Home » Razno

Category Archives: Razno

FIZIKALNI KROŽEK

  1.   1. in 2. letniki  vsaka   sreda     ob  13.25,  v učilnici “2”                – MEHANIKA
  2.    3. in 4. letniki vsak      torek      ob  14.15, v učilnici “2”                 – TOPLOTA, ELEKTRIKA

Vreme

Ptuj
Osveženo ob 21:00
7.1℃
Pet Sob Ned
-1 ℃ -1 ℃ -3 ℃
6 ℃ 7 ℃ 6 ℃

Tekmovalni dosežki

Tekmovanja iz fizike

Dijaki naše gimnazije se udeležujejo državnih tekmovanj že od leta 1990. Začetni uspehi nadarjenih in tekmovanj željnih posameznikov so navdihnili tudi ostale dijake, tako da smo se tekmovanj iz fizike udeleževali z zmeraj večjim številom tekmovalcev. DMFA je dovolil na posamezno srednjo šolo 5 najboljših tekmovalcev na šolskih tekmovanjih. Po letu 1996 so se začela organizirati še regijska tekmovanja. Naša gimnazija je bila organizatorica kar dveh regijskih tekmovanj. V naši tekmovalni regiji so zastopane srednje šole od Maribora do Murske Sobote. Dijaki na regijskih tekmovanjih lahko dosežejo bronasto Stefanova priznanje, najboljših 19 pa se uvrsti na državno tekmovanje, kjer se lahko dosežejo srebrna in zlata Stefanova priznanja. Na državnih tekmovanjih dobi zlato priznanje prvih pet do šest najboljših tekmovalcev, trije pa so tudi nagrajeni s praktičnimi nagradami. V spodnjem seznamu so naši najboljši tekmovalci. V seznamu nižje pa tekmovalci, ki so dosegli srebrna in bronasta priznanja.

Nagrajeni in pohvaljeni dijaki na državnih tekmovanjih

Janko Kolar, 3. nagrada na državnem tekmovanju iz fizike 1992

Vladimir Đurica, 1. nagrada za raziskovalno nalogo na državnem tekmovanju iz fizike 1993

Janko Kolar, 1. nagrada na državnem tekmovanju iz fizike 1993

Robert Pleh, pohvala na državnem tekmovanju iz fizike 1993

Primož Kušar, 2. nagrada na državnem tekmovanju iz fizike in uvrstitev na fizikalno olimpiado v Pekingu 1994

Igor Klep, 2. nagrada na državnem tekmovanju iz fizike 1996

Primož Šparl, 3. nagrada na državnem tekmovanju iz fizike 1996

Davorin Lešnik, pohvala na državnem tekmovanju iz fizike 1997

Stanislav Pišek, 3. nagrada na državnem tekmovanju iz fizike 1998

Damir Najvirt, 3. nagrada na državnem tekmovanju iz fizike 1999

Aleš Zorec, pohvala na državnem tekmovanju iz fizike 2000

Marko Toplak, pohvala na državnem tekmovanju iz fizike 2001

Klemen Lilija, pohvala na državnem tekmovanju iz fizike 2007

Jernej Vajda, 1. mesto na državnem tekmovanju iz fizike 2011

Srebrna in bronasta Stefanova priznanja

Ob imenu in priimku tekmovalca je zapisana letnica udeležbe na državnem tekmovanju.

Srebrna

Tinka Trop (2007, 2008, 2009), Aljoša Slameršak (2007, 2008), Klemen Lilija (2007), Dušan Zakelšek (2008), David Klajderič (2007, 2008), Marko Hojnik (2007, 2008), Matej Strelec (2008, 2009), Julij Lozinšek (2009)

Bronasta

Tinka Trop (2007, 2008, 2009), Aljoša Slameršak (2007, 2008), Klemen Lilija (2007), Dušan Zakelšek (2008), David Klajderič (2007, 2008 ), Marko Hojnik (2007, 2008), Matej Strelec (2008, 2009), Julij Lozinšek (2009), Denis Mlinarič (2008), Gregor Bedrač (2008), Tadej Emeršič (2008)

Fizikalni tabori

Naravoslovni tabor “Seča 2004”

Aktivnosti na pripravah za splošno maturo

Biologi, kemiki in fiziki na Gimnaziji Ptuj, smo se na željo dijakov dogovorili za naravoslovni tabor na Primorskem. Sestavili smo skupino dijakov in dijakinj 3. letnika izbirne skupine biologije in kemije ter dijakov 4. letnika izbirne skupine fizika na maturi.

Ob 7.00 uri smo krenili z vlakom s Ptuja proti Primorski. Po štirih urah smo prispeli v Koper, od koder smo nadaljevali pot z avtobusi proti Seči v Center šolskih in obšolskih dejavnosti Burja. Dom Burja, kjer smo uživali od ponedeljka do petka, se razprostira na gričevnatem polotoku nad marino v Luciji tja do solin pri Sečovljah. Že prvi dan smo se povzpeli na vrh polotoka, kjer smo si ogledali park Forma viva s številnimi kiparskimi deli v kamnu.

seca2

Slika 1. Dom v Seči

Uživali smo med bujnim mediteranskim rastjem, kjer ciprese in bori dajejo senco, kjer dišita rožmarin in sivka, kjer se slišijo škržati. Doživeli in spoznali smo številne posebnosti, ki jih ponuja slovensko primorje. Biologi in kemiki so raziskovali rob morja, v globini do višine kolen, koliko življenja je v pasu bibavice, ki je nekaj časa nad vodo in potem spet pod njo. Dom Burja ima tudi laboratorij za nekatere temeljne biološke in kemijske analize. Ogledali smo si morsko življenje v piranskem akvariju, kjer je največja zbirka značilne favne Severnega Jadrana. S kanuji smo se popeljali po plovnih kanalih, kjer so stoletja odvažali sol. Zgodovinar pokrajinskega muzeja nam je opisal življenje in delo solinarjev.

Predstavil nam je pomen nihanja plime in oseke, vremenske razmere in temu ustrezno uravnavanje dotoka vode v solinske bazene, ki so jo pretakali po kanalih iz polja v polje in v poletni pripeki želi sol v kristalizacijskih bazenih.

Učitelji doma Burja, so nas povabili na sprehod po piranskih ulicah, mimo znamenitih hiš, cerkva in trgov, kjer so še v preteklem tisočletju hodili pomorski trgovci in ribiči. Podrobnosti iz slovenske pomorske preteklosti in načina življenja smo si lahko skupaj ogledali in jih spoznali s pomočjo arheološke, ribiške in pomorske zbirke, ki jih hrani Pomorski muzej.

Medtem ko so se kemiki in biologi ukvarjali z raziskavanjem, smo se fiziki posvetili ponavljanju fizikalnih vsebin za maturo 2004.

seca40

Slika 2. Fotografiranje dijakov, učiteljev in osebja doma

Udeležili smo se le splošnega programa, ki ga ponuja dom Burja. Za ponavljanje smo izbrali poglavje mehanike, tako da se nanjo ne bi bilo več potrebno pripravljati. Najprej smo ponovili osnovne fizikalne zakonitosti, potem pa smo reševali fizikalne probleme, ki so že bili v preteklih maturah. Ponovili smo celotno kinematiko, I., II. in III. Newtonov zakon, navor, tekočine, prosti pad, navpični met navzgor in navzdol, gibalno količino, mehansko delo, energije … Dijaki si želijo taborov, saj marsikaj doživijo prvič, naučijo se mimogrede, še pomembnejše je druženje, medsebojna pomoč … Nekaj utrinkov dogajanja na taboru si lahko ogledate na fotografijah, ki so jih ustvarili dijaki.

Ekskurzija na Fakulteto za naravoslovje in matematiko

 POROČILO O DEJAVNOSTI

(Rok za oddajo je en teden po dogodku oz. izvedeni dejavnosti.)

 

DEJAVNOST Naravoslovne delavnice
KRAJ FNM, Maribor
OBDOBJE/TERMIN 31. 1. 2013
VODJA DEJAVNOSTI Jasmina Jančič
SPREMLJEVALCI Darja Habjanič, Ervin Sedlašek, Jasmina Jančič
VKLJUČENI DIJAKI(število/imenski seznam) prijavljeni dijaki
PRILOGE FOTOGRAFIJE Prilepite kot ločen dokument JPG, ne vstavljajte v Wordov dokument!

 

 

 

OPIS DEJAVNOSTI  

Fakuleteta za naravoslovje in matematiko Univerze v Mariboru vsako leto pripravi dneve odprtih vrat, na katerih se predstavi dijakom in učencem. Dijaki so vablejni, da se udeležijo različnih delavnic. Na delavnicah spoznavajo zanimivosti in novosti s področja fizike, kemije in biologije. Skupaj z mentorji delavnic so dijaki opazovali, merili, preizkušali, izdelovali različne modele, te preizkušali in izpopolnjevali.

Na delavnici o obnovljivih virih energije so dijaki izdelali modele elis vetrne elektrarne in merili, katera bi se najbolje obnesla pri pretvaranju energije vetra v električno energijo. Druga skupina je preizkušala različne kreme za sončenje: kako uspešno ščitijo pred ultravijoličnimi žarki. Naučili so se, da so kreme z različnimi faktroji zaščite enako učinkovite, faktor zaščite pove, koliko časa krema uspešno ščiti prev UV žarki. Dijaki so raziskovali količino mikrovalov v našem okolju. Z mikrovalovi se prenašajo informacije med mobilnimi telefoni in brezžični internet. Čeprav so mikrovalovi za človeka v dovolj majhni količini neškodljivi, se lahko vrednost tega sevanja ob prejemanju klica na mobilni telefon ali blizu enote brezžičnega interneta nevarno poveča.

Posebej zanimiva je bila delavnica, na kateri so se dijaki spoznali z virtualnimi očali in ogromnimi možnostmi uporabe le teh. Neverjetno je, kako dosegljivi so nam izdelki, ki so bili še nedavno samo stvar znanstvene fantasike.

To je samo nekaj utrinkov z naravoslovnih delavnic. Dijaki so se vrnili sveže navdušeni nad raziskovanjem. Že zdaj smo sklenili, da gremo naslednje leto spet. Pridruži se nam.

Jasmina Jančič

Skupina II. Toplota, elektrika

Naloge TOPLOTA

1. Valjasta posoda je s težkim batom, ki se giblje brez trenja, predeljena na dva dela. Na vsakem od njiju je 0,3 kg zraka, ki ima po vsej posodi enako temperaturo.. Ko je valj v navpični legi, razlika tlakov uravnoveša težo bata. Pri temperaturi 300 K je tedaj prostornina dela posode pod batom trikrat manjša od prostornine posode nad batom. Kolikšno je razmerje med prostorninama pri temperaturi 500 K? (Naloga iz zveznega tekmovanja mladih fizikov l.1967)

Rešitev :

 


plin_1
Pri temperaturi T1=300K ima zgornji del posode prostornino V1 in spodnji del prostornino V2, tlaka pa p1 in p2 . Pri temperaturi T2 =500K sta prostornini zgornji del V3 in spodnji V4 . tlaka pa p3 in p4.

Ravnovesje se vzpostavi, ko so sile teže bata Fg, in sil zgornjega zraka p1*S in spodnjega zraka p2*S.

Pri temperaturi T1 velja p1 S + Fg = p2 S (E.1) in pri temperaturi T2 velja p3 S + Fg = p4 S (E.2) , iz teh ravnovesij sledi, da je p2 – p1 = p4 – p3 ( E. 3) . Pomagamo si s splošno plinsko enačbo, kjer izrazimo tlake p1 = m/V1Mkg*RT1 , p2 = m/V2Mkg*RT1 in p3= m/V3Mkg*RT2 ter p4 = m/V4Mkg*RT2. Ko te izraze vstavimo v enačbo za razliko tlakov (E.3) , dobimo

T1 ( 1/V1 – 1/V2 ) = T2 (1/V4 – 1 /V3 ) (E.4)

Nadalje zapišemo , da velja da je V2 = V1/3 in velja tudi, da je V1 + V2 = V (skupni prostornini), zato je V1+V1/3= V in je

V1=3*V/4. in 3V2=3*V/4 kar pomeni, da je V2=V/4. Enako velja V3 + V4 = V ,

V3 = k*V4 pri čemer je V , tako da je kV4+V4=V, iz česar sledi, da je V4=V/(k+1)3=k*V/(k+1) in V . Vse skupaj vstavimo v enačbo E.4 in dobimo za

k =2,08.

2. Vroča voda temperature T1 = 90°C priteka v toplotno izolirano posodo, v kateri je v začetku bila voda mase m0 = 50 kg in temperature T0 = 20 °C. Masni tok pritekajoče vode je Φm = 2 kg/min. Vodo v posodi dobro mešamo. Kako se temperatura vode v posodi spreminja v odvisnosti od časa? Čez koliko časa t2 ima voda v posodi temperaturo T2 = 70°C.

Rešitev :

Da se začetna temperatura spremeni od T0 do T je potrebna toplota Q = m0 c (T – T0), ki jo prinese pritekajoča vroča voda, ki se s tem ohladi od temperature T1 do T. Ta toplota je enaka Q = mv c (T1 – T). Ko izenačimo obe toploti dobimo izraz

m0 c (T – T0) = mv c (T1 – T). Iz izraza poiščemo maso pritekajoče vode mv = m0 (T – T0) / (T1 – T) . Ampak ta masa vode, ki ohladi vodo v toplotno izolirani posodi je enak mv = Φm t. To je povezava s časom. Ta izraz vstavimo v predhodnega in izrazimo temperaturo T = T0 + (T1 – T0) / (1 + m0 / (Φm t)). In to je odgovor na prvo vprašanje. Iz te enačbe izrazimo še čas, da bomo lahko odgovorili na zadnje vprašanje t = (m0 / Φm) (T – T0) /(T1 – T).

Razmišljamo ob času t = 0 je temperatura T = T0. Po zelo dolgem času t = je povstavitvi v prejšnjo enačbo T = T1 . Temperatura bo T2 = 70°C po času t2 = (m0 / Φm) (T2 – T0) /(T1 – T2) = 1,04 ure.

3. Dve posodi povežemo z bakreno palico z dolžino 20 cm, presekom 10 mm2 in toplotno prevodnostjo 380 W/mK. Prvo posodo segrevamo z gorilnikom tako, da v njej ves čas vre voda. Druga posoda je v stiku s prvo le preko bakrene palice, sicer je izolirana. V njej je na začetku zmes 20 g vode in 10 g ledu pri 0 °C . Talilna toplota ledu je 336 kJ/kg, specifična toplota vode je 4200J/kgK. Druga posoda tehta 50 g in je iz snovi s specifično toploto 880 J/kgK.

a) V kolikšnem času se ves led stali?

b) Približno izračunaj, po kolikšnem času po tem, ko se led stali, se voda v drugi posodi segreje za 40°C?

Rešitev :

Podatki :posode

L=20 cm mv = 20 g

S=10 mm2 ml =10 g

λ=380 W/mK T0 = 0°C

T1 = 100°C T2 = 40°C

qt = 336 kJ/kg cv = 4200 J/kgK

cp = 880 J/kgK mp = 50 g (posoda)

a) Toplotni tok, ki teče iz posode z vrelo vodo v posodo z ledom in vodo, je enak P = λ S (T1 – T0)/l = 1,9 W. Toplota, ki priteče po bakreni palici se porabi za taljenje ledu. Qt = P t = ml qt. Iz te enačbe izračunamo čas t = ml qt / P = 1770 s = 29,5 minut.

b) Temperaturna razlika ni stalna in se s časom zmanjšuje. Voda se segreva do T2. Toplotni tok, ki teče po palici se zaradi tega zmanjšuje. približno ga lahko izračunamo tako, da vzamemo povprečno temperaturo vode Ts = (T2 + T0)/2 = 20 °C. Toplotni tok je potem P1 = λ S (T1 -Ts) /l = 1,5 W.

Poleg vode se segreva tudi posoda, zato je toplota enak Q = P1 t1 = (mv + m1) cv (T2 – T0) + mp cp (T2 – T0) . Iz te enačbe izrazimo čas segrevanja, ki je enak t1 = ((mv + m1) cv + mp cp) (T2 – T0))/P1 = 4500 s = 1 h 15 min.

Naloge ELEKTRIKA

1. Žarnici, ki pri napetosti 220 V gorita z močjo P1=100 W in P2=50 W, zvežemo zaporedno na napetost 220 V. Koliko moči troši vir napetosti?

Rešitev :

Za zgornje podatke lahko izračunamo upornost posamezne žarnice. Upor prve je R1=U2 /P1=485 Ω in druge R2=U2/P2 =970 Ω .

Žarnica z večjo nazivno močjo ima manjši upor (debelejšo nitko) in obratno.

Skozi zaporedno zvezani žarnici teče tok : I = U/(R1+R2) in moč pri 220 V je P = U I = U2 /(R1 + R2) = 33,3 W.

2. Upornike R1=4 Ω, R2 = 2 Ω in R3 = 1 Ω zvežemo, kot kaže slika. Izračunaj nadomestni upor te vezave! V kakšnem medsebojnem razmerju morata biti upora R1 in R2, da nadomestni upor ni odvisen od srednjega upora R3?

Rešitev:

slika_elek_2

 

 

te naloge ni možno rešiti po pravilih vzporedne in zaporedne vezave.

Mislimo si , da na naše elktrično vezje priključimo na napetost Ug!

Ta poganja tok I = Ug / R. Kjer je R nadomestna upornost vezja. Zaradi simetrične razporeditve upornikov je tok skozi upornika R2 enak ( napr . I2 ). Iz podobnega razloga teče skozi upornika R1 enak tok (napr. I1 )

Po I.Kirch.zakonu velja za prvo razvejišče I = I1 + I2 ter drugo v točki 1

I1 = I2 + I3 .

Za zgornji električni krog velja II.Kirch. zakon : Ug = R1 I1 + R2 I2.

Drugi krog naj gre skozi upornik R3 , tako da je Ug = R1 I1+R3 I3 + R2 I2

Zamenjamo v drugi enačbi I3 za I3 = I1 – I2 .

Dobimo sistem dveh enačb :

Ug = R1*I1 + R2* I2

Ug =(R1+R3) I1 + (R2-R3) I2

Rešitve teh enačb so :

I1 = Ug (R2+R3)/(2R1R2+R2R3+R1R3)

I2 = Ug (R1+R3)/(2R1R2+R2R3+R1R3)

I3= Ug (R2-R1)//(2R1R2+r2R3+R1R3)

I = I1 + I2 = Ug (R1+R2+2R3)/(2R1R2+R2R3+R1R3)

Če upoštevamo, da je Ug= R I je R = Ug / I . Tako je skupna upornost R = (2R1R2+R1R3+R2R3)/(R1+R2+2R3) = 2,75 Ω

3. Uporniki R1=10 Ω, R2=40 Ω in R3 = 20 Ω ter kondenzator kapacitete C = 1 μF so priključeni na električni generator z napetostjo 10 V, kot kaže slika. Kolikšen je stalni naboj na kondenzatorju, čez daljši čas. Kolikšen tok teče skozi upornik R3? Kolikšna je napetost U2 na na uporniku R2 ?

Rešitev :
nal_ele_2Ko se kondenzator napolni teče po zunanjem krogu, skozi upornike R1 in R2 tok I. Skozi vejo, v kateri je kondenzator tok ne teče.

Velja II.Kirch.zakon : Ug = R1 I + R2 I . Iz tega sledi, da je I = Ug / ( R1+R2 )= 0,2 A.

Na uporniku je padec napetosti U2 = R2 I = 8 V.

Ker tok skozi upornik ne teče, je padec napetosti na njem nič. Tako je potem napetost le na kondenzatorju in je enaka napetosti U2. Toraj je U2 = e / C. Tako, da je naboj enak e = C U2 = C R2 I = 8 μF.

4. Pravokotno tokovno zanko iz debelih bakrenih debelih bakrenih palic postavimo v homogeno magnetno polje gostote 0,4 Vs/m2 , katerega magnetne silnice so vodoravne. ravnina zanke je pravokotna na magnetne silnice. Na zanko je nataknjena vodoravna prečka specifičnega upora ζ = 1,8.10-8 Ωm in gostote ρ = 8,8 g/cm3 . S kolikšno stalno hitrostjo prečka pada? Trenje zanemarimo, električni upor zanke je zanemarljivo majhen v primerjavi z uporom prečke.

Rešitev :


nal_mag_3
Če prečka dolžine a pada s hitrostjo v v prečnem magnetnem polju B, se v njej inducira napetost: Ui = B a v . Ta napetost požene tok v tokovni krog zanke in prečke. Toraj je tok I = Ui / R = B a v /(ζ a/S), kjer je ζ specifična upornost prečke, S je presek prečke. Tako je tok I = v B S/ζ . Zaradi toka I skozi prečko pa se pojavi magnetna sil Fm = B I a = B2 a v S/ ζ.

ki zavira padanje. Hitrost padanja je stalna, če je teža prečke Fg enaka magnetni sili Fm.

Fm = Fg

B2 v a S /ζ = m g , ko vstavimo za m = ρ S a dobimo

B2 v a S /ζ = ρ S a g , po okrajšanju in ureditvi enačbe dobimo

v = ρ g ζ / B2 = 1 cm/s

5. Ploščni kondenzator ima kapaciteto C0 = 10 pF. Plošči sta razmaknjeni za d = 1 cm. V kondenzator vtaknemo kos pločevine debeline a = 0,1 cm . Kolikšna je nova kapaciteta?

Rešitev :

 

kond_3Mislimo si , da kondenzator nabijemo z nabojem e in nato izklopimo vir napetosti. Naboj je stalen. nato vstavimo pločevino, na oddaljenost y od leve plošče. Na pločevini se influira naboj e.

Nalogo lahko rešimo na dva načina ( Slika a in b).

a) Prvotna napetost na med ploščama je

U0 = e/C0 = e d/(ε0S), kjer je S površina plošč.

Ko damo pločevino vmes, je napetost sestavljena iz U1 = e y /(ε0 S) levo od pločevine in U2 = e (d – a -y )/(ε0 S) desno od pločevine. Na področju pločevine ni električnega polja. Tako je U = U1 + U2.

Celotna napetost je U = e(d – a )/(ε0 S) = U0 ( 1 – a/d ) , kjer smo postavili da je U0 = e/(ε0 S).

Iz izraza vidimo, da napetost U ni odvisna od lege (y ) plošče. Tudi če jo stisnemo k eni od plošč, ko je y = 0.

Tako je kapaciteta C = e / U = e /( U0 (1 – a/d)) = C0 /(1-a/d), kjer je C0 = e/U0, po vstavitvi podatkov je C = 11,1 p F.

b) Drugi način naj izračuna bralec sam. Ideja je ta da vzamemo kot dva zaporedno vezana kondenzatorja.

6. Lesen kvade s stranicami 30 cm x 30 cm x 5 cm položimo z največjo ploskvijo v bazen, v katerem je globina vode 6 cm. Na spodnjo ploskev kvadra pritrdimo izolirano tanko kovinsko ploščico z velikostjo 30 cm x 30 cm, enako ploščico pa še na dno bazena, natančno pod spodnjo ploskev kvadra. Ploščici priključimo na enosmerno napetost. Napetost počasi povečujemo. Pri kolikšni najmanjši napetosti se kvader popolnoma potopi. Masa ploščic je zanemarljiva. Podatki : Gostota lesa 800 kg/m3, gostota vode 1000 kg/m3m influenčna konstanta je ε0 =8,9.10-12 As/Vm in dielektričnost vode ε = 81.

Rešitev :

kvad_1

Podatki :

a = b = 30 cm, c = 35 cm, h = 6 cm, ρ1 = 800 kg/m3 , ρv = 1000 kg/m3

ε0 = 8,9.10-12 As/Vm, ε = 81

Prostornina kvadra je V = a b c.

Kvader je ves potopljen, ko je razdalja med ploščami enaka d = h – c = 1 cm. Tedaj so električna sila Fe= eE, sila teže kvadra Fg = ρ1 ab c g in sila vzgona Fvzg = ρv abc g v ravnovesju.

Fvzg = Fg + Fe iz česar sledi e E = ρv abc g – ρl abc g = abc (ρv – ρl) g .

Upoštevati moramo, da je naboj na plošči za za ε krat večji kot. če je med ploščama prazen prostor. e = C U = ε ε0 S /d U. E je jakost električnega polja, ki ga povzroča spodnja plošča. Za tanko ploščo pa vemo, da je E = e/(2εε0S). Ko vstavimo za naboj zgornjo zvezo dobimo E = U / 2d. Po vstavitvi izrazov v ravnovesno enačbo dobimo ε ε0 ab U2/(2d2 ) = abc (ρv – ρl) g . Iz te enačbe izpeljemo končni izraz za napetost U = (2(h-c)2 c (ρv – ρl) g/(εε0))1/2 = 5200 V.

Sončev mrk, 4. januar 2011

Dne  4. 1. 2011, je Aktiv fizike na Gimnaziji Ptuj pripravil opazovanje delnega Sončevega mrka. Sončev mrk je bil viden v dopoldanskih urah med 8:00 in 11:00. Ob 9:21 je dosegel maksimalno prekritost Sonca, ki je bila približno 68%. Sončev mrk nastane, ko Sonce, Luna in Zemlja ležijo na isti premici, in sicer Luna med Soncem in Zemljo. Kadar poravnava ni popolna, govorimo o delnem Sončevem mrku. Opazovanja smo se lotili na več načinov (očala, projekcija, teleskop, fotografiranje z zatemnitvijo …), a najspektakularnejše za mnoge je bilo opazovanje s teleskopom. Za varno opazovanje smo uporabljali temu primerno zaščitno folijo, ki je lepo vidna na slikah. Naslednji Sončev mrk bo v petek, 20. 3. 2015, ki ga bomo z našimi dijaki zagotovo spremljali.

OLYMPUS DIGITAL CAMERA
Slika 1. Luna prekriva Sonce