Fizyka PR — Maj 2015

Krok 1. Co jest potrzebne, aby obręcz wróciła po upadku. Obręcz wraca do gimnastyczki dzięki tarciu w chwili kontaktu z podłożem w punkcie C. Żeby tarcie mogło "odwrócić" ruch obręczy (zamienić ruch do przodu na ruch do tyłu, w stronę gimnastyczki), obręcz musi lądować z tzw. podkręceniem zwrotnym (backspinem) — jej dolna część musi się przy kontakcie z podłożem przesuwać w stronę przeciwną do kierunku lotu.

Krok 2. Kierunek obrotu w punkcie B. Obręcz lecąc od A przez B do C przesuwa się w powietrzu w stronę gimnastyczki odwrotną (od A w lewo, w stronę C). Aby w chwili lądowania w C tarcie popchnęło obręcz z powrotem w prawo, do gimnastyczki, obręcz przez cały czas lotu — także w punkcie B — musi wirować zgodnie z ruchem wskazówek zegara (patrząc na scenę tak jak na rysunku): górna część obręczy przemieszcza się w stronę gimnastyczki (w prawo), a dolna część — w stronę przeciwną (w lewo).

Odpowiedź: w punkcie B należy narysować symbol obrotu zgodnego z ruchem wskazówek zegara (strzałka wskazująca ruch "do siebie" — w stronę gimnastyczki u góry obręczy).

Krok 1. Co decyduje o prędkości obrotowej obręczy w powietrzu. Podczas lotu (od wyrzucenia do upadku) na obręcz działa tylko siła grawitacji, przyłożona do jej środka masy. Siła ta nie wywołuje żadnego momentu siły względem środka masy obręczy (bo działa właśnie w tym punkcie), więc nie zmienia momentu pędu obręczy związanego z jej obrotem.

Krok 2. Wniosek z zasady zachowania momentu pędu. Skoro moment pędu (a więc i prędkość kątowa, i prędkość ruchu obrotowego) nie zmienia się przy braku momentu sił, prędkość ruchu obrotowego obręczy jest taka sama od momentu wyrzucenia aż do upadku na podłoże.

Odpowiedź: D. taka sama od momentu wyrzucenia aż do upadku.

Krok 1. Co utrzymuje obręcz w pozycji wyprostowanej. Wirująca obręcz ma niezerowy moment pędu skierowany wzdłuż osi obrotu (poziomo, prostopadle do płaszczyzny obręczy). Dopóki na obręcz nie działa żaden zewnętrzny moment siły próbujący ją przechylić, wektor momentu pędu (a więc i orientacja osi obręczy) pozostaje niezmienny.

Krok 2. Nazwa prawa. Ta stabilność orientacji wirującego ciała to konsekwencja zasady zachowania momentu pędu (zasady zachowania krętu) — analogicznie jak w przypadku żyroskopu czy jadącego roweru, którego koła też się nie przewracają, gdy wirują.

Odpowiedź: zasada zachowania momentu pędu (zasada zachowania krętu).

Krok 1. Co powoduje ruch obręczy po podłożu. Po wylądowaniu w punkcie C obręcz styka się z podłożem i wiruje z odpowiednim podkręceniem (patrz zadanie 1.1). W miejscu styku z podłożem działa siła tarcia — to ona zamienia energię ruchu obrotowego obręczy w ruch postępowy skierowany z powrotem do gimnastyczki.

Krok 2. Wykluczenie innych sił. Siła grawitacji działa tylko w pionie i nie może nadać obręczy ruchu w kierunku horyzontalnym do gimnastyczki. Siła odśrodkowa jest siłą bezwładności występującą w układach nieinercjalnych związanych z ruchem po okręgu — nie ma tu zastosowania. Opór powietrza działałby tylko w powietrzu i przeciwnie do ruchu, a nie po podłożu.

Odpowiedź: B. tarcia.

Krok 1. Efektywna grawitacja w układzie wózka. Wózek pod wpływem dodatkowej siły przyspiesza, więc jego układ odniesienia staje się nieinercjalny. W takim układzie na wodę, obok rzeczywistej siły grawitacji (w dół), działa pseudo-siła bezwładności, skierowana przeciwnie do przyspieszenia wózka. Powierzchnia swobodnej cieczy ustawia się zawsze prostopadle do wypadkowej tych dwóch "sił" (efektywnej grawitacji).

Krok 2. Kierunek pseudo-siły wynikający z geometrii równi. Z rysunku widać, że powierzchnia wody nachyliła się tak, że stała się równoległa do równi wznoszącej się w lewą stronę. Oznacza to, że wektor efektywnej grawitacji (prostopadły do tej powierzchni) odchylił się od pionu w prawą stronę. Ponieważ pseudo-siła jest przeciwna do przyspieszenia wózka, takie odchylenie efektywnej grawitacji w prawo wymaga przyspieszenia wózka skierowanego w lewo, a zatem dodatkowa siła działająca na wózek musiała być skierowana w lewo (odpowiedź B).

Krok 3. Znaczenie prędkości wózka. Kierunek i wartość przyspieszenia nie zależą od tego, w którą stronę i z jaką prędkością wózek się już poruszał — o nachyleniu powierzchni cieczy decyduje wyłącznie przyspieszenie. Dlatego wózek mógł poruszać się w dowolną stronę, w prawo albo w lewo (odpowiedź 3).

Odpowiedź: B – 3.

Zdanie 1. Krążek na podporze obraca się bez tarcia, a lina jest nierozciągliwa i ma pomijalną masę. Dla nieważkiej liny przewijanej przez idealnie gładki krążek naciąg musi być taki sam po obu stronach krążka (inaczej krążek doznałby niezerowego momentu siły i nie mógłby być w równowadze). Zdanie jest fałszywe (F).

Zdanie 2. Krążek na podporze ma ustaloną, niezmienną wysokość i pozycję. Gdy słup unosi się z pozycji poziomej, punkt zaczepienia liny na jego wierzchołku odsuwa się od podpory po łuku, więc odcinek liny między podnoszonym słupem i krążkiem (część A) wydłuża się. Aby lina pozostawała naciągnięta, traktor musi w tym czasie odjeżdżać od podpory, wydłużając też odcinek B (od krążka do traktora). Odcinek B łączy punkt o ustalonej wysokości (krążek) z punktem na ziemi, który się oddala — im dalej odjeżdża traktor, tym mniejszy staje się kąt między odcinkiem B a poziomem (ten sam "przewyższenie" krążka rozkłada się na coraz większą podstawę). Kąt β maleje w początkowej fazie podnoszenia. Zdanie jest prawdziwe (P).

Zdanie 3. Warunek równowagi momentów względem obrotowej podstawy słupa (patrz zadanie 3.2) ma postać $Nl\sin \alpha =mg\frac{l}{2}$, czyli $N=\frac{mg}{2\sin \alpha }$ — długość $l$ jawnie się redukuje. Jednak w tym zdaniu podpora ma ustaloną wysokość i ustalone położenie (nie jest już, jak w zadaniu 3.2, dopasowywana do słupa), więc kąt $\alpha$, pod jakim lina biegnie od wierzchołka leżącego słupa do krążka, zależy od tego, jak daleko od podstawy słupa znajduje się jego wierzchołek — czyli od długości słupa $l$. Skoro $\alpha =\alpha (l)$, to i wymagany naciąg $N=\frac{mg}{2\sin \alpha (l)}$ zależy od długości (wysokości) słupa. Zdanie jest prawdziwe (P).

Odpowiedź: F, P, P.

Krok 1. Warunek równowagi momentów. W chwili, gdy słup zaczyna się unosić, jest w równowadze granicznej — moment siły ciężkości słupa (działającej w jego środku masy, w połowie długości $l$) względem obrotowej podstawy jest równoważony przez moment siły naciągu liny $N$, przyłożonej w wierzchołku słupa pod kątem $\alpha$ do słupa: $M_P=mg\cdot \frac{l}{2},M_N=Nl\sin \alpha .$

Krok 2. Przyrównanie momentów. $mg\frac{l}{2}=Nl\sin \alpha \Rightarrow N=\frac{mg}{2\sin \alpha }.$

Krok 3. Podstawienie danych ($m=2000\mathrm{kg}$, $\alpha =15^{\circ }$, $\sin 15^{\circ }\approx 0,2588$): $N=\frac{2000\mathrm{kg}\cdot 9,81m/{\mathrm{s}}^2}{2\cdot 0,2588}\approx 37,9\cdot 10^3\mathrm{N}=37,9\mathrm{kN}.$

Odpowiedź: $N\approx 37,9\mathrm{kN}$.

Krok 1. Bilans energii. Słup, będący prawie w pozycji pionowej, przewraca się wokół nieruchomej (obrotowej) podstawy. Jego środek masy (w połowie długości $l$) opada o wysokość równą prawie całej połowie długości słupa, czyli $\approx \frac{l}{2}$. Cała utracona energia potencjalna grawitacji zamienia się w energię kinetyczną ruchu obrotowego słupa (opory pomijamy): $E_p=mg\frac{l}{2},E_k=\frac{1}{2}I{\omega }^2.$

Krok 2. Podstawienie momentu bezwładności i związku $\omega =v/l$. Prędkość liniowa końca słupa (najdalszego od osi obrotu punktu, w odległości $l$ od podstawy) wynosi $v=\omega l$, czyli $\omega =v/l$. Podstawiając $I=\frac{1}{3}m{l}^2$: $E_k=\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{3}m{l}^2\cdot {\left(\frac{v}{l}\right)}^2=\frac{1}{6}m{v}^2.$

Krok 3. Przyrównanie energii i obliczenie $v$. $mg\frac{l}{2}=\frac{1}{6}m{v}^2\Rightarrow v^2=3gl\Rightarrow v=\sqrt{3gl}.$

Krok 4. Podstawienie danych ($g=9,81m/{\mathrm{s}}^2$, $l=12\mathrm{m}$): $v=\sqrt{3\cdot 9,81m/{\mathrm{s}}^2\cdot 12\mathrm{m}}=\sqrt{353,16}m/s\approx 18,8m/s.$

Odpowiedź: $v\approx 18,8m/s$.

Krok 1. Rozpoznanie krzywej stałej. Energia całkowita układu (przy braku oporów) jest zachowana — nie zależy od wychylenia $x$ i musi być reprezentowana przez linię stałą (poziomą) na całej szerokości wykresu. To krzywa a.

Krok 2. Energia potencjalna sprężyny. Energia potencjalna sprężyny $E_p=\frac{1}{2}k{x}^2$ jest zerowa w położeniu równowagi ($x=0$) i rośnie (paraboliczne) do maksimum przy największym wychyleniu $x=\pm 4\mathrm{cm}$. To krzywa, która zaczyna się od zera w środku i rośnie na boki — krzywa c.

Krok 3. Energia kinetyczna. Energia kinetyczna jest dopełnieniem energii całkowitej do energii potencjalnej ($E_k=E_{calk}-E_p$) — jest maksymalna w położeniu równowagi ($x=0$, gdzie prędkość jest największa) i spada do zera przy maksymalnym wychyleniu. To krzywa b.

Odpowiedź: energia kinetyczna – b, energia potencjalna – c, energia całkowita – a.

Zdanie 1. Z wykresu (krzywa b) widać, że energia kinetyczna jest maksymalna przy $x=0$ i spada (a nie rośnie) do zera przy dużych $|x|$ — to zależność odwrotna do "odwrotnej proporcjonalności" (która przy $x\to 0$ dawałaby wartości nieskończone, a nie maksymalne skończone). W rzeczywistości $E_k$ zależy od $x$ jak $E_{calk}-\frac{1}{2}k{x}^2$, czyli jest funkcją malejącą $x^2$, nie odwrotnie proporcjonalną. Zdanie jest fałszywe (F).

Zdanie 2. Przy maksymalnym wychyleniu cała energia układu jest energią potencjalną (prędkość=0), a przy przejściu przez położenie równowagi cała energia jest energią kinetyczną (brak odkształcenia sprężyny). Ponieważ energia całkowita jest zachowana, energia potencjalna maksymalna równa jest energii kinetycznej maksymalnej. Zdanie jest prawdziwe (P).

Zdanie 3. Energia całkowita jest zachowana i w każdej chwili równa sumie $E_k+E_p$. W położeniu równowagi $E_p=0$, więc w tej właśnie chwili energia całkowita równa jest energii kinetycznej (maksymalnej). Zdanie jest prawdziwe (P).

Odpowiedź: F, P, P.

Krok 1. Odczyt z wykresu. Maksymalna energia kinetyczna wózka (wartość, do której dochodzi krzywa energii kinetycznej w położeniu równowagi $x=0$, równa energii całkowitej) odczytana z wykresu wynosi $E_{kmax}=4\mathrm{mJ}$.

Krok 2. Związek energii kinetycznej z prędkością. $E_{kmax}=\frac{1}{2}m{v}_{max}^2\Rightarrow v_{max}=\sqrt{\frac{2E_{kmax}}{m}}.$

Krok 3. Podstawienie danych ($E_{kmax}=4\cdot 10^{-3}\mathrm{J}$, $m=0,2\mathrm{kg}$): $v_{max}=\sqrt{\frac{2\cdot 4\cdot 10^{-3}\mathrm{J}}{0,2\mathrm{kg}}}=\sqrt{0,04}m/s=0,2m/s.$

Odpowiedź: $v_{max}=0,2m/s$.

Krok 1. Amplituda i stała sprężystości. Z wykresu odczytujemy amplitudę drgań $A=4\mathrm{cm}=0,04\mathrm{m}$ (maksymalne wychylenie) oraz energię całkowitą $E=4\mathrm{mJ}$. Energia całkowita drgań harmonicznych jest równa maksymalnej energii sprężystości: $E=\frac{1}{2}k{A}^2\Rightarrow k=\frac{2E}{A^2}.$

Krok 2. Wzór na okres drgań. Okres drgań wózka na sprężynie wynosi $T=2\pi \sqrt{\frac{m}{k}}$. Podstawiając $k=\frac{2E}{A^2}$: $T=2\pi \sqrt{\frac{m{A}^2}{2E}}=\pi A\sqrt{\frac{2m}{E}}.$

Krok 3. Podstawienie danych ($m=0,2\mathrm{kg}$, $A=0,04\mathrm{m}$, $E=4\cdot 10^{-3}\mathrm{J}$): $T=\pi \cdot 0,04\mathrm{m}\cdot \sqrt{\frac{2\cdot 0,2\mathrm{kg}}{4\cdot 10^{-3}\mathrm{J}}}=\pi \cdot 0,04\cdot \sqrt{100}=\pi \cdot 0,04\cdot 10\approx 1,26\mathrm{s}.$

Odpowiedź: $T\approx 1,26\mathrm{s}$.

Krok 1. Zasada trzeciej prawa dynamiki i środek masy. W układzie podwójnym obie gwiazdy krążą wokół wspólnego środka masy $O$, znajdującego się na odcinku łączącym obie gwiazdy, w każdej chwili po przeciwnych stronach względem $O$ (na jednej prostej przechodzącej przez $O$).

Krok 2. Który okrąg jest orbitą gwiazdy $m$. Środek masy dzieli odcinek łączący gwiazdy w odwrotnej proporcji do ich mas: gwiazda o mniejszej masie $m$ znajduje się dalej od środka $O$ niż gwiazda o większej masie $M$ (bo $x_m=\frac{M}{m+M}d>x_M=\frac{m}{m+M}d$ dla $m<M$). Zatem orbita gwiazdy $m$ to okrąg o większym promieniu niż orbita gwiazdy $M$ — z trzech narysowanych okręgów wybieramy ten największy (zewnętrzny, na którym nie zaznaczono jeszcze żadnej gwiazdy).

Krok 3. Właściwe miejsce na tym okręgu. Gwiazda $m$ musi w danej chwili znajdować się po przeciwnej stronie środka $O$ względem gwiazdy $M$, na tej samej prostej przechodzącej przez $O$ i przez zaznaczone położenie gwiazdy $M$.

Odpowiedź: literą $m$ opisujemy punkt na największym z trzech okręgów, leżący na prostej przechodzącej przez środek $O$ i przez zaznaczone położenie gwiazdy $M$, po stronie przeciwnej do $M$ względem $O$.

Krok 1. Definicja środka masy dla dwóch punktów materialnych. Środek masy $O$ układu dwóch punktów materialnych o masach $M$ i $m$, rozmieszczonych na odcinku, spełnia warunek równości momentów statycznych względem $O$: $M\cdot x=m\cdot (d-x),$ gdzie $x$ to odległość środka masy od gwiazdy $M$, a $d-x$ to jego odległość od gwiazdy $m$ (bo $x+(d-x)=d$).

Krok 2. Rozwiązanie względem $x$. $Mx=md-mx\Rightarrow x(M+m)=md\Rightarrow x=\frac{md}{M+m}.$

Odpowiedź: $x=\frac{md}{M+m}$.

Zdanie 1. Siły dośrodkowe działające na obie gwiazdy to w istocie wzajemne siły ich grawitacyjnego przyciągania — to para sił zgodna z trzecią zasadą dynamiki Newtona (siła, jaką $M$ przyciąga $m$, jest równa co do wartości sile, jaką $m$ przyciąga $M$). Zdanie jest prawdziwe (P).

Zdanie 2. Obie gwiazdy okrążają środek masy $O$ w tym samym czasie (ten sam okres $T$), lecz po orbitach o różnych promieniach ($r_M=\frac{m}{M+m}d\ne r_m=\frac{M}{M+m}d$ dla $M\ne m$). Prędkość liniowa $v=\frac{2\pi r}{T}$ jest więc różna dla obu gwiazd (gwiazda o mniejszej masie, na większej orbicie, ma większą prędkość liniową). Zdanie jest fałszywe (F).

Zdanie 3. Obie gwiazdy, mimo różnych promieni orbit i różnych prędkości liniowych, wykonują pełny obieg wokół środka masy w tym samym czasie (są zawsze po przeciwnych stronach $O$, na jednej prostej z $O$) — mają więc taki sam okres $T$, a zatem i taką samą częstotliwość $f=1/T$. Zdanie jest prawdziwe (P).

Odpowiedź: P, F, P.

Krok 1. Warunek równowagi góry lodowej. Góra lodowa unosi się swobodnie na wodzie, więc siła ciężkości jest równoważona przez siłę wyporu (prawo Archimedesa): $F_g=F_w\Rightarrow {\rho }_l{V}_{l}g={\rho }_w{V}_{z}g,$ gdzie ${\rho }_l$, $V_l$ — gęstość i cała objętość lodu, ${\rho }_w$ — gęstość wody morskiej, a $V_z$ — objętość zanurzonej części góry lodowej.

Krok 2. Ułamek objętości zanurzonej. $\frac{V_z}{V_l}=\frac{{\rho }_l}{{\rho }_w}=\frac{900}{1040}\approx 0,865.$

Krok 3. Ułamek objętości wystającej ponad wodę. Objętość wynurzonej części to dopełnienie do całości: $\frac{V_l-V_z}{V_l}=1-0,865=0,135.$

Odpowiedź: ponad powierzchnią wody wystaje około $0,135$, czyli $13,5\%$ objętości góry lodowej.

Krok 1. Jak ciepło może opuszczać naczynie. Naczynie stygnie, gdy oddaje energię (ciepło) do otoczenia. Może to zachodzić kilkoma niezależnymi drogami fizycznymi.

Krok 2. Wymienienie zjawisk.

1. Przewodnictwo cieplne — ciepło przepływa przez materiał naczynia (i przez powietrze stykające się z jego ściankami) do chłodniejszego otoczenia.
2. Konwekcja (w powietrzu otaczającym naczynie) — ogrzane powietrze przy naczyniu unosi się, a jego miejsce zajmuje chłodniejsze powietrze, co przyspiesza odpływ ciepła.
3. Parowanie wody z otwartej powierzchni naczynia — cząsteczki wody o największej energii kinetycznej odrywają się od powierzchni jako para, zabierając ze sobą energię i tym samym obniżając średnią energię (temperaturę) pozostałej wody.
4. (Dodatkowo, choć wystarczą trzy powyższe) Promieniowanie cieplne — gorąca woda i naczynie emitują promieniowanie elektromagnetyczne (w podczerwieni) unosząc energię do otoczenia.

Odpowiedź: przewodnictwo cieplne, konwekcja (w powietrzu) oraz parowanie wody (a także promieniowanie).

Krok 1. Pole elektryczne między okładkami. Górna okładka jest naładowana ujemnie, a dolna dodatnio, więc jednorodne pole elektryczne między okładkami jest skierowane od okładki dodatniej do ujemnej, czyli w tym przypadku od dołu do góry (w kierunku okładki ujemnej pole "wchodzi", linie pola idą od $+$ do $-$, więc kierunek wektora $\vec{E}$ to od dołu ku górze).

Krok 2. Siła działająca na elektron. Elektron ma ładunek ujemny, więc siła elektryczna działająca na niego jest skierowana przeciwnie do wektora pola $\vec{E}$ — czyli od górnej (ujemnej) okładki w stronę dolnej (dodatniej), a więc w dół, w stronę okładki dodatniej (elektron jest przyciągany do ładunków dodatnich).

Krok 3. Przyspieszenie. Zgodnie z drugą zasadą dynamiki $\vec{a}=\vec{F}/m$, przyspieszenie elektronu jest równoległe do siły i ma ten sam zwrot (masa jest wielkością skalarną dodatnią).

Odpowiedź: wektor przyspieszenia elektronu w punkcie A jest skierowany prostopadle do okładek, w stronę dodatnio naładowanej (dolnej) okładki.

Krok 1. Wzór na pojemność kondensatora płaskiego. $C={\epsilon }_0{\epsilon }_r\frac{S}{d},$ gdzie $S$ to powierzchnia okładek, a $d$ — odległość między nimi (obie kartki są tego samego rodzaju papieru, więc ${\epsilon }_r$ jest takie samo dla obu kondensatorów).

Krok 2. Porównanie powierzchni okładek. $S_A=14\mathrm{cm}\times 20\mathrm{cm}=280\mathrm{c}{\mathrm{m}}^2$, $S_B=7\mathrm{cm}\times 10\mathrm{cm}=70\mathrm{c}{\mathrm{m}}^2$, zatem $S_A=4S_B$ (wymiary kondensatora A są dwukrotnie większe w każdym z dwóch wymiarów liniowych niż kondensatora B).

Krok 3. Porównanie odległości między okładkami. Kondensator A ma cztery kartki między okładkami, a kondensator B — jedną, więc (przy tej samej grubości pojedynczej kartki) $d_A=4d_B$.

Krok 4. Stosunek pojemności. $\frac{C_A}{C_B}=\frac{S_A/d_A}{S_B/d_B}=\frac{S_A}{S_B}\cdot \frac{d_B}{d_A}=4\cdot \frac{1}{4}=1.$

Odpowiedź: $\frac{C_A}{C_B}=1$ — pojemności obu kondensatorów są jednakowe.

Krok 1. Rozpisanie wolta na jednostki podstawowe. Korzystamy z definicji: $1\mathrm{V}=1\frac{\mathrm{J}}{\mathrm{C}}$, $1\mathrm{J}=1\frac{\mathrm{kg}\cdot {\mathrm{m}}^2}{{\mathrm{s}}^2}$ oraz $1\mathrm{C}=1\mathrm{A}\cdot \mathrm{s}$.

Krok 2. Podstawienie. $1\mathrm{V}=1\frac{\mathrm{J}}{\mathrm{C}}=1\frac{\mathrm{kg}\cdot {\mathrm{m}}^2/{\mathrm{s}}^2}{\mathrm{A}\cdot \mathrm{s}}=1\frac{\mathrm{kg}\cdot {\mathrm{m}}^2}{\mathrm{A}\cdot {\mathrm{s}}^3}.$

Krok 3. Jednostka współczynnika Seebecka. $1\frac{\mathrm{V}}{\mathrm{K}}=1\frac{\mathrm{kg}\cdot {\mathrm{m}}^2}{\mathrm{A}\cdot \mathrm{K}\cdot {\mathrm{s}}^3}.$

Odpowiedź: $1\frac{\mathrm{V}}{\mathrm{K}}=1\frac{\mathrm{kg}\cdot {\mathrm{m}}^2}{\mathrm{A}\cdot \mathrm{K}\cdot {\mathrm{s}}^3}$.

Krok 1. Który wybór maksymalizuje napięcie. Napięcie termoelektryczne $U=(S_B-S_A)(T_1-T_2)$ jest największe (dla ustalonej różnicy temperatur), gdy różnica współczynników Seebecka $S_B-S_A$ jest jak największa. Trzeba więc wybrać metal z największym dodatnim współczynnikiem Seebecka jako metal B oraz metal z najmniejszym (najbardziej ujemnym) współczynnikiem jako metal A.

Krok 2. Wybór pary metali. Z tabeli: największy współczynnik ma żelazo ($S=+18,8\mu V/K$), a najmniejszy — nikiel ($S=-15\mu V/K$). Para nikiel–żelazo daje więc maksymalną różnicę: $S_{Fe}-S_{Ni}=18,8-(-15)=33,8\mu V/K.$

Krok 3. Różnica temperatur. Topniejący lód ma temperaturę $T=0^{\circ }\mathrm{C}=273\mathrm{K}$, a wrząca woda pod normalnym ciśnieniem $T=100^{\circ }\mathrm{C}=373\mathrm{K}$. Różnica temperatur złącz: $\Delta T=373\mathrm{K}-273\mathrm{K}=100\mathrm{K}.$

Krok 4. Obliczenie napięcia. $U=(S_{Fe}-S_{Ni})\cdot \Delta T=33,8\frac{\mu \mathrm{V}}{\mathrm{K}}\cdot 100\mathrm{K}=3380\mu \mathrm{V}=3,38\mathrm{mV}.$

Odpowiedź: najlepsza para to nikiel i żelazo; uzyskane napięcie termoelektryczne wynosi $U\approx 3,38\mathrm{mV}$.

Krok 1. Czego potrzebujemy. Pojedyncze termoogniwo daje napięcie rzędu milliwoltów, a my potrzebujemy kilkudziesięciu woltów — czyli napięcie musi być znacznie większe. Jednocześnie potrzebujemy natężenia rzędu kilku amperów, co przy oporze wewnętrznym rzędu setnych części oma pojedynczego ogniwa również wymaga zwiększenia możliwości źródła.

Krok 2. Jak zwiększyć napięcie i natężenie. Łączenie ogniw szeregowo zwiększa uzyskiwane napięcie (napięcia się sumują), natomiast łączenie równoległe zwiększa maksymalne natężenie prądu, jaki można pobrać (bez nadmiernego spadku napięcia na oporze wewnętrznym). Ponieważ potrzebujemy zarówno większego napięcia, jak i większego natężenia niż daje pojedyncza para złącz, należy zastosować połączenie szeregowo i równolegle (odpowiedź C), z uzasadnieniem, że potrzebne napięcie i natężenie prądu są większe od możliwych do uzyskania z pojedynczej pary złącz (odpowiedź 3).

Odpowiedź: C – 3.

Część a) Wykres $F(r)$. Na osi odciętych odkładamy odległość $r$ (w cm), a na osi rzędnych siłę $F$ (w mN), dobierając skale tak, by wykorzystać co najmniej $\frac{1}{4}$ długości każdej osi. Zaznaczamy pięć punktów pomiarowych z tabeli: $(5,0;10)$, $(4,0;23)$, $(3,4;43)$, $(2,9;83)$, $(2,5;163)$ i prowadzimy przez nie gładką krzywą. Krzywa jest silnie nieliniowa i szybko rosnąca — siła oddziaływania dwóch magnesów maleje bardzo szybko z odległością (typowo znacznie szybciej niż $1/r^2$, bo mamy do czynienia z oddziaływaniem dipol–dipol), co widać jako wykres przypominający fragment hiperboli, gwałtownie rosnący przy małych $r$.

Część b) Szacowanie pracy z pola pod wykresem. Praca wykonana przeciw sile $F$ przy zbliżaniu magnesów od $r=5,0\mathrm{cm}$ do $r=2,5\mathrm{cm}$ jest równa polu powierzchni pod krzywą $F(r)$ pomiędzy tymi odległościami: $W={\int }_{2,5}^{5,0}F(r)dr\approx \text{pole pod wykresem}.$

Krok 1. Metoda zliczania kratek. Szacujemy to pole metodą zliczania kratek na wykresie (przyjmując siatkę o kroku np. $10\mathrm{mN}\times 0,2\mathrm{cm}$), licząc pełne kratki jako 1, a częściowo zakryte szacując jako $\frac{1}{2}$ lub $\frac{3}{4}$ kratki, zależnie od tego, jaka ich część leży pod krzywą.

Krok 2. Wartość jednej kratki. Jedna kratka o wymiarach $10\mathrm{mN}\times 0,2\mathrm{cm}=10\cdot 10^{-3}\mathrm{N}\times 0,002\mathrm{m}=2\cdot 10^{-5}\mathrm{J}=0,02\mathrm{mJ}$.

Krok 3. Zliczenie kratek i wynik. Pod wykresem między $r=2,5\mathrm{cm}$ i $r=5,0\mathrm{cm}$ mieści się w przybliżeniu 53 takie kratki, co daje: $W\approx 53\cdot 0,02\mathrm{mJ}\approx 1,1\mathrm{mJ}.$

Odpowiedź: praca wykonana przeciw sile $F$ przy zbliżaniu magnesów wynosi w przybliżeniu $W\approx 1,1\mathrm{mJ}$ (wynik uznajemy za poprawny w zakresie od około $0,9\mathrm{mJ}$ do $1,5\mathrm{mJ}$).

Krok 1. Obliczenie teoretycznego czasu spadku swobodnego. Dla spadku swobodnego z wysokości $h$ bez prędkości początkowej: $h=\frac{1}{2}g{t}^2$, stąd: $t=\sqrt{\frac{2h}{g}}.$

Krok 2. Podstawienie danych ($h=0,40\mathrm{m}$, $g=9,81m/{\mathrm{s}}^2$): $t=\sqrt{\frac{2\cdot 0,40\mathrm{m}}{9,81m/{\mathrm{s}}^2}}=\sqrt{0,0815}\mathrm{s}\approx 0,286\mathrm{s}.$

Krok 3. Porównanie z pomiarem. Zmierzony czas spadku wynosił $0,30\pm 0,03\mathrm{s}$, czyli leżał w przedziale od $0,27\mathrm{s}$ do $0,33\mathrm{s}$. Obliczony teoretyczny czas swobodnego spadku $t\approx 0,286\mathrm{s}$ mieści się w tym przedziale.

Odpowiedź: ponieważ obliczony czas spadku swobodnego ($\approx 0,286\mathrm{s}$) mieści się w granicach niepewności pomiaru ($0,27$–$0,33\mathrm{s}$), spadek magnesu w plastikowej rurce można uznać za swobodny.

Krok 1. Dlaczego magnes spada tak wolno i jednostajnie w rurce miedzianej. Spadający magnes wytwarza zmienne pole magnetyczne w otaczającej go miedzianej rurce. Zgodnie z prawem indukcji Faradaya i regułą Lenza, w przewodzącej (miedzianej) rurce indukują się prądy wirowe, które — zgodnie z regułą Lenza — wytwarzają pole magnetyczne przeciwstawiające się zmianie, czyli hamujące ruch magnesu. To zjawisko indukcji elektromagnetycznej (odpowiedź C).

Krok 2. Dlaczego akurat w miedzi. Aby mogły popłynąć prądy wirowe, materiał rurki musi być elektrycznie przewodzący. Miedź jest bardzo dobrym przewodnikiem elektryczności (a nie jest ferromagnetykiem czy szczególnym paramagnetykiem, co byłoby istotne dla przyciągania magnetycznego, a nie dla indukcji). Uzasadnienie: miedź jest przewodnikiem (odpowiedź 1).

Krok 3. Wykluczenie innych opcji. Tarcie (A) nie mogłoby spowolnić ruchu tak drastycznie i jednostajnie na całej długości rurki (a przy tym plastik i miedź mają zwykle podobny współczynnik tarcia). Przyciąganie magnesu do miedzi (B) nie zachodzi — miedź nie jest ferromagnetykiem i nie jest przyciągana przez magnes w sposób odpowiadający za tak silne hamowanie.

Odpowiedź: C – 1.

Krok 1. Dlaczego nie można wprost zmierzyć ogniskowej soczewki rozpraszającej. Soczewka rozpraszająca wytwarza obraz rzeczywisty świeczki tylko w połączeniu z odpowiednio silniejszą soczewką skupiającą — sama nie utworzy na ekranie ostrego, rzeczywistego obrazu (dlatego czynność b) jest błędna i nie powinna być użyta — jej zastosowanie obniża liczbę punktów).

Krok 2. Wyznaczenie ogniskowej soczewki skupiającej $f_1$. Ustawiamy świeczkę, samą soczewkę skupiającą i ekran tak, aby otrzymać na ekranie ostry obraz płomienia (czynność a). Mierzymy odległość świeczki od soczewki, $x=f_1^{\prime }$ w oznaczeniu wzoru pomocniczego (czynność f), oraz odległość ekranu od soczewki, $y$ (czynność g). Stosujemy wzór soczewki $\frac{1}{f}=\frac{1}{x}+\frac{1}{y}$ (czynność h), co pozwala wyznaczyć ogniskową soczewki skupiającej $f_1$.

Krok 3. Wyznaczenie ogniskowej zestawu dwóch soczewek $f$. Powtarzamy doświadczenie z obiema soczewkami ustawionymi tuż obok siebie (czynność c): ponownie mierzymy odległość świeczki od zestawu soczewek (czynność f) i odległość ekranu od zestawu (czynność g), i stosujemy ten sam wzór na soczewkę (czynność h), otrzymując tym razem ogniskową całego układu $f$.

Krok 4. Obliczenie ogniskowej soczewki rozpraszającej. Znając $f$ (zestawu) i $f_1$ (soczewki skupiającej), przekształcamy podany na wstępie wzór: $\frac{1}{f}=\frac{1}{f_1}+\frac{1}{f_2}\Rightarrow \frac{1}{f_2}=\frac{1}{f}-\frac{1}{f_1}\Rightarrow f_2=\frac{f{f}_1}{f_1-f}$ i obliczamy ogniskową soczewki rozpraszającej $f_2$ (czynność i).

Schemat układu doświadczalnego: świeczka — statyw z soczewką (lub zestawem dwóch soczewek) — ekran, wszystkie na jednej osi optycznej, z linijką do pomiaru odległości świeczka–soczewka oraz soczewka–ekran.

Odpowiedź: kolejność czynności: a), f), g), h) — dla wyznaczenia $f_1$; następnie c), f), g), h) — dla wyznaczenia $f$; na końcu i) — obliczenie $f_2$ z przekształconego wzoru $f_2=\frac{f{f}_1}{f_1-f}$. Czynności b) nie wykonujemy.

Krok 1. Jak zmienia się długość fali światła w wodzie. Częstotliwość światła laserowego nie zmienia się przy przejściu do innego ośrodka, a jego prędkość w wodzie jest mniejsza niż w powietrzu ($v=c/n$, $n_{woda}>n_{powietrze}$). Ponieważ $\lambda =v/f$, długość fali w wodzie jest mniejsza niż w powietrzu — długość fali zmalała (odpowiedź 3 dla uzasadnienia).

Krok 2. Wzór na siatkę dyfrakcyjną. Kąt, pod którym obserwuje się kolejne maksima ugięcia na siatce dyfrakcyjnej, opisuje wzór $d\sin \theta =k\lambda$ (gdzie $d$ to stała siatki, $k$ numer maksimum). Mniejsza długość fali $\lambda$ oznacza mniejszy kąt $\theta$ dla tego samego $k$ — punkty na ekranie skupiają się bliżej środka (bliżej siebie).

Krok 3. Wniosek o odległości punktów. Skoro kąty ugięcia się zmniejszyły, to i odległości pomiędzy kolejnymi świecącymi punktami na ekranie zmalały (odpowiedź C).

Odpowiedź: C – 3 (odległość między punktami zmalała, ponieważ długość fali w wodzie zmalała).

Krok 1. Liczba okresów połowicznego rozpadu w 2 latach. Moc grzewcza jest proporcjonalna do liczby jąder polonu w próbce, a ta maleje wg prawa rozpadu z okresem połowicznego rozpadu $T_{1/2}=139$ dni. Dwa lata to około $2\cdot 365=730$ dni, co odpowiada liczbie okresów: $n=\frac{730\text{dni}}{139\text{dni}}\approx 5,25.$

Krok 2. Ułamek pozostałej mocy. $\frac{P}{P_0}={\left(\frac{1}{2}\right)}^n={\left(\frac{1}{2}\right)}^{5,25}.$ Mamy ${\left(\frac{1}{2}\right)}^5=\frac{1}{32}$, a dodatkowe ${\left(\frac{1}{2}\right)}^{0,25}\approx 0,84$, więc: $\frac{P}{P_0}\approx \frac{0,84}{32}\approx 0,026\approx \frac{1}{38}.$

Krok 3. Porównanie z podanymi wartościami. Ułamek $\frac{1}{38}$ jest mniejszy niż $\frac{1}{30}$ (bo $38>30$), a więc moc zmaleje do wartości poniżej $1/30$ mocy początkowej.

Odpowiedź: D. poniżej 1/30 mocy początkowej.

Krok 1. Co ogranicza sprawność przemiany ciepła w pracę. Każde urządzenie przetwarzające ciepło w pracę (np. w energię elektryczną) działa w oparciu o przepływ ciepła między zbiornikiem o wyższej i niższej temperaturze. Nie całe pobrane ciepło może zostać zamienione na pracę — część musi zostać oddana do chłodniejszego zbiornika.

Krok 2. Nazwa prawa. Ta fundamentalna granica sprawności silników cieplnych (i wszelkich urządzeń przetwarzających ciepło na pracę) wynika z drugiej zasady termodynamiki, która zakazuje istnienia procesu, w którym ciepło jest w 100% zamieniane na pracę bez żadnych innych efektów.

Odpowiedź: druga zasada termodynamiki.

Krok 1. Warunek zajścia efektu fotoelektrycznego. Zjawisko fotoelektryczne zachodzi, gdy energia pojedynczego fotonu jest większa od pracy wyjścia elektronu z metalu: $E_{foton}>W$.

Krok 2. Obliczenie energii fotonu. $E=\frac{hc}{\lambda }=\frac{6,63\cdot 10^{-34}\mathrm{J}\cdot \mathrm{s}\cdot 3,00\cdot 10^{8}m/s}{370\cdot 10^{-9}\mathrm{m}}\approx 5,38\cdot 10^{-19}\mathrm{J}.$ W elektronowoltach: $E=\frac{5,38\cdot 10^{-19}\mathrm{J}}{1,602\cdot 10^{-19}J/eV}\approx 3,36\mathrm{eV}$.

Krok 3. Porównanie z pracą wyjścia poszczególnych metali. Efekt zajdzie tylko dla metali, dla których $W<3,36\mathrm{eV}$:

• glin ($4,3\mathrm{eV}$) — nie,
• cez ($2,14\mathrm{eV}$) — tak,
• cynk ($4,3\mathrm{eV}$) — nie,
• lit ($2,9\mathrm{eV}$) — tak,
• kobalt ($5,0\mathrm{eV}$) — nie,
• srebro ($4,3\mathrm{eV}$) — nie.

Odpowiedź: katodę można wykonać z cezu lub z litu (energia fotonu $\approx 3,36\mathrm{eV}$ przekracza pracę wyjścia tylko dla tych dwóch metali).

Krok 1. Co ogranicza liczbę elektronów w obwodzie. Prąd w fotokomórce płynie dzięki elektronom wybitym z katody w wyniku efektu fotoelektrycznego. Liczba elektronów wybijanych w jednostce czasu jest ograniczona przez liczbę fotonów padających na katodę w tym czasie (a nie przez przyłożone napięcie) — każdy foton może wybić co najwyżej jeden elektron.

Krok 2. Rola napięcia. Zwiększanie napięcia przyspiesza ruch już wybitych elektronów do anody i pomaga "zebrać" wszystkie wybite elektrony (przeciwdziała ich rozproszeniu czy powrotowi do katody), ale nie zwiększa liczby elektronów wybijanych z katody.

Krok 3. Wniosek. Gdy napięcie jest już dostatecznie duże, aby wszystkie wybite elektrony docierały do anody, dalszy wzrost napięcia nie może już zwiększyć natężenia prądu — osiągnięto tzw. prąd nasycenia.

Odpowiedź: natężenie prądu nie przekracza pewnej wartości (nasycenia), ponieważ jest ono ograniczone liczbą elektronów wybijanych z katody w jednostce czasu (a ta zależy od liczby padających fotonów, nie od napięcia); gdy napięcie jest już wystarczające, by wszystkie wybite elektrony docierały do anody, dalszy jego wzrost nie zwiększa już natężenia prądu.

Część a) Liczba fotonów na sekundę. Moc promieniowania $P$ to energia padająca w jednostce czasu, a energia jednego fotonu to $E_1=\frac{hc}{\lambda }$. Liczba fotonów padających w czasie $\Delta t=1\mathrm{s}$: $n_{fot}=\frac{P\Delta t}{E_1}=\frac{P\lambda \Delta t}{hc}=\frac{6,0\cdot 10^{-6}\mathrm{W}\cdot 370\cdot 10^{-9}\mathrm{m}\cdot 1\mathrm{s}}{6,63\cdot 10^{-34}\mathrm{J}\cdot \mathrm{s}\cdot 3,00\cdot 10^{8}m/s}\approx 1,12\cdot 10^{13}.$

Część b) Liczba elektronów na sekundę. Natężenie prądu $I=\frac{n_{el}e}{\Delta t}$, gdzie $e$ to ładunek elementarny, stąd: $n_{el}=\frac{I\Delta t}{e}=\frac{0,5\cdot 10^{-6}\mathrm{A}\cdot 1\mathrm{s}}{1,6\cdot 10^{-19}\mathrm{C}}\approx 3,1\cdot 10^{12}.$

Część c) Ułamek fotonów, które wybiły elektron. $\frac{n_{el}}{n_{fot}}=\frac{3,1\cdot 10^{12}}{1,12\cdot 10^{13}}\approx 0,28.$

Odpowiedź: a) $n_{fot}\approx 1,12\cdot 10^{13}$; b) $n_{el}\approx 3,1\cdot 10^{12}$; c) tylko około $28\%$ fotonów padających na katodę spowodowało wybicie elektronu.

Zdanie 1. Słońce wytwarza energię w reakcjach termojądrowej syntezy (fuzji), w których lżejsze jądra (przede wszystkim wodoru) łączą się w jądra helu, uwalniając energię wynikającą z deficytu masy. Poprawne uzupełnienie: reakcje łączenia jąder lekkich.

Zdanie 2. Układ Słoneczny znajduje się na jednym z ramion spiralnych Drogi Mlecznej, w dużej odległości od centrum Galaktyki — około 30 tysięcy lat świetlnych od centrum, a nie w samym centrum.

Zdanie 3. Obserwacje astronomiczne (przesunięcie widma galaktyk ku czerwieni) wskazują, że w obecnej chwili Wszechświat stale się rozszerza — odległości między galaktykami systematycznie rosną.

Odpowiedź: reakcje łączenia jąder lekkich; Układ Słoneczny jest około 30 tys. lat świetlnych od centrum Galaktyki; Wszechświat stale się rozszerza.