Cím:	Megoldásvázlatok a 2018/94. szám emelt szintű fizika gyakorló feladatsorához
Szerző(k):	Varga Balázs
Füzet:	2018/május, 300 - 302. oldal	PDF  |  MathML
Témakör(ök):	Szakmai cikkek

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre. Tesztfeladatok $\begin{array}{c}{\displaystyle {\displaystyle \begin{array}{|ccccccccccccccc|}\hline \hfill {\displaystyle \text{1}}\hfill & \hfill {\displaystyle \text{2}}\hfill & \hfill {\displaystyle \text{3}}\hfill & \hfill {\displaystyle \text{4}}\hfill & \hfill {\displaystyle \text{5}}\hfill & \hfill {\displaystyle \text{6}}\hfill & \hfill {\displaystyle \text{7}}\hfill & \hfill {\displaystyle \text{8}}\hfill & \hfill {\displaystyle \text{9}}\hfill & \hfill {\displaystyle \text{10}}\hfill & \hfill {\displaystyle \text{11}}\hfill & \hfill {\displaystyle \text{12}}\hfill & \hfill {\displaystyle \text{13}}\hfill & \hfill {\displaystyle \text{14}}\hfill & \hfill {\displaystyle \text{15}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle \text{B}}\hfill & \hfill {\displaystyle \text{A}}\hfill & \hfill {\displaystyle \text{A }}\hfill & \hfill {\displaystyle \text{C}}\hfill & \hfill {\displaystyle \text{C}}\hfill & \hfill {\displaystyle \text{A }}\hfill & \hfill {\displaystyle \text{C}}\hfill & \hfill {\displaystyle \text{D}}\hfill & \hfill {\displaystyle \text{A }}\hfill & \hfill {\displaystyle \text{D}}\hfill & \hfill {\displaystyle \text{B}}\hfill & \hfill {\displaystyle \text{B }}\hfill & \hfill {\displaystyle \text{D}}\hfill & \hfill {\displaystyle \text{B}}\hfill & \hfill {\displaystyle \text{C }}\hfill \\ \hline\end{array}}}\end{array}$   Számolásos feladatok   1. A kilépő röntgenfoton energiáját a fékeződő elektrontól kapja. A legkisebb hullámhosszú foton frekvenciája a legnagyobb, ekkor az elektron teljes mozgási energiája a foton energiáját adja. Az elektron mozgási energiáját az elektromos mező $eU$ munkája révén nyeri. Tehát $eU=hf$. Felhasználva a foton frekvenciája és hullámhossza közötti $c=f\lambda$ összefüggést, megkapjuk a legkisebb hullámhossz értékét: $\begin{array}{c}{\displaystyle \lambda =\frac{hc}{Ue}=\frac{6\mathrm{,}63\cdot {10}^{-34}\text{J s}\cdot 3\cdot {10}^8\frac{\text{m}}{\text{s}}}{{10}^5\text{V}\cdot 1\mathrm{,}6\cdot {10}^{-19}\text{C}}=1\mathrm{,}24\cdot {10}^{-11}\text{m. }}\end{array}$   2. $a)$ Az ábra alapján $\begin{array}{c}{\displaystyle 2\alpha +2\beta ={120}^{\circ }\text{és}\phi =\alpha +\beta \mathrm{,}}\end{array}$ vagyis $\phi ={60}^{\circ }$.     $b)$ Hasonló meggondolások alapján $\phi ={90}^{\circ }$.   3. $a)$ ${}_{86}^{222}\text{Rn}\to {}_2^4\alpha +{}_{84}^{218}\text{X}$. Az X elem (mint az a periódusos rendszerből kinézhető) a polónium, Marie Curie és Pierre Curie fedezték fel, és Lengyelországról nevezték el. $b)$ Ha 88,6% elbomlik, akkor marad 11,4%. A bomlástörvény alapján: $\begin{array}{c}{\displaystyle 0\mathrm{,}114N=n\cdot 2^{-\frac{t}{3\mathrm{,}83\text{nap}}}\mathrm{.}}\end{array}$ Ebből megkapjuk, hogy 12 nap alatt bomlik el a radongáz 88,6%-a. $c)$ Az $\alpha$-részecske mozgási energiája: $\begin{array}{c}{\displaystyle 5\mathrm{,}486\cdot {10}^6\cdot 1\mathrm{,}6\cdot {10}^{-19}\text{J}=8\mathrm{,}777\cdot {10}^{-13}\text{J}=\frac{1}{2}m{v}^2\mathrm{.}}\end{array}$ Ebből az $\alpha$-részecske sebessége $1\mathrm{,}62\cdot {10}^7$ m/s. Az impulzus megmaradás alapján $m_{\alpha }{v}_{\alpha }=m_{\text{Po}}{v}_{\text{Po}}$. Mivel a polónium izotóp tömegszáma, így tömege is kb. 54,5- szerese az $\alpha$-részecske tömegének, sebessége ugyanannyiad része az $\alpha$-részecske sebességének, mintegy $3\mathrm{,}0\cdot {10}^5$ m/s nagyságú.   4. $a)$ A töltött test egyensúlyban van, mert a rá ható erők eredője zérus. A töltésre hat a nehézségi erő $\left(mg\right)$, a henger falának nyomóereje ($F_{\text{nyomó}}$), a rögzített töltések taszítóereje ($F_{\text{Coulomb}}$), a henger fala által kifejtett tapadási súrlódási erő ($F_{\text{súrlódási}}$) az ábrán látható módon.     Az egyensúly feltételéből adódó egyenletek: $\begin{array}{c}{\displaystyle mg=F_{\text{súrlódási}}\text{és}{F}_{\text{nyomó}}=F\mathrm{,}}\end{array}$ ahol $F$ a két Coulomb-erő eredője. Kihasználva, hogy a súrlódási erő maximális értéke $\begin{array}{c}{\displaystyle F_{\text{súrlódási}}^{\text{(max)}}={\mu }_0{F}_{\text{nyomó}}\mathrm{,}}\end{array}$ az alábbi egyenleteket kapjuk: $\begin{array}{c}{\displaystyle m^{\text{(max)}}g={\mu }_0{F}_{\text{Coulomb}}\sqrt[]{2}\mathrm{,}\text{ahol}{F}_{\text{Coulomb}}=k\frac{q^2}{{\left(\frac{d}{\sqrt[]{2}}\right)}^2}\mathrm{.}}\end{array}$ Behelyettesítve a megadott értékeket a maximális tömegre kb. 6,5 gramm adódik. $b)$ A töltött test most egyenletes körmozgást végez, tehát az eredő erő a kör közepe felé mutató $\begin{array}{c}{\displaystyle F_{\text{nyomó}}-F=m\left(\frac{d}{2}\right){\left(2\pi n\right)}^2\mathrm{.}}\end{array}$ Felhasználva, hogy $\begin{array}{c}{\displaystyle m^{\text{(max)}}g=F_{\text{súrlódási}}^{\text{(max)}}={\mu }_0{F}_{\text{nyomó}}\mathrm{,}}\end{array}$ és $\begin{array}{c}{\displaystyle F_{\text{nyomó}}=\sqrt[]{2}k\frac{q^2}{{\left(\frac{d}{\sqrt[]{2}}\right)}^2}+m^{\text{(max)}}\left(\frac{d}{2}\right){\left(2\pi n\right)}^2\mathrm{,}}\end{array}$ majd behelyettesítve a megadott értékeket a maximális tömegre ebben az esetben $\begin{array}{c}{\displaystyle m^{\text{(max)}}=\frac{\sqrt[]{2}k\frac{q^2}{{\left(\frac{d}{\sqrt[]{2}}\right)}^2}}{\frac{g}{{\mu }_0}+\left(\frac{d}{2}\right){\left(2\pi n\right)}^2}\approx 8\mathrm{,}4\text{g}}\end{array}$ adódik.