Fizyka PR — Maj 2016

Krok 1. Naniesienie punktów. Na osi $t$ odkładamy czas (bez niepewności), na osi $x$ – położenie wózka, każdy punkt rysujemy z prostokątem niepewności $\pm 5\mathrm{cm}$. Punkty od $t=0$ do $t=0,4\mathrm{s}$ leżą na jednej prostej (ruch przed odbiciem), a punkty od $t=0,5\mathrm{s}$ do $t=0,8\mathrm{s}$ leżą na innej prostej (ruch po odbiciu).

Krok 2. Dwie proste ruchu jednostajnego. Przed odbiciem $x$ rośnie o ok. $25$–$30\mathrm{cm}$ na każde $0,1\mathrm{s}$, czyli $v_1\approx \frac{125\mathrm{cm}-15\mathrm{cm}}{0,4\mathrm{s}}=275\frac{\mathrm{cm}}{\mathrm{s}}.$ Po odbiciu $x$ maleje o $20\mathrm{cm}$ na każde $0,1\mathrm{s}$, czyli $v_2\approx \frac{60\mathrm{cm}-120\mathrm{cm}}{0,3\mathrm{s}}=-200\frac{\mathrm{cm}}{\mathrm{s}}.$

Krok 3. Przecięcie obu prostych. Rzeczywiste odbicie było krótkotrwałe, więc na wykresie zaznaczamy dopasowane proste "przed" i "po" i szukamy ich przecięcia. Prosta "przed": $x_1(t)=15+275t$ (cm, $t$ w s). Prosta "po": $x_2(t)=120-200(t-0,5)$. Przyrównując: $15+275t=120-200(t-0,5)\Rightarrow 475t=205\Rightarrow t\approx 0,43\mathrm{s}.$ Wtedy $x=15+275\cdot 0,43\approx 134\mathrm{cm}$.

Odpowiedź: czas odbicia $t\approx 0,43\mathrm{s}$ (mieści się w przedziale $0,40$–$0,46\mathrm{s}$), a położenie wózka w tej chwili $x\approx 134\mathrm{cm}$ (w przedziale $125$–$140\mathrm{cm}$).

Krok 1. Prędkość przed i po odbiciu. Z analizy ruchu (zadanie 1.1) prędkość wózka przed odbiciem wynosiła $v_1\approx 275cm/s=2,75m/s$, a po odbiciu $|v_2|\approx 200cm/s=2,00m/s$.

Krok 2. Ocena sprężystości. Zderzenie doskonale sprężyste zachowuje wartość prędkości (a więc energię kinetyczną) wózka – tu jednak $|v_2|<v_1$, więc energia kinetyczna wózka po odbiciu jest mniejsza niż przed nim (część energii rozproszyła się np. w postaci ciepła czy odkształcenia przeszkody).

Odpowiedź: Odbicie nie było doskonale sprężyste – wózek po odbiciu ma mniejszą prędkość (a więc mniejszą energię kinetyczną) niż przed odbiciem.

Krok 1. Rodzaj rozpadu. Radon emituje promieniowanie alfa (jądra helu ${}_2^4\mathrm{He}$), a produktem rozpadu jest polon (Po).

Krok 2. Zasady zachowania. W rozpadzie zachowana jest suma liczb masowych i suma liczb atomowych: $222=A+4$ oraz $86=Z+2$, stąd $A=218$, $Z=84$ – to jądro polonu ${}_{84}^{218}\mathrm{Po}$.

Odpowiedź: ${}_{86}^{222}\mathrm{Rn}\to {}_{84}^{218}\mathrm{Po}+{}_2^4\mathrm{He}$.

Krok 1. Skąd energia kinetyczna produktów. Produkty rozpadu (${}_{84}^{218}\mathrm{Po}$ i cząstka alfa) rozlatują się z pewną energią kinetyczną (wspomniana w treści energia $5,5\mathrm{MeV}$). Ta energia pochodzi z ubytku masy, zgodnie z zasadą równoważności masy i energii ($E=m{c}^2$).

Krok 2. Porównanie mas. Skoro część masy jądra radonu zamieniła się w energię kinetyczną produktów, suma mas produktów musi być mniejsza od masy jądra wyjściowego – czyli masa jądra ${}_{86}^{222}\mathrm{Rn}$ jest większa od sumy mas produktów.

Odpowiedź: B1 – masa jądra radonu jest większa, ponieważ produkty reakcji uzyskują energię kinetyczną (pochodzącą z ubytku masy).

Krok 1. Pochylnia 2 jest krótsza i bardziej stroma. Z rysunku wynika, że kulka K2 zjeżdża po krótszej, bardziej stromej pochylni niż kulka K1 – ma więc początkowo większe przyspieszenie (składowa siły grawitacji wzdłuż bardziej stromej pochylni jest większa).

Krok 2. Skutek dla czasu ruchu. Większe przyspieszenie na starcie oznacza, że kulka K2 szybciej nabiera prędkości, więc pokonuje swoją drogę do punktu X w krótszym czasie niż kulka K1 swoją drogę (mimo że obie startują z tej samej wysokości $0,2\mathrm{m}$).

Odpowiedź: A3 – czas toczenia się kulki K2 jest krótszy niż czas toczenia się kulki K1, ponieważ kulka K2 miała początkowo większe przyspieszenie.

Krok 1. Zasada zachowania energii. Obie kulki są identyczne i zjeżdżają (bez strat energii) z tej samej wysokości $0,2\mathrm{m}$, niezależnie od kształtu (długości, kąta) pochylni. Energia potencjalna zamienia się w energię kinetyczną ruchu postępowego i obrotowego: $mgh=\frac{1}{2}m{v}^2+\frac{1}{2}I{\omega }^2$.

Krok 2. Wniosek. Ponieważ $m$, $g$, $h$ oraz moment bezwładności $I$ są takie same dla obu kulek, z zasady zachowania energii wynika ta sama prędkość $v$ w punkcie X, niezależnie od tego, którą pochylnią kulka zjechała.

Odpowiedź: B2 – prędkość kulki K2 w punkcie X jest taka sama jak prędkość kulki K1, ponieważ obie kulki staczały się z tej samej wysokości.

Krok 1. Zasada zachowania energii dla kulki toczącej się bez poślizgu. $mgh=\frac{1}{2}m{v}^2+\frac{1}{2}I{\omega }^2.$

Krok 2. Podstawienie $I=0,4m{R}^2$ i warunku braku poślizgu $\omega =v/R$: $mgh=\frac{1}{2}m{v}^2+\frac{1}{2}\cdot 0,4m{R}^2\cdot \frac{v^2}{R^2}=\frac{1}{2}m{v}^2+0,2m{v}^2=0,7m{v}^2.$

Krok 3. Wyznaczenie prędkości: $v=\sqrt{\frac{gh}{0,7}}=\sqrt{\frac{10}{7}gh}.$

Krok 4. Podstawienie danych ($h=0,2\mathrm{m}$, $g=9,81m/{\mathrm{s}}^2$): $v=\sqrt{\frac{10}{7}\cdot 9,81\cdot 0,2}=\sqrt{2,803}\approx 1,67\frac{\mathrm{m}}{\mathrm{s}}.$

Odpowiedź: $v\approx 1,67m/s$.

Krok 1. Warunek pływania. Tratwa (z ładunkiem lub bez) pływa w spoczynku, więc na każdym rysunku siła wyporu $\vec{F}$ musi równoważyć cały ciężar unoszonego układu (I zasada dynamiki Newtona – wypadkowa sił równa zeru).

Krok 2. Rysunek 1 (bez ładunku). Działają tylko: ciężar tratwy $\vec{P}$ (w dół) i siła wyporu $\vec{F}$ (w górę). Z równowagi: $F=P$ – oba wektory rysujemy jako jednakowo długie, o przeciwnych zwrotach, przyłożone do tratwy.

Krok 3. Rysunek 2 (z ładunkiem). Ciężar samej tratwy $\vec{P}$ jest taki sam jak na rysunku 1 (ta sama tratwa). Dodatkowo działa ciężar ładunku $\vec{Q}$ (już narysowany). Siła wyporu $\vec{F}$ musi teraz równoważyć sumę obu ciężarów: $F=P+Q$, więc wektor $\vec{F}$ na rysunku 2 rysujemy dłuższy niż na rysunku 1 – o długości odpowiadającej sumie długości wektorów $\vec{P}$ i $\vec{Q}$.

Odpowiedź: Na obu rysunkach $\vec{P}$ ma tę samą długość (ciężar tej samej tratwy); na rysunku 1 wektor $\vec{F}$ jest równy $\vec{P}$, a na rysunku 2 wektor $\vec{F}$ jest równy sumie $\vec{P}+\vec{Q}$ (czyli dłuższy niż na rysunku 1 o długość wektora $\vec{Q}$).

Krok 1. Objętość pni. Jeden pień ma objętość $V_1=700\mathrm{c}{\mathrm{m}}^2\cdot 2\mathrm{m}=0,07{\mathrm{m}}^2\cdot 2\mathrm{m}=0,14{\mathrm{m}}^3$. Dla 10 pni: $V=10\cdot 0,14=1,4{\mathrm{m}}^3$.

Krok 2. Objętość zanurzona przy maksymalnym obciążeniu. 25% objętości wystaje nad wodę, więc zanurzone jest $75\%$ objętości: $V_z=0,75V=0,75\cdot 1,4=1,05{\mathrm{m}}^3.$

Krok 3. Warunek równowagi (wypór = ciężar tratwy + ładunku). ${\rho }_{w}g{V}_z=(m_t+m_{\text{ł}})g\Rightarrow m_t+m_{\text{ł}}={\rho }_w{V}_z=1000\cdot 1,05=1050\mathrm{kg}.$

Krok 4. Masa samej tratwy. $m_t={\rho }_{\text{drewna}}\cdot V=600\cdot 1,4=840\mathrm{kg}.$

Krok 5. Maksymalna masa ładunku. $m_{\text{ł}}=1050-840=210\mathrm{kg}.$

Odpowiedź: $m_{\text{ł}}=210\mathrm{kg}$.

Stwierdzenie 1. Ze wzoru $T=\frac{f}{R}{F}_N$ wynika $f=\frac{T\cdot R}{F_N}$. Jednostką $T$ i $F_N$ jest niuton, więc jednostki siły się skracają, a zostaje jednostka $R$, czyli metr. Zdanie prawdziwe (P).

Stwierdzenie 2. Opór toczenia wynika z odkształcenia podłoża (i/lub walca), więc gdy podłoże jest całkowicie nieodkształcalne (a walec też sztywny), nie ma żadnego odkształcenia, a więc $f=0$. Zdanie prawdziwe (P).

Stwierdzenie 3. Siła nacisku $F_N$ jest taka sama (jednakowe masy), ale $T=\frac{f}{R}{F}_N$ zależy odwrotnie proporcjonalnie od promienia $R$ – przy różnych promieniach siły tarcia tocznego są różne. Zdanie fałszywe (F).

Stwierdzenie 4. Przy tej samej masie $F_N$ jest takie samo dla obu wózków, a $T\propto 1/R$ – im większe koła, tym mniejsza siła tarcia tocznego, więc łatwiej jest ciągnąć wózek o większych, nie mniejszych, kołach. Zdanie fałszywe (F).

Odpowiedź: 1 P, 2 P, 3 F, 4 F.

Krok 1. Nacisk na podłoże. Oba walce mają tę samą masę, więc siła nacisku (ciężar) $F_N=mg$ jest taka sama dla obu.

Krok 2. Powierzchnia styku a ciśnienie. Walec o większym promieniu styka się z podłożem na większym obszarze (mniejsza krzywizna powierzchni w miejscu styku), więc dla tej samej siły nacisku ciśnienie $p=F_N/S$ jest mniejsze.

Krok 3. Wniosek dla odkształcenia. Mniejsze ciśnienie wywołuje mniejsze odkształcenie podłoża, więc dla walca o większym promieniu głębokość odkształcenia jest mniejsza.

Odpowiedź: C1 – głębokość odkształcenia jest mniejsza, ponieważ ciśnienie wywierane przez walec na podłoże jest mniejsze.

Krok 1. Co odróżnia planetę od gwiazdy na tle nieba. Gwiazdy są bardzo odległe i ich położenie względem siatki współrzędnych (i względem innych gwiazd) w skali tygodni praktycznie się nie zmienia. Planety krążą wokół Słońca znacznie bliżej Ziemi, więc ich położenie na tle gwiazd zauważalnie się zmienia z dnia na dzień.

Krok 2. Porównanie obu rysunków. Między 6 stycznia a 14 lutego 2010 r. obiekty B i C zajmują na siatce współrzędnych to samo miejsce – to gwiazdy. Obiekt A zmienił swoje położenie względem siatki (i względem B i C) – to jest planeta.

Odpowiedź: Planetą jest obiekt A, ponieważ tylko on zmienił swoje położenie na tle gwiazd między obiema obserwacjami.

Krok 1. Co mierzy paralaksa. Kąt paralaksy rocznej jest bezpośrednio związany z odległością gwiazdy od Ziemi – im większy kąt paralaksy, tym gwiazda jest bliżej ($d\propto 1/p$).

Stwierdzenie 1. Kąt paralaksy nic nie mówi o fizycznych rozmiarach (wielkości) gwiazdy – jest efektem geometrycznym związanym tylko z odległością. Zdanie fałszywe (F).

Stwierdzenie 2. To właśnie odległość wyznaczamy z kąta paralaksy. Zdanie prawdziwe (P).

Stwierdzenie 3. Sama wartość kąta paralaksy nie mówi nic o jasności gwiazdy (jasność obserwowana zależy też od jasności absolutnej gwiazdy, a nie tylko od odległości). Zdanie fałszywe (F).

Odpowiedź: 1 F, 2 P, 3 F.

Krok 1. Okres drgań wahadła matematycznego o długości $l=75\mathrm{cm}=0,75\mathrm{m}$: $T=2\pi \sqrt{\frac{l}{g}}=2\pi \sqrt{\frac{0,75}{9,81}}\approx 1,74\mathrm{s}.$

Krok 2. Prędkość taśmy. Odległość $s=30\mathrm{cm}$ na rysunku to droga taśmy odpowiadająca półtora okresu drgań (ślad piasku pokazuje 1,5 pełnego wahnięcia). Zatem: $v=\frac{s}{1,5T}=\frac{30\mathrm{cm}}{1,5\cdot 1,74\mathrm{s}}=\frac{30}{2,61}\approx 11,5\frac{\mathrm{cm}}{\mathrm{s}}.$

Krok 3. Oszacowanie amplitudy. Szerokość toru piasku na taśmie ($15\mathrm{cm}$) odpowiada podwojonej amplitudzie wychylenia naczynia, więc amplitudę szacujemy jako w przybliżeniu połowę szerokości taśmy (lub nieco mniej): $A\approx 7\mathrm{cm}.$

Krok 4. Maksymalna prędkość naczynia. Dla ruchu harmonicznego $v_{max}=A\omega =A\cdot \frac{2\pi }{T}$: $v_{max}\approx 7\mathrm{cm}\cdot \frac{2\pi }{1,74\mathrm{s}}\approx 25\frac{\mathrm{cm}}{\mathrm{s}}.$

Odpowiedź: $T\approx 1,74\mathrm{s}$, $v\approx 11,5cm/s$, $v_{max}\approx 25cm/s$.

Krok 1. Gdzie gromadzi się pozostały piasek. Naczynie ma kształt stożka zwężającego się ku dołowi, a otwór wylotowy jest na samym dole. Gdy piasku jest coraz mniej, pozostały piasek zajmuje coraz niższą (węższą) część naczynia – jego środek masy przesuwa się w dół, w stronę wierzchołka stożka.

Krok 2. Skutek dla długości wahadła. Efektywna długość wahadła $l$ to odległość od punktu zawieszenia do środka masy wahającego się ciała. Jeśli środek masy naczynia z piaskiem opada, to $l$ rośnie.

Krok 3. Skutek dla okresu. Z $T=2\pi \sqrt{l/g}$ wynika, że wzrost $l$ powoduje wzrost okresu $T$ (masa piasku nie wpływa na okres wahadła matematycznego, więc argument o masie jest nieistotny).

Odpowiedź: C1 – okres drgań rośnie, ponieważ obniża się środek masy wahadła.

Krok 1. Od czego zależy wielkość efektu Dopplera. Względna zmiana obserwowanej częstotliwości w efekcie Dopplera zależy od stosunku prędkości źródła (karetki) do prędkości fali – im większy ten stosunek, tym silniejszy, łatwiej wykrywalny efekt.

Krok 2. Porównanie prędkości dla dźwięku. Prędkość karetki (rzędu kilkudziesięciu km/h) jest zauważalnym procentem prędkości dźwięku ($v_{\text{dzˊwięku}}\approx 340m/s$), dlatego przesunięcie częstotliwości dźwięku jest łatwo słyszalne dla ucha.

Krok 3. Dla światła. Prędkość światła jest ok. milion razy większa od prędkości dźwięku, więc dla tej samej prędkości karetki stosunek $v_{\text{karetki}}/c$ jest znikomo mały. Efekt Dopplera dla światła reflektorów wprawdzie występuje, ale jest tak niewielki, że wykryć go można jedynie za pomocą bardzo precyzyjnych przyrządów.

Odpowiedź: Wielkość efektu Dopplera zależy od stosunku prędkości źródła do prędkości fali. Prędkość karetki to zauważalny procent prędkości dźwięku, dlatego zmianę częstotliwości dźwięku łatwo usłyszeć, natomiast wobec prędkości światła (ok. milion razy większej) ta sama prędkość karetki daje znikomo małą, trudną do zmierzenia zmianę częstotliwości światła.

Krok 1. Odległości od ładunków do punktu A. Punkt A leży na symetralnej dipola w odległości $0,5d$ od osi, a każdy z ładunków jest oddalony od osi (punktu B) o $0,5d$. Odległość od każdego z ładunków do A jest więc taka sama: $r=\sqrt{(0,5d{)}^2+(0,5d{)}^2}=0,5d\sqrt{2}.$

Krok 2. Kierunki wektorów składowych. Pole ładunku $+q$ w punkcie A jest skierowane od tego ładunku, a pole ładunku $-q$ jest skierowane do tego ładunku. Oba wektory ${\vec{E}}_{+q}$ i ${\vec{E}}_{-q}$ mają tę samą długość (bo $r$ jest takie samo) i są symetryczne względem symetralnej dipola.

Krok 3. Składanie wektorów. Składowe prostopadłe do osi dipola (skierowane ku punktowi B) są jednakowe i się dodają, a składowe równoległe do symetralnej znoszą się. Sumę wektorową ${\vec{E}}_{+q}+{\vec{E}}_{-q}$ konstruujemy metodą "end-to-end" – przekątna powstałego rombu (bo wektory składowe mają jednakową długość) daje wektor wypadkowy $\vec{E}$.

Odpowiedź: Wypadkowy wektor $\vec{E}$ w punkcie A jest równoległy do osi dipola i skierowany od strony ładunku $+q$ w stronę ładunku $-q$ (czyli przeciwnie do wektora momentu dipolowego $\vec{p}$) – zgodnie z konstrukcją sumy wektorów ${\vec{E}}_{+q}$ i ${\vec{E}}_{-q}$ pokazaną na rysunku.

Krok 1. Położenie punktu B. Punkt B leży na osi dipola, w połowie odległości między ładunkami, czyli w odległości $r=0,5d$ od każdego z nich.

Krok 2. Pole od jednego ładunku. $E_1=\frac{q}{4\pi {ϵ}_0{r}^2}=\frac{9\cdot 10^9\cdot 10^{-12}}{(0,5\cdot 10^{-2}{)}^2}=\frac{9\cdot 10^{-3}}{2,5\cdot 10^{-5}}=360\frac{\mathrm{N}}{\mathrm{C}}.$

Krok 3. Składanie pól w punkcie B. W punkcie B pole od $+q$ jest skierowane od $+q$ w stronę $-q$, a pole od $-q$ jest skierowane w tę samą stronę – oba wektory mają ten sam kierunek i zwrot, więc się dodają: $E_B=2E_1=2\cdot 360=720\frac{\mathrm{N}}{\mathrm{C}}.$

Odpowiedź: $E_B=720N/C$ (czyli $720V/m$).

a) Pole jednorodne, dipol ustawiony ukośnie. Na ładunek $+q$ działa siła $q\vec{E}$ w kierunku pola, a na ładunek $-q$ – siła $-q\vec{E}$, przeciwna do pola. Ponieważ dipol jest ustawiony ukośnie, te dwie siły (przyłożone w różnych punktach) tworzą moment siły (parę sił), który obraca dipol tak, aby jego moment dipolowy $\vec{p}$ ustawił się równolegle do $\vec{E}$. Z geometrii rysunku obrót następuje w lewo (przeciwnie do ruchu wskazówek zegara). Wypadkowa siła działająca na dipol w polu jednorodnym jest równa zeru – dipol tylko się obraca, nie przesuwa.

b) Pole niejednorodne, dipol ustawiony równolegle do pola. Dipol jest już ustawiony wzdłuż pola, więc moment siły jest zerowy (nie obraca się). Pole po stronie ładunku $-q$ jest silniejsze niż po stronie ładunku $+q$, więc siła działająca na $-q$ jest większa niż siła działająca na $+q$. Wypadkowa siła nie jest już zerowa i jest skierowana w stronę silniejszego pola – dipol przesuwa się (jest wciągany) w stronę obszaru silniejszego pola elektrostatycznego.

Odpowiedź: a) dipol obraca się (w lewo, przeciwnie do ruchu wskazówek zegara), aż jego moment dipolowy ustawi się równolegle do pola; b) dipol przesuwa się w stronę silniejszego pola.

Krok 1. Model szacowania. Moment dipolowy szacujemy jako $p\approx e\cdot d_{\text{eff}}$, gdzie $e=1,6\cdot 10^{-19}\mathrm{C}$ (ładunek elementarny), a $d_{\text{eff}}$ to efektywna odległość przesunięcia ładunku. Rzeczywiste przesunięcie centrum ładunku ujemnego względem dodatniego jest mniejsze niż odległość międzyjądrowa $1,27\cdot 10^{-10}\mathrm{m}$, więc jako oszacowanie przyjmujemy wartość rzędu połowy tej odległości: $d_{\text{eff}}\approx 0,6\cdot 10^{-10}\mathrm{m}=6\cdot 10^{-11}\mathrm{m}.$

Krok 2. Obliczenie momentu dipolowego. $p\approx e\cdot d_{\text{eff}}=1,6\cdot 10^{-19}\cdot 6\cdot 10^{-11}\approx 1\cdot 10^{-29}\mathrm{C}\cdot \mathrm{m}.$

Krok 3. Przeliczenie na debaje. $p\approx \frac{10^{-29}}{3,3\cdot 10^{-30}}\mathrm{D}\approx 3\mathrm{D}.$

Odpowiedź: $p\approx 3\mathrm{D}$ (rząd wielkości $10^{-29}\mathrm{C}\cdot \mathrm{m}$). Uwaga: odległość międzyjądrowa jest górną granicą szacowania długości dipola, dlatego dopuszczalne jest przyjęcie kilkakrotnie mniejszej wartości $d_{\text{eff}}$.

Krok 1. Rodzaj przemiany. Powietrze zamknięte pod tłokiem, który może się swobodnie przesuwać, jest w przemianie izobarycznej (ciśnienie – równe ciśnieniu atmosferycznemu plus ciężarowi tłoka – jest stałe podczas ogrzewania).

Krok 2. Prawo Gay-Lussaca (izobaryczne). W przemianie izobarycznej $\frac{V}{T}=\text{const}$, gdzie $T=t+\Delta T$ ($\Delta T$ – wartość, dla której $0\mathrm{K}$ odpowiada $t=-\Delta T$ w skali Celsjusza): $\frac{125}{22+\Delta T}=\frac{144}{68+\Delta T}.$

Krok 3. Rozwiązanie równania. $125(68+\Delta T)=144(22+\Delta T)$ $8500+125\Delta T=3168+144\Delta T$ $5332=19\Delta T\Rightarrow \Delta T\approx 281{}^{\circ }\mathrm{C}.$

Krok 4. Wniosek. $0\mathrm{K}=-281{}^{\circ }\mathrm{C}.$

Odpowiedź: Temperatura zera bezwzględnego wynosi ok. $-281{}^{\circ }\mathrm{C}$.

Kąty na rysunku są podane względem powierzchni pryzmatów, a nie względem normalnych do tych powierzchni – do prawa załamania podstawiamy kąty mierzone od normalnej, więc każdy z podanych kątów odejmujemy od $90^{\circ }$: $90^{\circ }-50^{\circ }=40^{\circ }$, $90^{\circ }-70^{\circ }=20^{\circ }$ (dwukrotnie), $90^{\circ }-65^{\circ }=25^{\circ }$.

a) Współczynnik załamania pryzmatu I. Promień pada z powietrza ($n=1$) na pierwszą powierzchnię pryzmatu I pod kątem $40^{\circ }$ od normalnej i załamuje się w szkle pod kątem $20^{\circ }$ od normalnej. Z prawa załamania: $1\cdot \sin 40^{\circ }=n_I\cdot \sin 20^{\circ }\Rightarrow n_I=\frac{\sin 40^{\circ }}{\sin 20^{\circ }}\approx \frac{0,643}{0,342}\approx 1,88.$

b) Porównanie współczynników załamania. Na granicy pryzmatów I i II promień, przechodząc z pryzmatu I ($20^{\circ }$ od normalnej) do pryzmatu II, załamuje się na kąt $25^{\circ }$ od normalnej – czyli oddala się od normalnej. Promień zawsze oddala się od normalnej, przechodząc do ośrodka rzadszego optycznie (o mniejszym współczynniku załamania). Zatem szkło pryzmatu II ma mniejszy współczynnik załamania niż szkło pryzmatu I.

c) Współczynnik załamania pryzmatu II. Z prawa załamania na granicy pryzmatów I/II: $n_I\sin 20^{\circ }=n_{II}\sin 25^{\circ }\Rightarrow \frac{n_I}{n_{II}}=\frac{\sin 25^{\circ }}{\sin 20^{\circ }}\approx \frac{0,4226}{0,3420}\approx 1,24.$ Stąd: $n_{II}=\frac{n_I}{1,24}\approx \frac{1,88}{1,24}\approx 1,52.$

Odpowiedź: a) $n_I\approx 1,88$; b) szkło pryzmatu II ma mniejszy współczynnik załamania niż szkło pryzmatu I; c) $n_{II}\approx 1,52$.

Krok 1. Źródło rozciągłe. Źródło Z nie jest punktowe – jest kulą świecącą całą powierzchnią, więc z każdego punktu jego powierzchni wychodzą promienie w stronę piłki T i ściany S.

Krok 2. Cień (obszar C). Cień to obszar na ścianie, do którego nie dociera żaden promień ze źródła – jest całkowicie zasłonięty przez piłkę T. Wyznaczamy go, prowadząc promienie łączące przeciwstawne, "skrzyżowane" krawędzie źródła Z i piłki T – ich przecięcie ze ścianą wyznacza granice obszaru cienia.

Krok 3. Półcień (obszar P). Półcień to obszar, do którego dociera światło tylko z części powierzchni źródła Z. Wyznaczamy go promieniami łączącymi odpowiadające sobie ("równoległe") krawędzie źródła Z i piłki T – obszar między granicą cienia a granicą tych promieni to półcień, symetrycznie z obu stron obszaru C.

Odpowiedź: Na ścianie środkowy, w pełni zaciemniony obszar oznaczamy literą C (cień) – wyznaczony przez promienie biegnące od skrzyżowanych krawędzi Z i T; otaczające go z obu stron pasy częściowego zacienienia oznaczamy literą P (półcień) – wyznaczone przez promienie od odpowiadających sobie krawędzi Z i T.

Krok 1. Odczyt z wykresu. Wykres $R_t(T)$ jest funkcją malejącą – wraz ze wzrostem temperatury opór termistora zmniejsza się. Termistor i opornik $R$ są połączone w obwodzie szeregowo, więc opór całkowity $R_c=R_t+R$ zmniejsza się wraz ze zmniejszaniem się $R_t$.

Krok 2. Wpływ oporu termistora na natężenie prądu. Rozpatrując sytuację, w której opór termistora rośnie: z prawa Ohma dla całego obwodu $I=\frac{U_Z}{R_t+R}$ – gdy $R_t$ rośnie, mianownik rośnie, więc $I$ zmniejsza się.

Krok 3. Wpływ na wskazanie woltomierza. Woltomierz mierzy napięcie na oporniku $R$: $U_R=I\cdot R$. Skoro $I$ się zmniejsza (a $R$ jest stałe), to wskazanie woltomierza się zmniejszy.

Odpowiedź: zmniejszenie się / zmniejszenie się / zmniejszenie się / się zmniejszy.

Krok 1. Natężenie prądu w obwodzie. Woltomierz wskazuje napięcie na oporniku $R$: $U_R=3\mathrm{V}$. Opór woltomierza jest bardzo duży (nie pobiera prądu), więc cały prąd płynący przez termistor płynie też przez $R$: $I=\frac{U_R}{R}=\frac{3\mathrm{V}}{500\Omega }=6\cdot 10^{-3}\mathrm{A}.$

Krok 2. Napięcie na termistorze. Termistor i opornik są połączone szeregowo z źródłem o napięciu $12\mathrm{V}$: $U_t=U_Z-U_R=12\mathrm{V}-3\mathrm{V}=9\mathrm{V}.$

Krok 3. Opór termistora. $R_t=\frac{U_t}{I}=\frac{9\mathrm{V}}{6\cdot 10^{-3}\mathrm{A}}=1500\Omega .$

Krok 4. Odczyt temperatury z wykresu. Wartości oporu $R_t=1500\Omega =1,5\mathrm{k\Omega }$ na wykresie $R_t(T)$ odpowiada temperatura ok. $55{}^{\circ }\mathrm{C}$.

Odpowiedź: $R_t=1500\Omega$, co odpowiada temperaturze wody ok. $55{}^{\circ }\mathrm{C}$.

Krok 1. Ciepło Joule'a. Przepływ prądu przez termistor wiąże się z wydzielaniem ciepła (ciepło Joule'a), proporcjonalnego do kwadratu natężenia prądu: $Q\propto I^2{R}_t$.

Krok 2. Wpływ na temperaturę termistora. Przy niewielkim natężeniu prądu wydzielane ciepło jest znikome i termistor przyjmuje temperaturę otoczenia (wody). Przy znacznie większym natężeniu prądu ciepło Joule'a znacząco ogrzewa sam termistor.

Krok 3. Konsekwencja dla pomiaru. Mierzona (poprzez opór) temperatura jest temperaturą samego termistora, a nie temperaturą otoczenia. Gdy termistor sam się grzeje wskutek przepływu prądu, jego temperatura (a więc i odczytany na tej podstawie wynik) będzie wyższa od rzeczywistej temperatury wody.

Odpowiedź: Przy dużym natężeniu prądu termistor ogrzewa się wskutek wydzielania ciepła Joule'a, więc jego temperatura (i odczytany na tej podstawie wynik pomiaru) nie jest już równa rzeczywistej temperaturze otoczenia (wody).

Krok 1. Wzór na prędkość ucieczki. Prędkość ucieczki z pola grawitacyjnego ciała o masie $M$, w odległości $r$ od jego środka, wyznaczamy z zasady zachowania energii (energia całkowita obiektu odlatującego "do nieskończoności" z prędkością zerową w nieskończoności jest równa zeru): $\frac{1}{2}m{v}_{\text{uc}}^2-\frac{GMm}{r}=0\Rightarrow v_{\text{uc}}=\sqrt{\frac{2GM}{r}}.$

Krok 2. Dane. $M=M_S\approx 1,99\cdot 10^{30}\mathrm{kg}$ (masa Słońca), $r=1$ j.a. $\approx 1,5\cdot 10^{11}\mathrm{m}$, $G=6,67\cdot 10^{-11}\mathrm{N}\cdot {\mathrm{m}}^2/k{\mathrm{g}}^2$.

Krok 3. Obliczenia. $v_{\text{uc}}=\sqrt{\frac{2\cdot 6,67\cdot 10^{-11}\cdot 1,99\cdot 10^{30}}{1,5\cdot 10^{11}}}=\sqrt{\frac{2,654\cdot 10^{20}}{1,5\cdot 10^{11}}}=\sqrt{1,77\cdot 10^9}\approx 4,21\cdot 10^4\frac{\mathrm{m}}{\mathrm{s}}.$

Odpowiedź: $v_{\text{uc}}\approx 42km/s$.

Krok 1. Wzrost prędkości przy asyście grawitacyjnej. Z opisu w treści zadania wynika, że składowa równoległa prędkości sondy zmienia się (w maksymalnym przypadku) o podwojoną wartość prędkości planety: $\Delta v=2v_J$.

Krok 2. Obliczenie prędkości maksymalnej. $v_{\text{max}}=v+2v_J=10\frac{\mathrm{km}}{\mathrm{s}}+2\cdot 13\frac{\mathrm{km}}{\mathrm{s}}=10+26=36\frac{\mathrm{km}}{\mathrm{s}}.$

Odpowiedź: $v_{\text{max}}=36km/s$.

Krok 1. Skąd bierze się dodatkowa energia sondy. Sonda przyspiesza w wyniku oddziaływania grawitacyjnego z planetą (nie ze Słońcem – Słońce jest zbyt odległym "tłem" tego lokalnego oddziaływania). Zgodnie z zasadą zachowania energii i pędu w układzie sonda–planeta, jeśli energia kinetyczna sondy rośnie, to musi to nastąpić kosztem energii kinetycznej planety (analogicznie do zderzenia sprężystego – planeta nieznacznie zwalnia, choć ze względu na jej ogromną masę zmiana jej prędkości jest znikoma).

Odpowiedź: C. energii kinetycznej planety.

Stwierdzenie 1. Mechanizm opisany w zadaniu przyspiesza sondę, gdy przelatuje ona "za" planetą (w kierunku jej ruchu), ale odpowiednio zaplanowany przelot z drugiej strony trajektorii analogicznie zmniejsza prędkość sondy – asysta grawitacyjna może więc służyć również do wyhamowania sondy. Zdanie prawdziwe (P).

Stwierdzenie 2. Trajektoria sondy w układzie odniesienia planety jest zakrzywiona (widoczna na rysunku), a złożenie tego ruchu z ruchem samej planety powoduje, że kierunek ruchu sondy względem Słońca również się zmienia. Zdanie fałszywe (F).

Stwierdzenie 3. Asysta grawitacyjna jest analogiem sprężystego "zderzenia" z bardzo masywnym, poruszającym się obiektem (planetą) – bez kontaktu, lecz przez oddziaływanie grawitacyjne sonda "odbija się", zachowując energię kinetyczną w układzie planety, a w układzie Słońca zyskuje prędkość analogicznie jak przy zderzeniu sprężystym z ciężkim, ruchomym ciałem. Zdanie prawdziwe (P).

Odpowiedź: 1 P, 2 F, 3 P.

Krok 1. Amplituda napięcia generatora. Amplituda siły elektromotorycznej generatora wynosi ${\epsilon }_{\text{max}}=NBA\omega =NBA\cdot 2\pi f$, czyli jest proporcjonalna do częstotliwości obrotu $f$ (dla tego samego generatora).

Krok 2. Wartość skuteczna również proporcjonalna do $f$. Napięcie skuteczne $U=\frac{{\epsilon }_{\text{max}}}{\sqrt{2}}$ jest więc także proporcjonalne do częstotliwości: $U\propto f$.

Krok 3. Obliczenie nowego napięcia. $\frac{U_2}{U_1}=\frac{f_2}{f_1}\Rightarrow U_2=U_1\cdot \frac{f_2}{f_1}=240\mathrm{V}\cdot \frac{60}{50}=288\mathrm{V}.$

Odpowiedź: B. $288\mathrm{V}$.