,}}\end{array}$ ahol $M$ a kötél tömege. A 6. ábráról leolvasható, hogy $\begin{array}{c}{\displaystyle \Delta s\text{sin}\phi =\Delta h\mathrm{,}}\end{array}$ tehát $\begin{array}{c}{\displaystyle \Delta F=\frac{M}{\ell }g\Delta h\mathrm{.}}\end{array}$ Az egész kötélre ható külső erő érintőirányú komponenseinek összege: $\begin{array}{c}{\displaystyle F_{\text{<span style="font-size:12px;">é</span>}}=\sum \Delta F=\frac{M}{\ell }g\sum \Delta h=\frac{M}{\ell }gH\mathrm{,}}\end{array}$ ahol $H$ a kötél függőleges vetületének hossza. A kötél kezdőpillanatbeli gyorsulása tehát: $a=F/M=Hg/\ell$. Ha $\ell =R\pi /4$, akkor $H=R\left(1-\sqrt[]{2}/2\right)$ és $\begin{array}{c}{\displaystyle a=\frac{4-2\sqrt[]{2}}{\pi }g\approx 3\mathrm{,}7\text{<math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mrow><mfrac><mrow><mi>m</mi></mrow><mrow><mrow><msup><mrow><mi>s</mi></mrow><mrow><mn>2</mn></mrow></msup></mrow></mrow></mfrac></mrow></math>. }}\end{array}$ Ha $\ell =R\pi /2$, akkor $H=R$ és $\begin{array}{c}{\displaystyle a=\frac{2}{\pi }g\approx 6\mathrm{,}2\text{<math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mrow><mfrac><mrow><mi>m</mi></mrow><mrow><mrow><msup><mrow><mi>s</mi></mrow><mrow><mn>2</mn></mrow></msup></mrow></mrow></mfrac></mrow></math>. }}\end{array}$ Ha $\ell =2R$, akkor $H=R\left(3-\pi /2\right)$ és $\begin{array}{c}{\displaystyle a=\frac{3-\pi /2}{2}g\approx 7\mathrm{,}0\text{<math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mrow><mfrac><mrow><mi>m</mi></mrow><mrow><mrow><msup><mrow><mi>s</mi></mrow><mrow><mn>2</mn></mrow></msup></mrow></mrow></mfrac></mrow></math>. }}\end{array}$   2. feladat. Könnyen mozgó dugattyúval elzárt hengerben $m=180\text{ g}$ tömegű, héliumból és hidrogénből álló gázkeverékkel állandó nyomáson $Q=156\text{kJ}$ hőt közlünk. Ennek hatására a gázkeverék $56\text{kJ}$ munkát végzett. Hány g hidrogén volt a hengerben? Mekkora a gázkeverék hőmérsékletváltozása? (Holics László)   Megoldás. Jelöljük a hidrogéngáz tömegét $m_1$-gyel, a héliumgáz tömegét pedig $m_2$-vel ($m_1+m_2=180\text{ g}$). Az I. főtételből a belső energia megváltozása: $\begin{array}{c}{\displaystyle \Delta E=Q+W=Q-W_{\text{<span style="font-size:12px;">gáz</span>}}=156\text{kJ}-56\text{kJ}=100\text{kJ}\mathrm{.}}\end{array}$ A gáz állandó (külső) nyomáson tágul, a folyamat tehát izobár, így $\begin{array}{c}{\displaystyle p\Delta V=\left(N_1+N_2\right)k\Delta T\mathrm{,}}\end{array}$ továbbá $\begin{array}{c}{\displaystyle \Delta E=\left(\frac{f_1}{2}{N}_1+\frac{f_2}{2}{N}_2\right)k\Delta T\mathrm{,}}\end{array}$ ahol $f_{\mathrm{1,2}}$ és $N_{\mathrm{1,2}}$ a szabadsági fokok számát, illetve a molekulák számát jelöli. A fenti két egyenletből $\begin{array}{c}{\displaystyle \Delta E=\left(\frac{f_1}{2}{N}_1+\frac{f_2}{2}{N}_2\right)\frac{p\Delta V}{N_1+N_2}=\left(\frac{f_1}{2}{N}_1+\frac{f_2}{2}{N}_2\right)\frac{W_{\text{<span style="font-size:12px;">gáz</span>}}}{N_1+N_2}\mathrm{,}}\end{array}$ majd ebből $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{2\Delta E}{W_{\text{<span style="font-size:12px;">gáz</span>}}}=\frac{f_1{N}_1+f_2{N}_2}{N_1+N_2}\mathrm{,}\text{azaz}\frac{200}{56}=\frac{5N_1+3N_2}{N_1+N_2}}\end{array}$ következik. Innen a molekulák számának arányára $N_1/N_2=0\mathrm{,}4$, a tömegarányra pedig (a móltömegek figyelembe vételével) $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{m_1}{m_2}=0\mathrm{,}4\cdot \frac{M_1}{M_2}=0\mathrm{,}4\cdot \frac{2}{4}=0\mathrm{,}2}\end{array}$ adódik. Mivel $m=m_1+m_2=180\text{ g}$, a hidrogéngáz tömege $m_1=m/6=30\text{ g}$. A hőmérsékletváltozás az állapotegyenletből számítható: $\begin{array}{c}{\displaystyle p\Delta V=W_{\text{<span style="font-size:12px;">gáz</span>}}=\left(N_1+N_2\right)R\Delta T=\left(\frac{m_1}{M_1}+\frac{m_2}{M_2}\right)R\Delta T\mathrm{,}}\end{array}$ ahonnan $\begin{array}{c}{\displaystyle \Delta T=\frac{W_{\text{<span style="font-size:12px;">gáz</span>}}\cdot M_1{M}_2}{R\left(m_1{M}_2+m_2{M}_1\right)}=128\text{K. }}\end{array}$   3. feladat. Tömegspektrográf $A_1$ résén különböző sebességgel kirepülő ${\text{Cl}}^{-}$ ionok először egymásra merőleges elektromos és mágneses mezőn, majd az $A_2$ rés után csak mágneses mezőn haladnak át. A ${}^{35}\text{Cl}$ és ${}^{37}\text{Cl}$ izotópok egymástól $\Delta x=4\text{cm}$ távolságban csapódnak a fotólemezbe. A mágneses mező indukciója $B=0\mathrm{,}02\text{T}$. $a)$ Mekkora sebességgel haladnak át a Cl izotópok az $A_2$ résen? $b)$ Milyen nagyságú és irányú elektromos térerősség van az $A_1$ és $A_2$ rés között? (Jurisits József)   Megoldás. $a)$ A 7. ábrán látható, hogy a klorid-ionok egyenes pályán haladnak az ionforrástól az $A_1$ és az $A_2$ réseken keresztül. Ez (az ionforrásból általában különböző sebességgel induló) ionok közül csak azok számára lehetséges, amelyek jól meghatározott sebességgel rendelkeznek. A többi ion a mágneses térbe jutva eltérül az egyenes iránytól. A keresztezett elektrosztatikai és mágneses tér ezek szerint ,,sebességszűrőként'' szerepel, az $A_2$ rés után tehát már csak egyetlen sebességgel kell számolnunk. 7. ábra Az $A_2$ rés után már tisztán mágneses mező van, amelynek indukciójára merőlegesen lépnek be az ionok. Itt egyenletes körmozgással haladnak a becsapódásig. A mágneses Lorentz-erő adja a centripetális eredő erőt. A mozgásegyenlet: $\begin{array}{c}{\displaystyle Bev=\frac{m{v}^2}{r}\mathrm{,}}\end{array}$ amelyből a két izotóp pályasugara: $\begin{array}{c}{\displaystyle r_1=\frac{m_{1}v}{Be}\mathrm{,}\text{illetve}{r}_2=\frac{m_{2}v}{Be}\mathrm{.}}\end{array}$ Felhasználva, hogy $\begin{array}{c}{\displaystyle \Delta x=2\left(r_2-r_1\right)=\frac{2v}{Be}\left(m_2-m_1\right)=\frac{2v}{Be}\Delta m\mathrm{,}}\end{array}$ a kérdéses sebesség: $\begin{array}{c}{\displaystyle v=\frac{Be\Delta x}{2\Delta m}=1\mathrm{,}9\cdot {10}^4\frac{\text{m}}{\text{s}}\mathrm{.}}\end{array}$ $b)$ A sebességszűrő csak azokat a részecskéket nem téríti el, amelyekre az elektromos és a mágneses erők ellentétes irányúak és egyenlő abszolút értékűek: $eE=Bev$, ebből az elektromos érerősség nagysága: $\begin{array}{c}{\displaystyle E=Bv=380\frac{\text{V}}{\text{m}}\mathrm{.}}\end{array}$ Az elektromos mező homogén, és a térerősség-vektora balról jobbra mutat.   A III. kategória feladatai   1. feladat. Az $L$ hosszúságú vékony pálca az asztal lapja felett $H$ magasságból vízszintes helyzetben szabadon esik, és az egyik vége éppen az asztal sarkával ütközik. Az ütközés abszolút rugalmas és pillanatszerű. Az ütközéstől számítva mennyi idő alatt tesz meg a pálca egy teljes fordulatot? Hol lesz ekkor a pálca középpontja? ($H=80\text{cm}$, $L=40\text{cm}$, és számoljunk $g=10\text{m/s}$-mal!) (Holics László) 8. ábra   9. ábra   Megoldás. Az asztallal való ,,pillanatszerű'' (valójában ,,nagyon rövid'' $\Delta t$ ideig tartó) kölcsönhatás során csak függőleges erők hatnak (9. ábra). Az impulzustétel: $\begin{array}{c}{\displaystyle F\Delta t=\Delta \left(mv\right)=m\left(v-u\right)\mathrm{.}}\end{array}$ (1) Itt $F$ az asztal által függőlegesen felfele kifejtett ($\Delta t$ kicsinysége miatt igen nagy) erőt jelöli, amely mellett a pálcára ható nehézségi erő elhanyagolható; $v=\sqrt[]{2gH}\approx 4\text{m/s}$ a pálca tömegközéppontjának ütközés előtti, $u$ pedig az ütközés utáni sebessége. A perdülettétel a pálca tömegközéppontjára felírva: $\begin{array}{c}{\displaystyle F\frac{L}{2}\Delta t=\Theta \Delta \omega =\Theta \omega \mathrm{.}}\end{array}$ (2) ($\omega$ a pálca szögsebessége az ütközés után, $\Theta =\frac{1}{12}m{L}^2$.) Az ütközés tökéletesen rugalmas, így alkalmazható a mechanikai energia megmaradásának tétele is: $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{1}{2}m{v}^2=\frac{1}{2}m{u}^2+\frac{1}{2}\Theta {\omega }^2\mathrm{.}}\end{array}$ (3) Az (1)‐(3) egyenletrendszer megoldása $\begin{array}{c}{\displaystyle u=\frac{1}{2}v=\frac{\sqrt[]{2gH}}{2}\approx 2\text{m/s, }}\end{array}$ (4) illetve $\begin{array}{c}{\displaystyle \omega =\frac{3v}{L}=\frac{3\sqrt[]{2gH}}{L}\approx 30{\text{s}}^{-1}\mathrm{.}}\end{array}$ (5) Egy teljes fordulat ideje (5) szerint $\begin{array}{c}{\displaystyle T=\frac{2\pi }{\omega }=\frac{2\pi L}{3\sqrt[]{2gH}}=0\mathrm{,}21\text{s, }}\end{array}$ ennyi idő alatt a tömegközéppont $\begin{array}{c}{\displaystyle \Delta y=uT+\frac{1}{2}g{T}^2=\frac{\pi }{3}\cdot L\left(1+\frac{\pi }{3}\cdot \frac{L}{H}\right)=0\mathrm{,}63\text{m }}\end{array}$ utat tesz meg. (Érdekes, hogy $\Delta y$ nem függ $g$ számszerű értékétől.)   2. feladat. Azonos a II. kategória 2. feladatával.   3. feladat. Egy katódsugárcsőben a katódból elhanyagolható kezdősebességgel kilépő elektronok $U_0=182\text{V}$ feszültségen gyorsulnak, majd egy keskeny, lyukas kondenzátoron haladnak keresztül, amelyre a 10. ábrán látható nagyfrekvenciás négyszögrezgés alakú feszültség van kapcsolva, amelynek csúcsfeszültsége $U_{\text{M}}=102\mathrm{,}4\text{V}$, és periódusideje $T=5\cdot {10}^{-9}\text{s}$. 10. ábra Ha a négyszögrezgés nincs bekapcsolva, akkor a kondenzátoron áthaladó elektronnyaláb állandó áramerőssége $I=1\mu \text{A}$. Ábrázoljuk áramerősség ‐ idő grafikonon az áramerősség időbeli változását a cső azon helyein, amelyek a kondenzátortól $x_1=10\text{cm}$, $x_2=20\text{cm}$, $x_3=15\text{cm}$ távolságra vannak, ha a négyszögrezgés be van kapcsolva!   (A négyszögrezgés polaritása olyan, hogy $U_C\left(t\right)>0$ esetén a kondenzátoron áthaladó elektronok sebessége növekszik. A kondenzátor olyan keskeny, hogy az elektronok elhanyagolható idő alatt áthaladnak rajta.) (Szegedi Ervin)   Megoldás. A négyszögrezgés periódusideje $T=5\text{ns}$. A négyszögrezgés első félperiódusában az elektronok $\begin{array}{c}{\displaystyle v_1=\sqrt[]{2\frac{e}{m}{U}_0}=8\cdot {10}^6\frac{\text{m}}{\text{s}}}\end{array}$ sebességgel indulnak a kondenzátortól, míg a második félperiódusban $\begin{array}{c}{\displaystyle v_2=\sqrt[]{2\frac{e}{m}\left(U_0+U_{\text{M}}\right)}=10\cdot {10}^6\frac{\text{m}}{\text{s}}}\end{array}$ az elektronok sebessége. A kondenzátor utáni térrészben ,,lassú'' és ,,gyors'' töltéscsomagok haladnak. A lassúak $\begin{array}{c}{\displaystyle {\ell }_1=v_1\frac{T}{2}=2\text{cm }}\end{array}$ hosszúságúak, a gyorsak $\begin{array}{c}{\displaystyle {\ell }_2=v_2\frac{T}{2}=2\mathrm{,}5\text{cm }}\end{array}$ hosszúságúak. (Mindkét típusú töltéscsomag mozgása egyenletesnek tekinthető, hiszen az elektronok közötti kölcsönhatás a megadott kicsiny áramerősség mellett jó közelítéssel elhanyagolható.) A gyors töltéscsomagok utolérhetik a lassúakat, ezért egy adott pillanatban egy adott helyen lehetséges, hogy a kétféle töltéscsomag egyszerre van jelen, előfordulhat, hogy csak az egyik van ott, és az is lehetséges, hogy éppen egyik féle sincs jelen! A kétféle töltéscsomagban azonos számú elektron halad. A kondenzátor bal oldali lemezéhez egyenlő ($T/2$) idők alatt egyenlő számú elektron érkezik, ezek vagy felgyorsulnak (ekkor a csomag térbeli kiterjedése megnyúlik), vagy változatlan sebességgel és hosszban haladnak tovább. A kétféle töltéscsomagban haladó elektronok száma: $\begin{array}{c}{\displaystyle N=\frac{\Delta Q}{e}=\frac{I_0}{e}\cdot \frac{T}{2}=1\mathrm{,}56\cdot {10}^4\mathrm{.}}\end{array}$ A tér egy adott pontján mindkét sebességű töltéscsomag azonos $\begin{array}{c}{\displaystyle \tau =T/2=2\mathrm{,}5\text{ns }}\end{array}$ idő alatt halad keresztül. Ha a tér valamely pontjában csak az egyikféle töltéscsomag van jelen, akkor ott $I_1=1\mu \text{A}$ az áramerősség. Ha mindkétféle töltéscsomag jelen van, akkor az áramerősség $I_2=2\mu \text{A}$. Az utolérések jól áttekinthetők az elemi számításokkal is felrajzolható $x-t$ grafikonon (11. ábra). Az út‐idő grafikon alapján a kérdezett helyek áramerősség - idő grafikonjai is megkaphatók (12. ábra). Látható, hogy $x_1=10\text{cm}$-nél éppen ,,egymásracsúszott'' a két töltéscsomag, $x_2=20\text{cm}$-nél a csomagok időbeli eltolódása $T$, tehát az áramerősség ugyanolyan, mint közvetlenül a kondenzátor után, végül $x_3=15\text{cm}$-nél a csomagok időbeli eltolódása $T/4$. 11. ábra   12. ábra   A fizika I. kategória végeredménye   1. Fábián Viktor (Budapest, Trefort Á. Kéttannyelvű Műszaki Szki., 11. évf.), tanára: Fülöp László; 2. Hoffer János Pál (Kecskemét, Kandó K. Szki., 12. évf.), tanára: Jusztin Zsuzsanna; 3. Ács Donát (Budapest, Trefort Á. Kéttannyelvű Műszaki Szki., 11. évf.), tanára: Fülöp László; 4. Kiss Ferenc (Budapest, Puskás T. Távközlési Technikum, 11. évf.), tanára: Beregszászi Zoltán; 5. Sipos Barnabás (Budapest, Trefort Á. Kéttannyelvű Műszaki Szki., 11. évf.), tanára: Fülöp László; 6. Orosz Gyula (Budapest, Puskás T. Távközlési Technikum, 12. évf.), tanára: Alapiné Ecseri Éva; 7. Mendli Bálint (Budapest, Puskás T. Távközlési Technikum, 11. évf.), tanára: Beregszászi Zoltán; 8. Détári Gábor (Vác, Boronkay Gy. Műszaki Középisk. és Gimn., 12. évf.), tanára: Arany Tóth László; 9. Szökő Márton (Budapest, Trefort Á. Kéttannyelvű Műszaki Szki., 11. évf.), tanára: Fülöp László; 10. Juhász Gábor (Vác, Boronkay Gy. Műszaki Középisk. és Gimn., 11. évf.), tanára: Csomó József.   A fizika II. kategória végeredménye   1. Pozsgay Balázs (Pécs, Magyar-német Nyelvű Iskolaközp. 11. évf.), tanárai: Kotek László, Baumgärtner Annamária; 2. Siroki László (Debrecen, Fazekas M. Gimn., 11. évf.), tanárai: Adorján László, Szegedi Ervin, Kopcsa József; 3. Béky Bence (Fazekas M. Főv. Gyak. Gimn., 11. évf.), tanára: Horváth Gábor; 4. Varjú Péter (Szeged, Radnóti M. Kís. Gimn., 12. évf.), tanára: Dudás Zoltánné; 5. Vizer Tibor (Kecskemét, Piarista Iskola, 12. évf.), tanárai: Szőke-Tóth Zsolt, Sebestyén László; 6. Nagy Márton (Budapest, Piarista Gimn., 11. évf.), tanárai: Urbán János, Futó Béla; 7. Hamar Gergő (Dombóvár, Illyés Gy. Gimn., 11. évf.), tanárai: Freller Miklós, Kotek László; 8. Gerencsér Balázs (Fazekas M. Főv. Gyak. Gimn., 11. évf.), tanára: Horváth Gábor; 9. Pápai Tivadar (Barcs, Dráva Völgye Középisk., 12. évf.), tanára: Horváth Ferenc; 10. Zalán Péter (Budapest, Fasori Evangélikus Gimn. 12. évf.), tanára: Mecseki Attila.   A fizika III. kategória végeredménye   1. Horváth György (Fazekas M. Főv. Gyak. Gimn., 12. évf.), tanárai: Takács Lajos, Horváth Gábor; 2. Nagy Ádám (Budapest, Szent István Gimn., 12. évf.), tanára: Moór Ágnes; 3. Geresdi Attila (Pécs, Árpád Fejedelem Gimn., 11. évf.), tanárai: Porkoláb Tamás, Györpál Elemérné; 4. Schmidt András (Budapest, Szent István Gimn., 12. évf.), tanára: Moór Ágnes; 5. Horváth Ákos (Budapest, Berzsenyi D. Gimn., 12. évf.), tanára: Gyenes Gábor; 6. Ábel Dániel (Budapest, Németh László Gimn., 11. évf.), tanárai: Dégen Csaba, Zsigri Ferenc; 7. Dombai Péter (Szekszárd, Garay J. Gimn. 12. évf.), tanára: Jurisits József; 8. Ágas Attila (Keszthely, Vajda J. Gimn., 11. évf.), tanára: Farkas László; 9. Rénes Sándor (Szolnok, Verseghy F. Gimn., 12. évf.), tanára: Szécsiné Festő Hegedűs Margit; 10. Nagy Dávid (Kecskemét, Bányai Júlia Gimn., 12. évf.).