Hatvani István fizikaverseny forduló megoldások. 1. kategória

Öveges – Vermes Fizikaverseny

Öveges József Kárpát-medencei Fizikaverseny
Az Erdélyi Magyar Műszaki Tudományos Társaság, 2002-től kezdődően az Eötvös Loránd Fizikai Társulat – Általános Iskolai Szakcsoportja (Budapest) támogatásával, évente megszervezi az Öveges József Kárpát-medencei Fizikaversenyt, mely a VII-VIII. osztályos
diákoknak szól.

Vermes Miklós Fizikaverseny
Az EMT 1994-től kezdődően a Vermes Miklós Országos Fizikus Tehetségápoló és Kutató Alapítvány (Sopron) támogatásával évente megszervezi a Vermes Miklós Nemzetközi Fizikaversenyt, mely a IX-XI. osztályos diákoknak szól.
E nemzetközi verseny kiváló alkalmat biztosít a résztvevő országok oktatói számára fizika-oktatásuk hatékonyságának és korszerűségének összehasonlítására. Tovább olvasható ….

A versenyen adott feladatok és megoldások megtalálhatóak a következő linken:

Hatvani István fizikaverseny forduló megoldások. 1. kategória

1 1. kategória a) A legfontosabb megálaszolandó kérdések a köetkezők oltak: kijuthatnak-e egyáltalán a mikrohullámú jelek a ilágűrbe, milyen mértékben eri issza a Hold a jeleket, hogyan terjednek ezek a jelek a térben és tudják-e észlelni őket a Földön. b) A Föld-Hold táolság km, ezért a jel által megtett út. A jel eleje múla ér issza. A jel ége pedig az indulástól számíta múla érkezik meg. c) A alóságban a kísérlet 50 percig tartott. A jel isszaérkezése után kicsit ártak a köetkező jel indításáal, 3 másodpercenként küldtek jeleket. d) A jeladó teljesítménye 3 4 kw, így a jeladó egyetlen jel kibocsátásakor, azaz és érték közötti munkát égzett. e) Bay Zoltán az idézetben a Debreceni Református Kollégiumban eltöltött 8 diákére gondolt issza, ahol a kollégiumi könytárban nyolcadikos korában [18 éesen] került kezébe Newton könye, a Princípia. A Maróthy György általa Debrecenbe hozott Newton-köny sokáig kísértésben tartotta, hogy lefordítsa latinról magyarra a) A sötétebb színű testek jobban elnyelik a rájuk eső fénysugarakat, mint a ilágosak. A ilágos hó meglehetősen jól isszaeri a ráeső napsugarakat, ezért csak kicsit melegszik, magától nehezen olad. A sötét színű fatörzs sokkal több napsugarat nyel el, csak keeset er issza, így jobban melegszik, mint a hó. Ezért a melegebb fatörzs közelében a hó gyorsabban olad, mint a fa törzsétől táolabb. b) A hó tömege: Ennek felmelegítéséhez kell ( ) hő A hó felolasztásához kell hő hőt kell közölnünk a hóal A fagolyókat pontszerűnek tekintjük. A égzett munka egyenlő a golyók helyzeti energiájának a megáltozásáal. Az egyetlen golyóra számolt energia: ahol és A rendszer teljes energiája egyenlő a rajta égzett munkáal: 1

2 [ ] Az emelésnél tehát 3,6 J munkát égeztünk A falmászásra fordítható energia:. Ha a kezdeti pozícióban rögzítjük a 0 szintet, akkor egy Túró Rudi elfogyasztásából származó hasznos energiáal magasságra mászhatna fel a fiú, azaz Ebből. A kötélmászások száma:. Legalább 17-szer tud felmászni 20 m magasra a) A íz sűrűsége harmada a test sűrűségének, a kiszorított íz és a test térfogata egyenlő, tehát a kiszorított íz súlya, azaz a felhajtóerő harmada a test súlyának, agyis, így a álasz: -nál nagyobb erő kell. b) A medence aljára kifejtett nyomóerő, ha nem hézagmentesen érintkezik a kocka a medence aljáal. A kocka térfogata. A kocka éle, ezért a nyomott felület. A nyomás. Ha a kocka alsó lapja és a medence feneke között nincs folyadék, akkor felhajtóerő nem lép fel. Ekkor a nyomás Az alumínium rúdra ható graitációs erő összeillesztésre onatkoztatott forgatónyomatéka: Az réz rúdra ható graitációs erő összeillesztésre onatkoztatott forgatónyomatéka: A forgatónyomatékok különbségét az tömegű test súlyának forgatónyomatéka egyenlíti ki, a test helyét az alátámasztástól mérjük, és a réz irányában pozití Tehát az alumínium felöli oldalon a forrasztástól -re kell alátámasztani. 2

3 2. kategória a) A legfontosabb megálaszolandó kérdések a köetkezők oltak: kijuthatnak-e egyáltalán a mikrohullámú jelek a ilágűrbe, milyen mértékben eri issza a Hold a jeleket, hogyan terjednek ezek a jelek a térben és tudják-e észlelni őket a Földön. b) A Föld-Hold táolság km, ezért a jel által megtett út indulástól számíta. A jel eleje múla ér issza. A jel ége pedig az múla érkezik meg. c) A alóságban a kísérlet 50 percig tartott. A jel isszaérkezése után kicsit ártak a köetkező jel indításáal, 3 másodpercenként küldtek jeleket. d) A jeladó teljesítménye 3 4 kw, így a jeladó egyetlen jel kibocsátásakor, azaz és érték közötti munkát égzett. e) Bay Zoltán az idézetben a Debreceni Református Kollégiumban eltöltött 8 diákére gondolt issza, ahol a kollégiumi könytárban nyolcadikos korában [18 éesen] került kezébe Newton könye, a Princípia. A Maróthy György általa Debrecenbe hozott Newton-köny sokáig kísértésben tartotta, hogy lefordítsa latinról magyarra a) A bicikli teljes menetideje:. Miel és, ezért a keresett átlagsebesség: Az oda-issza úton az átlagsebességünk. b) Az oda-issza útra mért menetidő, ezért A házunktól kalandpark 8,18 km-re an a) A főágban mért áramerősség, az ED pontok között mért feszültség. A mellékágak száma: három. Az egyes mellékágakban az ellenállások nagysága: – az AB ág ellenállása: – az AGB ág ellenállása: – az AFEDCB ág ellenállása: A párhuzamos kapcsolások miatt: Az ED szakaszon mérhető ellenállás, ezért a teljes ellenálláson mérhető feszültség áramforrás feszültségéel. 3, ami egyúttal azonos az

4 Az áramforrás feszültsége. b) Az eredő ellenállás: c) Tudjuk, hogy A mellékágakon belül az egyes ellenállásokon áthaladó áram (miel sorosan kapcsoltak) ugyanakkora, azaz megegyezik az ágon folyó árammal. A mellékágakban mérhető áramerősség fordítottan arányos azok ellenállásáal, tehát:, ezért,, A kocka térfogata: A krómozott kocka térfogata: A króm térfogata: A króm tömege: Az idő meghatározása: erősségű áram hatására alatt króm álik ki, erősségű áram hatására 1 s alatt erősségű áram hatására, hány másodperc alatt álik ki króm álik ki, króm A astag krómréteget (8 perc) alatt lehet a kocka felületére elektrolizálni a) Az egyes fogyasztókon mérhető feszültség és. b) 1. A fogyasztók akkor működnek az előírt 10 V feszültségen, ha az A fogyasztóal olyan ellenállást kapcsolunk párhuzamosan, hogy az eredő ellenállás éppen a B fogyasztó ellenállásáal egyezzen meg. Az A fogyasztóal párhuzamosan, 10 Ω-os ellenállást kell kapcsolnunk. 2. A B fogyasztón pedig, ha, akkor erősségű áram folyik. Ehhez a B fogyasztóal sorosan kell kapcsolnunk egy ellenállást, úgy hogy az áramerősség maradjon az áramkörben. Az eredő ellenállás: 4

5 A B fogyasztóal sorosan egy -os ellenállást kell kapcsolnunk. c) Az összteljesítmény:. d) Az áramkör hatásfoka 62,5% A merülőforraló ellenállása és teljesítménye. 5

6 3. kategória a) tehát a test a körí harmadát teszi meg r d s b) ΔI -os szögelfordulás A rendszer geometriája alapján: a) Első autó: Második autó: A köetési táolság: b) A kérdéses időig a második autó -rel több utat tett meg: a (t ) Az egyenlet megoldása után. a t t l y M a) A kötél elszakad, a test ízszintes hajítással a talajra érkezik, az ábra szerinti táolságra. x m b) A test a kötélen marad, köríen mozog, magasságig emelkedik: 6

7 miatt,, α f m m a) A rendszer geometriájából adódóan a rugóra: α b) Ha ebből a helyzetből elengedjük a testet, az erő megszűnik, a másik két erő eredője ízszintes és nagyságú, ezért gyorsulás ízszintes irányú és. F r F F Ha, akkor kell, hogy legyen! a) d b) x y A rugóban tárolt energia maximuma akkor an, amikor a két test sebessége egyenlő nagy. 7

8 4. kategória a) b) Ha Ha a test gyorsul lehetne, de természetesen a súrlódási erő csak 5 N. A test nyugalomban marad, ha eredetileg állt. Ha mozgásban olt, egyenletesen lassula megáll Lásd a feladat megoldását A íz-cukor arányának megfelelően fagylaltban íz és cukor an. A cukor égéshője agy tápértéke A szerezetünk által felett energia: A szerezetünk által leadott energia, feltételeze, hogy a cukor nem melegszik fel, hanem azonnal elkezdi a szerezet hasznosítani:, agyis a szerezetünk energia mérlege erősen pozití, ezt nem befolyásolja a cukor melegedésének elhanyagolása a) Ha az U alakú cső baloldali szárába ízoszlopot töltünk, akkor a két szár higany szintjének különbsége: y b) A hosszú ízoszlop betöltésekor a baloldali szárban -nal lejjebb kerül a Hg szint, a jobb oldaliban y-nal feljebb. A két szárbeli különbség -nal nő meg. y Hg 8

9 a) Az átáramló gáz térfogat a összefüggés alapján, agy rögtön a sűrűség definíciója alapján: b) Az átáramló gáz sebessége: a) Egyensúly esetén a két erőpár fogató nyomatékának abszolút értéke megegyezik egymással. A korrekt álasz 0,29 b) Most α helyett alamilyen β szög, és forgatónyomaték a 0 pontban. => A derékszögű háromszög induló adataiból a szükséges adatok kiszámíthatók. A kérdéses P pontban a kettő eredője a felé mutat és nagysága. Hogy az eredő térerősség ízszintes legyen, az az ábrának megfelelő kell legyen! Ekkor az kell, hogy a Q töltés pozití legyen! Másrészt:

Fizika verseny feladatok megoldással

Aktualitások

2021.11.05 – Ha a koronahelyzet megengedi megtartjuk a Matematika – fizika tanulmányi versenyt.

Versenykiírás ITT.

2019.04.01: a 2019. májusi kőzépszintű érettségi vizsgatematika és mérési feladatok.

2018.11.16: Matematika – fizika tanulmányi verseny a 8. osztályosoknak. A versenyről szóló tájékoztatónkat a környék általános iskoláinak elküldtük.
program: 13:00 – regisztráció
14:00 – matematika feladatlap
15:00 – fizika feladatlap
16:00 – látványos kísérleteket bemutató fizika show az iskola színháztermében.
17:00 – Eredmények ismertetése, díjkiosztás.

2018.02.02: A 2018. évi középszintű tematika, valamint mérési feladatok és a hozzá tartozó eszközlista megtalálhatók ITT (oldal alja).

2017.11.17: Matematika – fizika tanulmányi verseny a 8. osztályosoknak. A versenyről szóló tájékoztatónkat a környék általános iskoláinak elküldtük.
program: 13:00 – regisztráció
14:00 – matematika feladatlap
15:00 – fizika feladatlap
16:00 – látványos kísérleteket bemutató fizika show az iskola színháztermében.
A tavalyi show felvétele megtekinthető ITT.
17:00 – Eredmények ismertetése, díjkiosztás.

A 2015 évi fizika feladatlap letölthető ITT.

A 2017. évi középszintű tematika, valamint mérési feladatok és a hozzá tartozó eszközlista megtalálhatók ITT (oldal alja).

2017 május-júniusi érettségi vizsgaidőszakban változik a követelményrendszer.
Összefoglaló a legfontosabb változásokról, minta írásbeli tételek: ITT.
minta szóbeli tételek: ITT.
Részletes vizsgakövetelmények: ITT.

2015.11.20: Matematika – fizika tanulmányi verseny a 8. osztályosoknak. A versenyről szóló tájékoztatónkat a környék általános iskoláinak elküldtük.
program: 13:00 – regisztráció
14:00 – matematika feladatlap
15:00 – fizika feladatlap
16:00 – látványos kísérleteket bemutató fizika show az iskola színháztermében.
A tavalyi show felvétele megtekinthető ITT.
17:00 – Eredmények ismertetése, díjkiosztás.

2015.10.15. A Fény Nemzetközi Éve alkalmából a Magyar Tudományos Akadémia (MTA), a KLIK és a Nemzeti Kulturális Alap (NKA) közös egyeztetésével középiskolákat is bevon az idei év programsorozataiba. Az MTA javaslatára a KLIK az Érdi Vörösmarty Mihály Gimnáziumot jelölte ki Pest megyében, mint partnerintézményt. Az NKA a rendezvények lebonyolítására jelentős anyagi támogatást nyújt.
A Fény Nemzetközi Éve Projekt iskolánkban hamarosan indul. Információkat ITT találnak.

2015.10.14. Iskolánk matematika-fizika-informatika, valamint biológia-kémia munkaközössége második alkalommal pályázott a ProProgressio (BME) alapítvány középiskoláknak kiírt rendezvényszervezésre elnyerhető ösztöndíjára. Az alapítvány Kuratóriuma az ország 14 legméltóbb intézményei közé sorolt minket, ösztöndíjban részesítve ismét minket. Az ezzel járó nem kevés összeget az idei komplex matematika-fizika, biológia-kémia verseny költségeire, valamint új eszközök beszerzésére fordítjuk.
A díjátadó ünnepségről: ITT tájékozódhat.

2015.05.14: Tóth Lotti (7.E) a Jedlik fizikaverseny országos döntőjében 69,3%-os eredménnyel V. helyezést ért el, Kovács István (8.E) 81,7%-os eredménnyel korcsoportjában VI. helyezést ért el. Gratulálunk nekik és felkészítő tanáraiknak !

2015.04.08 : Virágh Anna 12.B osztályos tanulónk a fizika OKTV döntőjében 21. helyezést ért el, Pusztai Árpád 11. B osztályos tanulónk ugyanabban a kategóriában 30. helyezést ért el. Szép eredmény az ország legjobbjai között! Gratulálunk nekik és felkészítő tanáraiknak!

2015.03.19: Két kiváló tanulónk Kovács István (8.E) és Tóth Lotti (7.E) a Jedlik Ányos fizika verseny országos döntőjébe jutott. Gratulálunk nekik és felkészítő tanáraiknak!

2015.03.12: Két kiváló tanulónk Pusztai Árpád (11.B) és Virágh Anna (12.B) képviseli iskolánkat a legrangosabb országos fizikaverseny (OKTV) országos döntőjében. Diákjaink az ország legjobb 30 “fizikus diákjaival” mérheti össze tudását a következő megmérettetésben. Gratulálunk nekik és felkészítő tanáraiknak!

2014 november 26: Matematika – fizika tanulmányi verseny a 8. osztályosoknak. A versenyről szóló tájékoztatónkat a környék általános iskoláinak elküldtük.
program: 13:00 – regisztráció
14:00 – matematika feladatlap
15:00 – fizika feladatlap
16:00 – látványos kísérleteket bemutató fizika show az iskola színháztermében.
A tavalyi show felvétele megtekinthető ITT.
17:00 – Eredmények ismertetése, díjkiosztás.

Versenyfelhívás:
a 2015-es Ifjú Fizikusok Nemzetközi Versenyének (International Young Physicists` Tournament: IYPT)
magyarországi fordulójára. (Hungarian Young Physicists` Tournament: HYPT)
Részletes kiírás.
Poszter.

Jedlik Ányos fizikaverseny jelentkezési határideje október 31.
A jelentkezési lapot a szaktanártól lehet átvenni vagy letölthető a versenyszervezők honlapjáról ITT.

A 2002. májusi számban kitűzött fizika elméleti feladatok megoldása

A közöltek csak megoldásvázlatok , esetleg csak végeredmények. A maximális pontszám eléréséhez általában ennél részletesebb megoldás szükséges. A részletes megoldásokat a beküldött dolgozatok alapján a KöMaL-ban folyamatosan közöljük.

P. 3531. Néhány kiránduló a Tiszán csónakot bérelt 3 órára. A folyó sebessége 2,5 km/h, a csónaké a vízhez képest 7,5 km/h. Mennyire távolodhatnak el a kikötőtől, ha 3 óra alatt vissza akarnak érni? ( 3 pont )

Szolnok megyei általános iskolai verseny

Megoldás. Ha a folyó sebessége u , ehhez képest pedig a csónak v -vel képes haladni, a legnagyobb távolság, amire eltávolodhat, hogy még t időn belül visszaérjen

P. 3532. Az ábrán látható nyújthatatlan fonál felső végét a mennyezethez rögzítjük, az alsó végére pedig egy m tömegű testet kötünk. A test alsó részéhez egy rugót erősítünk, amelyen 2 m tömegű test lóg. A rendszer egyensúlyban van. A rugó megnyúlása 30 cm. Égessük el a fonalat!

a ) Mekkora az egyes testek gyorsulása közvetlenül a fonál elégetése után?

b ) Mennyi idő múlva lesz a rugó először nyújtatlan állapotban, és mekkora a testek sebessége ebben a pillanatban? ( 5 pont )

Közli: Szűcs József, Pécs

(Párkányi László fizikaverseny)

Megoldás. a) Kezdetben a rugót F =2 mg erő feszíti, ezért a fonal elégetésének pillanatában a felső testre 3 mg erő hat, az alsó testre ható erők eredője pedig 0. Ennek megfelelően a 1 (0)=3 g , a 2 (0)=0.

b) Az egyes testek mozgásegyenletei

ma 1 = mg + kx , 2 ma 2 =2 mg – kx ,

ahol x a rugó megnyúlása. Ezekből az x mennyiség a = a 2 – a 1 gyorsulására a következőt kapjuk:

Ez a rezgőmozgás ismert egyenlete, melynek megoldása

x ( t )= A cos \(\displaystyle \omega\) t \(\displaystyle \left(\omega=\sqrt<<3k\over2m>>\right)\).

Mivel az A amplitúdó azonos a 30 cm-es kezdeti megnyúlással, k =2 mg / A , így \(\displaystyle \omega=\sqrt=10~^\). A rugó az indítás után először T /4=\(\displaystyle \pi\)/(2\(\displaystyle \omega\))=0,16 s idő múlva lesz nyújtatlan állapotban.

P. 3533. Egy 10 000 m 2 -es sík területre időben egyenletesen, a hely szempontjából pedig egyenletes rendezetlenségben 41 másodpercig esik a jég. Az egyforma, gömböknek tekinthető jégdarabok olyan talajra hullanak, amelybe csupán kissé nyomódnak bele, ugyanakkor csak azok mozdulnak tovább beérkezési helyükről, amelyek a társaikra estek. Az utolsó másodpercben lehullott 20 000 jégdarab közül 200 esett az első 40 másodpercben lehullott valamelyik társára. a ) A terület hány százalékát borítja jég? b ) Mekkora egy jéggömb főkörének területe? ( 5 pont )

Közli: Édes Zoltán, Tata

Megoldás. Legyen a teljes terület A ( A =10 000 m 2 ), egy jégdarab főkörének a területe pedig a . Az első 40 s alatt 40-szer annyi jég esik, mint az utolsóban, azaz a 40. másodperc végén a lefedett terület 800 000 a . Ez úgy aránylik a teljes területhez, mint a 200 a 20 000-hez (elhanyagoljuk annak a leletőségét, hogy az utolsó másodperc alatt leesett jég eshet ugyancsak az utolsó másodperc alatt leesett jégre, ez kisebb mint 1/40-ed relatív hibát okozhat). Eszerint A =8 . 10 7 a , azaz a =1,25 cm 2 . A teljes lefedett terület a jégeső után 820 000 a , ez az A -nak 1,025%-a.

P. 3534. 20 cm vastag, 0 o C hőmérsékletű, 0,25 kg/dm 3 sűrűségű hótakaróból milyen vastag réteg olvad meg a napsugárzás hatására 5 órányi, a hóréteggel átlagosan 25 o -os szöget bezáró napsütés esetén? A Napból a légkör felső határán minden 1 m 2 nagyságú, a sugárzásra merőleges felületre érkező sugárzási teljesítmény átlagosan 1350 W. Ennek 50%-a elnyelődik a légkörben, és a hó a leérkező energia 90%-át visszaveri. ( 4 pont )

Közli: Holics László, Budapest

Megoldás. A hóréteg egy négyzetmétere 513,4 kJ energiát nyel el öt óra alatt, ez 1,54 kg jég felolvasztására elég, ennyi jég pedig egy négyzetméteren 6,2 mm-es réteg hóban van.

P. 3535. Az ábrán látható, egyik végén beforrasztott, A keresztmetszetű, derékszögben kétszer meghajlított cső függőleges síkban helyezkedik el. A cső függőleges részében lévő, kezdetben L =38 cm hosszúságú és T 0 hőmérsékletű levegőoszlopot 2 L hosszúságú higanyoszlop zárja el. A cső vízszintes részének hosszúsága L . A külső p 0 légnyomás 2 L magasságú higanyoszlop hidrosztatikai nyomásával egyenlő. Jelöljük L . A -t V 0 -lal!

a ) Adjuk meg p 0 V 0 egységekben, hogy mekkora munkát végez a táguló levegő azon folyamat során, mialatt a higany éppen átfolyik a felső függőleges csőbe.

b ) A levegővel közölt hő hány százaléka növelte a belső energiát?

c ) Ábrázoljuk a levegő hőmérsékletét a térfogat függvényében! ( 5 pont )

Közli: Kotek László, Pécs

Megoldás. a) Kezdetben a bezárt levegő nyomása 2 p 0 . Ez, miközben a levegő V 0 -ról 2 V 0 -ra tágul, a térfogattal lineárisan változva 3 p 0 /2-re csökken. A \(\displaystyle 2V_0\to3V_0\) tágulás során a nyomás nem változik, majd az utolsó \(\displaystyle 3V_0\to4V_0\) szakaszon a térfogattal lineárisan változva visszanő az eredeti 2 p 0 értékre. A táguló levegő munkáját a p ( V ) görbe alatti terület adja, ez 5 p 0 V 0 .

b) A folyamat során a levegő hőmérséklete a gáztörvény szerint T 0 -ról 4 T 0 -ra nő, tehát a belső energiája (5/2) nR 3 T 0 értékkel nő. Kihasználva, hogy nRT 0 =2 p 0 V 0 , ez 15 p 0 V 0 , ami a teljes 20 p 0 V 0 hőfelvétel 75%-a.

c) Mérjük a térfogatot V 0 , a nyomást 2 p 0 és a hőmérsékletet T 0 egységekben, és legyenek rendre v = V / V 0 , x = p /(2 p 0 ) és \(\displaystyle \tau\)= T / T 0 ! Ekkor

\(\displaystyle \tau\)= xv , ahol \(\displaystyle x=\cases< 1-(v-1)/4=(5-v)/4,1\leq v\leq2;\cr3/4,2\leq v\leq3;\cr3/4+(v-3)/4=v/4,3\leq v\leq4.\cr>\)

Ennek megfelelően a hőmérséklet a térfogat függvényében egy olyan görbe, amely egy lefelé nyitott parabolából, egy egyenes szakaszból és egy felfelé nyitott parabolából rakható össze.

P. 3536. 5 keV energiájú, kicsit széttartó elektronnyaláb érkezik homogén mágneses mezőbe. A részecskék sebessége B irányával kicsiny szöget zár be. Mekkora legyen a mágneses indukció értéke, hogy az elektronok 10 cm távolságonként újra és újra egy pontban találkozzanak? ( 5 pont )

Tornyai Sándor verseny, Hódmezővásárhely

P. 3537. A Compton-szórás (rugalmas foton-elektron ütközés) során a meglökött – kezdetben nyugvónak tekintett – elektron lendülete nagyobb lett, mint a beeső f frekvenciájú fotoné volt. Legalább mekkora szögben szóródott a foton? ( 5 pont )

Közli: Varga István, Békéscsaba

Megoldás. Vizsgáljuk a határesetet, amikor a meglökött elektron impulzusa éppen akkora, mint a bejövő fotoné volt, azaz

és engedjük meg, hogy v akár relativisztikus sebesség is lehessen, azaz számoljunk az

relativisztikus tömegképlettel! Ha a szóródó foton frekvenciája \(\displaystyle f^<\prime>\), az energiamegmaradás miatt

A relativisztikus tömegre igaz, hogy

( mc 2 ) 2 -( mv ) 2 c 2 = ( m 0 c 2 ) 2 .

Ez a fenti összefüggéssel együtt

Jelölje \(\displaystyle \vartheta\) a foton impulzus eredeti és szórás utáni irányának a szögét! Az impulzusmegmaradás miatt a bejövő foton lendülete, a szóródó foton lendülete, valamint a meglökött elektron lendülete háromszöget alkot. Ez a háromszög a vizsgált határesetben éppen egyenlő szárú, és a keresett \(\displaystyle \vartheta\) szög az alapon fekvő egyik szög. Ebből

ahol K = m 0 c 2 /( hf ). Mivel az

függvény minden minden x -re 1-nél kisebb, cos \(\displaystyle \vartheta\)60 o .

A \(\displaystyle \vartheta\)=60 o -os határt K \(\displaystyle \gg\)1, vagyis hf \(\displaystyle \ll\) m 0 c 2 határesetben közelíthetjük meg, vagyis akkor, amikor a bejövő foton energiája lényegesen kisebb, mint az elektron nyugalmi energiája. Mivel ez a nemrelativisztikus tartomány, a foton szórási szögének legkisebb értékére akkor is megkaptuk volna a helyes 60 o -os határt, ha mindvégig a klasszikus (newtoni) fizika képleteivel számolunk.

P. 3538. Egy elektron mozgási energiája n -ed része, lendülete n -szerese valamely foton energiájának, illetve lendületének. Mekkora n értékek esetén láthatók az ilyen fotonok? ( 4 pont )

A Budó-verseny egyik feladata nyomán

Megoldás. Tételezzük fel, hogy az elektron sebessége sokkal kisebb, mint a fénysebesség. Az mv 2 /2= hf / n , mv = nh \(\displaystyle \lambda\) valamint a \(\displaystyle \lambda\)= c / f összefüggésekből

Az elektron sebességének és a fénysebességnek az aránya

tehát valóban jogos volt a nemrelativisztikus energiaképlet használata.

P. 3539. Kinyújtott kezünkben tartunk egy f =12 cm fókusztávolságú gyűjtőlencsét, melyen át egy 60 méterre lévő, 24 méter magas tornyot figyelünk. Becsült adatok felhasználásával határozzuk meg a szemünk retináján létrejövő kép nagyságát! Hányszor nagyobbnak vagy kisebbnek látjuk a tornyot a lencsén keresztül, mint szabad szemmel? Hány dioptriás a szemünk az egyik, illetve a másik esetben? ( 5 pont )

Közli: Honyek Gyula, Budapest

Megoldás. Karunk hossza kb. 60 cm, szemünk átmérője kb. 2,4 cm. Ha a lencsén keresztül nézzük a tornyot, valójában a szemünktől 60 cm-12 cm=48 cm-re keletkezett 4,8 cm-es (fordított állású) képet nézzük, tehát a tárgytávolság 48 cm, a tárgy nagysága 4,8 cm, a képtávolság pedig a szemünk mérete, azaz 2,4 cm. Ezekből a retinán létrejövő kép nagysága 0,24 cm, szemünk fókusztávolságának a reciproka pedig 43,7 m -1 .

A tornyot szabad szemmel nézve a tárgytávolság 60 m, a tárgy nagysága 24 m, a képtávolság pedig ugyanannyi, mint az előző esetben. Ekkor a torony képe a retinán 9,6 mm, és ilyenkor a szemünk dioptriája 41,7 m -1 .

P. 3540. A napkitöréseket figyelő SOHO műhold mindig a Napot és a Földet összekötő egyenesen helyezkedik el. Milyen messze van a SOHO a Földtől? (A Föld pályáját tekintsük körnek!) ( 6 pont )