Fizika 1 vizsga, 2013.06.03.

Megjegyzés: Ez nem a hivatalos javítókulcs, az esetleges hibákért felelősséget nem vállalok!

Feladatok

1. Egy gépkocsi 21 m/s-os egyenletes sebességgel egyenes úton halad. Abban a pillanatban, amikor egy parkoló motoros rendőr mellé ér, a rendőr 2,2 m/s² állandó gyorsulással üldözni kezdi. Mennyi utat tesz meg a rendőr, amíg utoléri a gépkocsit?

   a = 2.2 m/s. A gépkocsihoz rögzített koordinátarendszerben a rendőr $v_{0}=-21\mathrm {\frac {m}{s}}$ sebességről indul. $x=-v_{0}t+{\frac {a}{2}}t^{2}=0$ esetén van a két autó egymás mellett. $t=0$ vagy $t=19.0909$, nyílván a második eset érdekel minket. A földhöz képest a rendőr nulla kezdősebességű, egyenletesen gyorsuló mozgást végez, $s={\frac {a}{2}}t^{2}={\frac {2.2}{2}}19.0909^{2}=400.909\,\mathrm {m}$

2. Mennyivel nyúlik meg az ábra szerinti elrendezésben a két test közé iktatott rugó, amikor az összekapcsolt rendszer egyenletesen gyorsuló mozgásban van? (A csiga, a rugó és a fonál tömegét ne vegyük figyelembe. Legyen m=1 kg; a súrlódási együttható 0,2; a rugóállandó 4 N/cm)

   

   Erők

   m = 1 kg, µ = 0.2, D = N/cm. Feltesszük hogy a rugó nyugalomban van (nem rezeg), így a rendszer együtt mozog, a gyorsulása legyen a. Eredő erő az egyes testekre:

   Értelmezés sikertelen (SVG (a MathML egy böngészőkiegészítővel engedélyezhető): Érvénytelen válasz („Math extension cannot connect to Restbase.”) a(z) https://wikimedia.org/api/rest_v1/ szervertől:): {\displaystyle \addtolength\arraycolsep{-3.5pt} \begin{array}{rl} ma &= mg - K_1 \\ ma &= K_1 - K_2 - F_s = K_1 - K_2 - \mu mg \\ ma &= K_2 - F_s = K_2 - \mu mg \end{array} }

   Az egyenleteket megoldása:

   Értelmezés sikertelen (ismeretlen „\addtolength” függvény): {\displaystyle \addtolength\arraycolsep{-3.5pt} \begin{array}{rl} K_1 &= mg - ma \\ K_2 &= ma + \mu mg \\ ma &= (mg - ma) - (ma + \mu mg) \mu mg = -2ma -2\mu mg + mg \\ 3ma &= m(1-2\mu)g \\ a &= \frac{(1-2\mu)g}3 = \frac{0.6\cdot 10}3 = 2 \frac{\mathrm m}{\mathrm s^2} \\ K_2 &= 1\cdot(2 + 0.2\cdot10) = 4\,\mathrm{N} \end{array} }

   A rugót 4 N erő húzza, $-K_{2}=-Dx$, ebből $x={\frac {K_{2}}{D}}={\frac {4}{4}}=1\,\mathrm {cm}$

3. Az ábrán látható felfüggesztett test tömege 200kg. A rúd súlya elhanyagolható. Határozzuk meg a kötélben ébredő erőt!

   

   Erők

   m = 200 kg, g = 10 m/s². A súlyt mg húzza lefele, a kötélerő iránya a kötéllel párhuzamos és felfele mutat. Vízszintes irányban csak K és T hat, így ezeknek egyensúlyban kell lenniük: $K_{x}+T_{x}=-K\cos 30^{\circ }+T\cos 30^{\circ }=0$, vagyis T és K nagysága megegyezik. Függőleges irányban: $K_{y}+T_{y}=2K\sin 30^{\circ }=mg$, ebből $K={\frac {mg}{2\sin 30^{\circ }}}=2000\,\mathrm {N}$.

4. A tér egy tartományában az elektromos térerősség E = (-3xe_x + 4e_z) N/C. Az A és B pontok az x tengelyen vannak, x_A = 3 m és x_B = 5 m. Az U_B - U_A potenciálkülönbség

   ${\vec {E}}=-3x{\vec {i}}+4{\vec {k}}$, ${\vec {A}}=3{\vec {i}}\,\mathrm {m}$, ${\vec {B}}=5{\vec {i}}\,\mathrm {m}$. Elektromos tér esetén ${\vec {E}}=-\operatorname {grad} {\vec {U}}$, tehát ${\vec {U}}={\frac {3x^{2}}{2}}{\vec {i}}-4z{\vec {k}}+{\vec {C}}$, ahol C egy valamilyen vektor (integrálás miatt jön be, mivel úgyis csak különbség kell, úgyis kiesik). $U(B)-U(A)={\frac {3\cdot 5^{2}}{2}}{\vec {i}}-4z{\vec {k}}+{\vec {C}}-{\frac {3\cdot 3^{2}}{2}}{\vec {i}}+4z{\vec {k}}-{\vec {C}}={\frac {3}{2}}\left(5^{2}-3^{2}\right)=24{\vec {i}}\,\mathrm {V}$.

5. Függőleges irányú harmonikus rezgéseket végző vízszintes fémlapon egy pénzdarab helyezkedik el. Megfigyelték, hogy első ízben akkor sikerült becsúsztatni egy vékony papírlapot, a pénzdarab és a fémlap közé, amikor a rezgésszám elérte a 18-at másodpercenként. Mennyi volt a fémlap rezgésének amplitúdója?

   f = 18 Hz. Papírlapot akkor lehet becsúsztatni, ha a fémlap gyorsabban süllyed, mint ahogy a pénzérme esik (szabad esésben), vagyis a > g. Harmonikus rezgésnél $a_{\mathrm {max} }=A\omega ^{2}=A\left(2\pi f\right)^{2}=g$, vagyis $A={\frac {g}{4\pi ^{2}f^{2}}}={\frac {10}{4\pi ^{2}18^{2}}}=0.000781\,\mathrm {m} =0.781\,\mathrm {mm}$.

6. Mesterlövész balról jobbra haladó célpontra céloz. A mesterlövész függőleges tengely körül forog, a cső 70°-os szöget zár be a függőlegessel. A puska szögsebessége 1,8 rad/s abban a pillanatban, amikor a 7 gramm tömegű lövedék 850m/s sebességgel éppen kirepül a csőből. A forgó rendszerben mekkora Coriolis erő hat a lövedékre a cső elhagyásának pillanatában? A Föld forgásától tekintsünk el.

   m = 0.007 kg, v = 850 m/s. Rögzítsük a koordinátarendszerünket úgy, hogy a lövész van a középpontban, a z tengely körül forog (így xy sík a vízszintes), a vadász pedig +x felé lő. Ekkor a golyó v sebessége: $v_{x}=v\cos \alpha =850\cdot \cos 20^{\circ }=798.74{\frac {\mathrm {m} }{\mathrm {s} }}$, $v_{z}=v\sin \alpha =290.72{\frac {\mathrm {m} }{\mathrm {s} }}$ (azért 20°, mert nekünk a vízszintessel bezárt szög kell). A forgás szögsebessége: ${\vec {\omega }}=1.8{\vec {k}}$. Ezekből a Coriolis-erő számolható: $F_{\mathrm {cor} }=2mv\times \omega =\left|{\begin{matrix}{\vec {i}}&{\vec {j}}&{\vec {k}}\\11.182&0&4.071\\0&0&1.8\\\end{matrix}}\right|=1.8\left|{\begin{matrix}{\vec {i}}&{\vec {j}}\\11.182&0\\\end{matrix}}\right|=1.8\cdot (-11.182{\vec {j}})=-20.13{\vec {j}}\,\mathrm {N}$.

7. A súlytalan, merev, szigetelő anyagból készült, 0,2m hosszú rúddal összekötött, Q₁ = +3x10^-9C és Q₂ = -3x10^-9 C töltéssel ellátott két fémgömböt 10⁶ N/C térerősségű homogén elektromos térbe tesszük úgy, hogy az O felezőponton keresztülmenő, a papír síkjára merőleges tengely körül elfordulhat. Mekkora munkával lehet a rendszert a legkisebb energiával bíró helyzetéből a legnagyobb energiával bíró helyzetbe átvinni?

   d = 0.2 m, Q = 3·10^-9, E = 10⁶ N/C. A két töltés 0.2 m-re egymástól dipólust alkot, így a dipólusokra vonatkozó képleteket kell használni (ha valaki a pontszerű töltésekre vonatkozó képleteket használta, és abból hozta ki valahogy a helyes eredményt, azt nem fogadták el). A dipólmomentum: ${\vec {p}}=Q{\vec {d}}$, nagysága: $p=Qd=3\cdot 10^{-9}\cdot 0.2=6\cdot 10^{-10}\,\mathrm {Cm}$. Dipólus potenciális energiája: $U=-{\vec {p}}\cdot {\vec {E}}=-pE\cos \alpha$. Látható hogy utóbbi akkor minimális, ha $\cos \alpha =1$, és akkor maximális, ha $\cos \alpha =-1$. $W=U_{\mathrm {max} }-U_{\mathrm {min} }=(-pE\cdot -1)-(-pE\cdot 1)=2pE=2\cdot 6\cdot 10^{-10}\cdot 10^{6}=1.2\cdot 10^{-3}\,\mathrm {J}$.

8. 

   8. feladat

   Az ábra szerinti kapcsolásban az AB pontokra 120V feszültséget kapcsolunk. Mekkora a töltés a kondenzátoron?

   U = 120 V, R₁ = 150Ω, R₂ = 600Ω, C = 5µF. Miután a kondenzátor feltöltődött, nem folyik áram rajta, tehát olyan mintha csak a két ellenállás lenne az áramkörben. $I={\frac {U}{R_{1}+R_{2}}}={\frac {120}{150+600}}=0.16\,\mathrm {A}$. Így R₂-n $U_{2}=IR_{2}=96\,\mathrm {V}$ feszültség esik, vagyis ennyi lesz a potenciálkülönbség a két lába között. Ez persze csak akkor lehet, ha a kondenzátor két lába között is ekkora a potenciálkülönbség. Tehát $Q=CU=5\cdot 10^{-6}\cdot 96=4.8\cdot 10^{-4}\,\mathrm {C}$.

9. Egy 4,5 V-ra feltöltött 2µF-os kondenzátorral párhuzamosan kötünk egy ismeretlen kapacitású, töltetlen kondenzátort, aminek hatására a feszültség 3,9 V-tal csökken. Mekkora az ismeretlen kapacitás?

   U₁ = 4.5 V, C₁ = 2 µF, U₂ = 0.6 V. Eredetileg $Q=C_{1}U_{1}=2\cdot 10^{-6}\cdot 4.5=9\cdot 10^{-6}\,\mathrm {C}$. A két kondenzátor eredő kapacitása $C_{e}=C_{1}+C_{2}={\frac {Q}{U_{2}}}$ (a töltés nem változik meg a folyamatban). $C_{2}={\frac {Q}{U_{2}}}-C_{1}={\frac {9\cdot 10^{-6}}{0.6}}-2\cdot 10^{-6}=1.3\cdot 10^{-5}\,\mathrm {F} =13\,\mathrm {\mu F}$.

10. 1,25 m magasból a 0,1 kg tömegű golyó a 0,1 s időtartamú kölcsönhatás után 80 cm magasra pattan vissza. (g=10 m/s²) Mekkora átlagos erőt fejtett ki a talaj a golyóra?

    h₁ = 1.25 m, h₂ = 0.8 m, m = 0.1 kg, t = 0.1 s. A pattanás előtt h₁ magasságból indul, az ütközés előtti sebesség kiszámolható: $mgh_{1}={\frac {1}{2}}mv_{1}^{2}$, $v_{1}={\sqrt {2gh_{1}}}={\sqrt {2\cdot 10\cdot 1.25}}=5{\frac {\mathrm {m} }{\mathrm {s} }}$. Az ütközés utáni sebesség hasonlóan: $v_{2}={\sqrt {2gh_{2}}}={\sqrt {2\cdot 10\cdot 0.8}}=4{\frac {\mathrm {m} }{\mathrm {s} }}$. v₁ és v₂ azonban ellentétes irányú, így $\Delta v=9{\frac {\mathrm {m} }{\mathrm {s} }}$. Ebből a gyorsulás számolható: $\Delta v=at$ => $t={\frac {\Delta v}{t}}={\frac {9}{0.1}}=90{\frac {\mathrm {m} }{\mathrm {s^{2}} }}$. $F_{1}=ma=0.1\cdot 90=9\,\mathrm {N}$. Ez azonban még nem minden, a labdát ezen kívül még a gravitációs erő is húzza, ami az ütközés ideje alatt szintén a padlót nyomja, tehát $F=F_{1}+mg=9+1=10\,\mathrm {N}$.

    Szerk.: Ugyanannek a feladatnak a helyes megoldása a 2014.01.15-ei vizsgán $9N$ volt, nyilván az $mg$ tagot nem számolták bele.