Fizyka PR — Maj 2017

Krok 1. Dane. Ruch jest jednostajnie opóźniony: prędkość początkowa $v_0=50km/h\approx 13,9m/s$, droga hamowania $s=12\mathrm{m}$, prędkość końcowa $v_k=0$.

Krok 2. Wzór na czas z drogi średniej. W ruchu jednostajnie opóźnionym średnia prędkość to $\bar{v}=\frac{v_0+v_k}{2}=\frac{v_0}{2}$, a droga $s=\bar{v}t$, więc: $t=\frac{2s}{v_0}.$

Krok 3. Obliczenia. $t=\frac{2\cdot 12\mathrm{m}}{13,9m/s}\approx 1,73\mathrm{s}\approx 1,7\mathrm{s}.$

Odpowiedź: czas hamowania wynosi około $1,7\mathrm{s}$.

Stwierdzenie 1. Współczynnik tarcia jest wielkością charakteryzującą parę powierzchni (np. opona–jezdnia) i zależy od rodzaju i stanu nawierzchni. Prawdziwe (P).

Stwierdzenie 2. Minimalna droga hamowania (bez poślizgu, z maksymalnym możliwym opóźnieniem $a={\mu }_{s}g$) zależy od współczynnika tarcia statycznego ${\mu }_s$ — większe ${\mu }_s$ daje większe opóźnienie i krótszą drogę. Prawdziwe (P).

Stwierdzenie 3. Przy poślizgu działa tarcie kinetyczne ${\mu }_k$, a z treści zadania ${\mu }_k<{\mu }_s$, więc opóźnienie przy poślizgu jest mniejsze, a droga hamowania — dłuższa niż minimalna droga bez poślizgu. Prawdziwe (P).

Odpowiedź: P, P, P.

Krok 1. Wzór z wyeliminowanym czasem. Dla ruchu jednostajnie opóźnionego na drodze $s$ z prędkości $v_0^{\prime }$ do $v_k^{\prime }$ zachodzi $v_k^{\prime 2}-v_0^{\prime 2}=-2as$, czyli $v_0^{\prime 2}-v_k^{\prime 2}=2as$.

Krok 2. Ta sama droga i to samo opóźnienie w obu próbach. W zadaniu 1.1 (na tej samej drodze $s=12\mathrm{m}$, z tym samym opóźnieniem $a$) mieliśmy $v_0=50km/h\approx 13,9m/s$ i $v_k=0$, zatem: $v_0^2-0=2as\Rightarrow 2as=v_0^2.$

Krok 3. Zastosowanie do drugiej próby. W drugiej próbie $v_0^{\prime }=60km/h\approx 16,7m/s$, a szukana prędkość uderzenia to $v_k^{\prime }$: $v_0^{\prime 2}-v_k^{\prime 2}=2as=v_0^2\Rightarrow v_k^{\prime 2}=v_0^{\prime 2}-v_0^2.$

Krok 4. Obliczenia. $v_k^{\prime }=\sqrt{16,7^2-13,9^2}m/s=\sqrt{278,9-193,2}m/s\approx \sqrt{85,7}m/s\approx 9,2m/s.$

Odpowiedź: samochód uderzył w przeszkodę z prędkością około $9,2m/s$ (czyli około $33km/h$).

Krok 1. Rozkład wektora prędkości. Wektor prędkości $\vec{v}$ kuli K1 (tuż przed zderzeniem) rozkładamy na składową wzdłuż osi I (łączącej środki kul w chwili zderzenia) i składową wzdłuż prostopadłej do niej osi II.

Krok 2. Zderzenie wzdłuż osi I. Wzdłuż osi I zachodzi zderzenie analogiczne do centralnego (takie samo, jak dla kul jednakowej masy): kula K1 przekazuje całą swoją składową prędkości wzdłuż I kuli K2 — po zderzeniu K1 nie ma już składowej wzdłuż I, a K2 rusza z tą składową.

Krok 3. Ruch wzdłuż osi II. Składowe prędkości wzdłuż osi II nie zmieniają się podczas zderzenia: K1 zachowuje swoją składową wzdłuż II, a K2 (która przed zderzeniem spoczywała, czyli miała zerową składową II) pozostaje bez ruchu wzdłuż II.

Krok 4. Tory ruchu po zderzeniu. K1 traci całą składową I, a zachowuje składową II — więc po zderzeniu porusza się wzdłuż osi II. K2 otrzymuje tylko składową I (jej składowa II wciąż wynosi zero) — więc po zderzeniu porusza się wzdłuż osi I. Tory obu kul po zderzeniu są więc do siebie prostopadłe (jeden wzdłuż I, drugi wzdłuż II).

Odpowiedź: kula K1 kontynuuje ruch wzdłuż osi II, kula K2 rusza wzdłuż osi I — tory obu kul po zderzeniu są prostopadłe.

Krok 1. Siła wzajemnego oddziaływania dwóch gładkich, stykających się kul podczas zderzenia działa wzdłuż linii łączącej ich środki w chwili kontaktu — to właśnie oś I.

Krok 2. Skoro cała siła (a więc cała zmiana pędu każdej kuli) jest skierowana wzdłuż osi I, to składowa tej siły wzdłuż osi II jest zerowa.

Krok 3. Z II zasady dynamiki: brak siły wzdłuż osi II oznacza brak zmiany prędkości (składowej) wzdłuż tej osi, dla każdej z kul.

Odpowiedź: C.

Krok 1. Powierzchnia ramki. $S=5\mathrm{cm}\times 10\mathrm{cm}=0,05\mathrm{m}\times 0,10\mathrm{m}=0,005{\mathrm{m}}^2.$

Krok 2. Wzór na strumień. Ramka jest ustawiona prostopadle do linii pola, więc kąt między wektorem indukcji $\vec{B}$ i normalną do ramki wynosi $0°$: $\Phi =BS\cos 0°=BS.$

Krok 3. Obliczenia. $\Phi =0,2\mathrm{T}\cdot 0,005{\mathrm{m}}^2=0,001\mathrm{T}\cdot {\mathrm{m}}^2=1\cdot 10^{-3}\mathrm{Wb}.$

Odpowiedź: $\Phi =1\cdot 10^{-3}\mathrm{Wb}$ (czyli $0,001\mathrm{T}\cdot {\mathrm{m}}^2$).

Krok 1. Strumień w funkcji kąta obrotu. Po obrocie ramki o kąt $\alpha$ wokół zaznaczonej osi strumień wynosi $\Phi (\alpha )=BS\cos \alpha$, a przed obrotem $\Phi (0°)=BS$.

Krok 2. Warunek zadania. $\Phi (\alpha )=\frac{1}{2}\Phi (0°)\Rightarrow BS\cos \alpha =\frac{1}{2}BS\Rightarrow \cos \alpha =\frac{1}{2}.$

Krok 3. Rozwiązanie. $\alpha =60°\text{(roˊwnowaz˙nie }\alpha =300°\text{)}.$

Odpowiedź: ramkę należy obrócić o kąt $60°$ (lub równoważnie o $300°$).

Krok 1. Wskazanie woltomierza (siła elektromotoryczna indukcji) jest proporcjonalne do szybkości zmiany strumienia: $\epsilon =-\frac{d\Phi }{dt}$.

Krok 2. Jeśli $\theta$ oznacza kąt między liniami pola a płaszczyzną ramki, to strumień $\Phi =BS\sin \theta$ (bo kąt między $\vec{B}$ i normalną do ramki wynosi $90°-\theta$). Funkcja $\sin \theta$ zmienia się najszybciej (ma największą co do wartości pochodną) w otoczeniu $\theta =0°$, czyli gdy linie pola leżą w płaszczyźnie ramki.

Krok 3. Zatem szybkość zmiany strumienia — a więc i wskazanie woltomierza — jest największa dla kąta $\theta =0°$. To odpowiedź A, a poprawnym uzasadnieniem jest to, że szybkość zmiany strumienia jest wtedy największa (uzasadnienie 3).

Odpowiedź: A–3.

Krok 1. Przyśpieszenie w przyjętym modelu. Na kamień działają: siła ciężkości $mg$ (w dół) i stała siła oporu powietrza $F_{op}$ (w górę, przeciwnie do ruchu). Z II zasady dynamiki: $ma=mg-F_{op}\Rightarrow a=g-\frac{F_{op}}{m}.$

Krok 2. Obliczenie przyśpieszenia. $a=9,81\frac{\mathrm{m}}{{\mathrm{s}}^2}-\frac{0,148\mathrm{N}}{0,255\mathrm{kg}}=9,81\frac{\mathrm{m}}{{\mathrm{s}}^2}-0,58\frac{\mathrm{m}}{{\mathrm{s}}^2}\approx 9,23\frac{\mathrm{m}}{{\mathrm{s}}^2}.$

Krok 3. Czas spadania z wysokości $h=19,4\mathrm{m}$ (ruch bez prędkości początkowej). $h=\frac{1}{2}a{t}^2\Rightarrow t=\sqrt{\frac{2h}{a}}=\sqrt{\frac{2\cdot 19,4\mathrm{m}}{9,23m/{\mathrm{s}}^2}}\approx \sqrt{4,20{\mathrm{s}}^2}\approx 2,05\mathrm{s}.$

Krok 4. Porównanie z pomiarem. Obliczony czas $t\approx 2,05\mathrm{s}$ jest zgodny z pomiarem $t=2,05\pm 0,01\mathrm{s}$.

Odpowiedź: czas spadania obliczony w przyjętym modelu wynosi $t\approx 2,05\mathrm{s}$, co jest zgodne z pomiarem — co należało wykazać.

Krok 1. Kamień spada z przyśpieszeniem, więc jego prędkość stale rośnie — jest największa tuż przed upadkiem, większa niż „efektywna” prędkość odpowiadająca modelowi ze stałą siłą oporu $0,148\mathrm{N}$ (uśrednioną po całym ruchu).

Krok 2. W rzeczywistości siła oporu powietrza rośnie ze wzrostem prędkości ciała (uzasadnienie 1).

Krok 3. Skoro prędkość tuż przed upadkiem jest większa, a siła oporu rośnie z prędkością, to rzeczywista siła oporu w tym momencie jest większa od przyjętej w modelu wartości $0,148\mathrm{N}$.

Odpowiedź: B–1.

Krok 1. Równania ruchu. Ruch jest jednostajnie przyśpieszony, bez prędkości początkowej, więc: $s=\frac{1}{2}a{t}^2,v=at.$

Krok 2. Wyznaczenie przyśpieszenia. Z pierwszego równania: $a=\frac{2s}{t^2}.$

Krok 3. Podstawienie do drugiego równania. $v=\frac{2s}{t^2}\cdot t=\frac{2s}{t}.$

Odpowiedź: $v=\frac{2s}{t}$.

Krok 1. Kula, stacząjąc się bez poślizgu, wykonuje jednocześnie ruch postępowy i ruch obrotowy — ma więc energię kinetyczną ruchu postępowego $\frac{1}{2}m{v}^2$ ORAZ energię kinetyczną ruchu obrotowego $\frac{1}{2}I{\omega }^2$.

Krok 2. Przedstawione wyprowadzenie porównuje energię potencjalną $mgh$ tylko z energią kinetyczną ruchu postępowego, całkowicie pomijając energię ruchu obrotowego kuli.

Krok 3. Ponieważ część energii potencjalnej zamienia się w energię ruchu obrotowego, rzeczywista prędkość końcowa jest mniejsza niż wynikałoby to ze wzoru $v=\sqrt{2gh}$.

Odpowiedź: wyprowadzenie jest niepoprawne — nie uwzględnia energii kinetycznej ruchu obrotowego kuli.

Krok 1. Ponieważ tor satelity (okrąg) leży w płaszczyźnie prostopadłej do płaszczyzny rysunku, jego rzut na płaszczyznę rysunku jest odcinkiem — linią przechodzącą przez środek Ziemi (środek orbity) oraz przez aktualne położenie satelity S.

Krok 2. Spośród zaznaczonych linii tylko linia B przechodzi jednocześnie przez środek Ziemi i przez punkt S, nie pokrywając się z płaszczyzną równika. Linia A pokrywa się z płaszczyzną równika, a satelita — zgodnie z rysunkiem (odcinek D pokazuje jego wysokość nad równikiem) — nie leży w tej płaszczyźnie. Linie C i D nie przechodzą przez środek Ziemi.

Odpowiedź: B.

Stwierdzenie 1. Satelita geostacjonarny musi krążyć w płaszczyźnie równika, z okresem równym okresowi obrotu Ziemi. Satelita S nie leży w płaszczyźnie równika (jego tor jest nachylony — zobacz zadanie 6.1), więc nie może być geostacjonarny. Fałszywe (F).

Stwierdzenie 2. Z warunku ruchu po orbicie (siła grawitacji = siła dośrodkowa): $\frac{GMm}{r^2}=\frac{m{v}^2}{r}$ — masa satelity $m$ się redukuje, więc prędkość liniowa nie zależy od masy satelity. Fałszywe (F).

Stwierdzenie 3. Z powyższego wzoru $v=\sqrt{\frac{GM}{r}}$ — prędkość maleje ze wzrostem promienia orbity $r$, więc przy większym promieniu prędkość liniowa byłaby mniejsza. Prawdziwe (P).

Odpowiedź: F, F, P.

Krok 1. Na kulkę 2 w stanie równowagi działają trzy siły: siła ciężkości $\vec{Q}$ (już zaznaczona, w dół), siła naprężenia nici $\vec{N}$ (wzdłuż nici, od kulki 2 w stronę punktu $O$) oraz siła elektrostatyczna (Coulomba) ${\vec{F}}_e$ pochodząca od kulki 1.

Krok 2. Warunek równowagi: suma wektorowa tych trzech sił musi być równa zero: $\vec{Q}+\vec{N}+{\vec{F}}_e=\vec{0}$.

Krok 3. Z rysunku B nić od $O$ do kulki 2 jest pozioma, więc siła naprężenia $\vec{N}$ jest skierowana poziomo (od kulki 2 w stronę $O$). Aby suma trzech sił była równa zero, siła elektrostatyczna ${\vec{F}}_e$ musi domykać trójkąt sił z $\vec{Q}$ i $\vec{N}$ — jest więc skierowana od kulki 1 w stronę kulki 2, wzdłuż odcinka łączącego obie kulki (zgodnie z regułą równoległoboku/trójkąta sił).

Odpowiedź: dorysowujemy siłę naprężenia nici $\vec{N}$ (poziomo, w stronę $O$) oraz siłę elektrostatyczną ${\vec{F}}_e$ (skierowaną od kulki 1 do kulki 2, wzdłuż odcinka łączącego kulki), tak aby $\vec{Q}+\vec{N}+{\vec{F}}_e=\vec{0}$ (siły tworzą zamknięty trójkąt).

Krok 1. Nitki się rozchyliły, więc kulki się odpychają — ładunki obu kulek mają ten sam znak (są jednoimienne).

Krok 2. Siła elektrostatyczna działająca między kulkami ma (z III zasady dynamiki Newtona) taką samą wartość dla obu kulek. Kąt odchylenia nici od pionu wynika z równowagi tej siły z siłą ciężkości: $\tan {\theta }_i=\frac{F_e}{m_{i}g}$ — im mniejsza masa kulki, tym większy kąt odchylenia nici.

Krok 3. Na rysunku B nić kulki 2 jest odchylona najbardziej (aż do położenia poziomego), a nić kulki 1 — zauważalnie mniej. Większe odchylenie odpowiada mniejszej masie, więc $m_2<m_1$, czyli $m_1>m_2$.

Odpowiedź: A. $m_1>m_2$, a ładunki kulek są jednoimienne.

Krok 1. Obszar cienia. Pełny cień powstaje tam, gdzie nie dociera światło z ŻADNEGO źródła — czyli obszar zasłonięty przez przeszkodę $P$ względem obu źródeł jednocześnie. Jego granice wyznaczają promienie przechodzące przez krawędzie przeszkody od każdego źródła (promienie leżące bliżej osi układu).

Krok 2. Obszar półcienia. Półcień powstaje tam, gdzie dociera światło tylko z JEDNEGO źródła (drugie jest zasłonięte przez przeszkodę). Granice półcienia wyznaczają promienie przechodzące przez krawędzie przeszkody od danego źródła (promienie leżące dalej od osi, po drugiej stronie).

Krok 3. Konstrukcja pierwszego źródła. Prowadzimy promień przez górną krawędź przeszkody do granicy między obszarem „brak cienia” i górnym „półcieniem”, oraz drugi promień przez dolną krawędź przeszkody do granicy między górnym „półcieniem” i „cieniem”. Punkt przecięcia tych dwóch promieni to położenie pierwszego źródła światła.

Krok 4. Konstrukcja drugiego źródła. Analogicznie prowadzimy promień przez dolną krawędź przeszkody do granicy między „cieniem” i dolnym „półcieniem” oraz promień przez górną krawędź przeszkody do granicy między dolnym „półcieniem” i obszarem „brak cienia”. Ich przecięcie wyznacza położenie drugiego źródła.

Odpowiedź: źródła światła leżą w punktach przecięcia promieni prowadzonych przez odpowiednie krawędzie przeszkody $P$ do granic obszarów cienia i półcienia, zgodnie z konstrukcją opisaną w krokach 3–4.

Krok 1. Oznaczenia. Niech $x$ będzie wysokością, o jaką podniesie się poziom wody w ramieniu otwartym (bez oleju), gdy do drugiego ramienia wlejemy olej o wysokości słupka $H$ (sięgającego do górnego końca rurki). Ponieważ przekrój obu ramion jest taki sam, poziom wody w ramieniu z olejem opada o tyle samo, o ile podnosi się w ramieniu otwartym, czyli o $x$.

Krok 2. Związek $H$ z $x$. Skoro olej sięga do górnego końca rurki, a poziom wody pod nim opadł o $x$ względem początkowego położenia ($8\mathrm{cm}$ poniżej końca rurki), to: $H=8\mathrm{cm}+x.$

Krok 3. Prawo Pascala. Porównujemy ciśnienia na poziomie granicy oleju i wody: z jednej strony słupek oleju $H$, z drugiej — w drugim ramieniu na tym samym poziomie — słupek wody o wysokości $2x$ (poziom w drugim ramieniu podniósł się o $x$, a granica oleju/wody opadła o $x$, różnica wysokości wynosi $2x$): ${\rho }_{ol}gH={\rho }_{w}g(2x).$

Krok 4. Podstawienie $H=8+x$ i obliczenia. $0,82(8+x)=2x\Rightarrow 6,56+0,82x=2x\Rightarrow 1,18x=6,56\Rightarrow x\approx 5,56\mathrm{cm}.$

Krok 5. Wysokość słupka oleju. $H=8\mathrm{cm}+5,56\mathrm{cm}=13,56\mathrm{cm}\approx 13,6\mathrm{cm}.$

Odpowiedź: $H\approx 13,6\mathrm{cm}$.

Krok 1. Ciecz 3, wlana najpierw, znajduje się na dnie naczyń połączonych, w obu ramionach, pod cieczami 1 i 2 — jest więc gęstsza od obu: ${\rho }_3>{\rho }_1$ oraz ${\rho }_3>{\rho }_2$.

Krok 2. Z rysunku granica cieczy 1–3 w lewym ramieniu leży głębiej (niżej) niż granica cieczy 2–3 w prawym ramieniu — oznacza to, że słupek cieczy 1 (o wysokości $a$) jest wyższy niż słupek cieczy 2 (o wysokości $b$, $b<a$), mimo że górne poziomy cieczy 1 i 2 są jednakowe.

Krok 3. Porównanie ciśnień na poziomie głębszej granicy (cieczy 1–3): z lewej strony ciśnienie pochodzi od słupka cieczy 1 (wysokość $a$), a z prawej — od słupka cieczy 2 (wysokość $b$) i leżącego poniżej słupka cieczy 3 (wysokość $a-b$): ${\rho }_{1}a={\rho }_{2}b+{\rho }_3(a-b)\Rightarrow \frac{{\rho }_3-{\rho }_1}{{\rho }_3-{\rho }_2}=\frac{b}{a}<1\Rightarrow {\rho }_3-{\rho }_1<{\rho }_3-{\rho }_2\Rightarrow {\rho }_1>{\rho }_2.$

Krok 4. Łącząc wszystkie relacje: ${\rho }_3>{\rho }_1>{\rho }_2$.

Odpowiedź: D. ${\rho }_3>{\rho }_1>{\rho }_2$.

Krok 1. Objętość i masa roztopionego lodu. Aby przejść na drugą stronę, kulka musi roztopić co najmniej walec lodu o promieniu $R=2\mathrm{cm}$ (promień kulki) i wysokości równej grubości tafli $d=3\mathrm{cm}$: $V_{lod}=\pi R^{2}d=\pi \cdot (2\mathrm{cm}{)}^2\cdot 3\mathrm{cm}\approx 37,7\mathrm{c}{\mathrm{m}}^3.$ $m_{lod}={\rho }_{lod}{V}_{lod}=0,9\frac{\mathrm{g}}{\mathrm{c}{\mathrm{m}}^3}\cdot 37,7\mathrm{c}{\mathrm{m}}^3\approx 33,9\mathrm{g}=33,9\cdot 10^{-3}\mathrm{kg}.$

Krok 2. Warunek bilansu cieplnego. Aby stopić tę masę lodu, kulka musi oddać ciepło $Q_{kulka}$ nie mniejsze niż ciepło topnienia potrzebne na roztopienie $m_{lod}$: $Q_{kulka}\ge m_{lod}{L}_t\Rightarrow m_k{c}_{st}\Delta T\ge m_{lod}{L}_t.$

Krok 3. Minimalne $\Delta T$. $\Delta T\ge \frac{m_{lod}{L}_t}{m_k{c}_{st}}=\frac{33,9\cdot 10^{-3}\mathrm{kg}\cdot 335000J/kg}{0,260\mathrm{kg}\cdot 460J/(\mathrm{kg}\cdot \mathrm{K})}\approx \frac{11357\mathrm{J}}{119,6J/K}\approx 95\mathrm{K}.$

Krok 4. Minimalna temperatura początkowa. Kulka musi ostygnąć od swojej temperatury początkowej $T_0$ do $0°\mathrm{C}$ (żeby oddać to ciepło), więc $\Delta T=T_0-0°\mathrm{C}\ge 95\mathrm{K}$, czyli: $T_0\ge 95°\mathrm{C}(\text{czyli }368\mathrm{K}).$

Odpowiedź: minimalna początkowa temperatura kulki wynosi około $95°\mathrm{C}$ (czyli około $368\mathrm{K}$).

Stwierdzenie 1. Obraz interferencyjny (rozkład prążków) zależy od różnicy dróg optycznych wyrażonej w liczbie długości fali — zmiana długości fali zmienia tę liczbę, a więc zmienia obraz. Fałszywe (F).

Stwierdzenie 2. Interferencja dwóch wiązek światła z natury objawia się właśnie występowaniem jasnych (wzmocnienie) i ciemnych (wygaszenie) prążków. Prawdziwe (P).

Stwierdzenie 3. Odsunięcie zwierciadła $Z_2$ zmienia długość drogi S-P-$Z_2$-P-E, a więc zmienia różnicę dróg obu promieni i zmienia obraz interferencyjny. Prawdziwe (P).

Stwierdzenie 4. Odsunięcie źródła $S$ wydłuża (lub skraca) OBIE drogi optyczne (przez $Z_1$ i przez $Z_2$) o tę samą wartość, więc różnica dróg się nie zmienia i obraz interferencyjny pozostaje taki sam. Fałszywe (F).

Odpowiedź: F, P, P, F.

Krok 1. Metr zawiera $N=1553163,5$ długości fali, więc długość tej fali wynosi $\lambda =\frac{1\mathrm{m}}{N}$.

Krok 2. Częstotliwość obliczamy ze związku $f=\frac{c}{\lambda }$: $f=c\cdot N=3\cdot 10^{8}m/s\cdot 1553163,5{\mathrm{m}}^{-1}.$

Krok 3. Obliczenia: $f\approx 4,66\cdot 10^{14}\mathrm{Hz}.$

Odpowiedź: $f\approx 4,66\cdot 10^{14}\mathrm{Hz}$.

Krok 1. Odsunięcie ekranu (aby obraz był ostry) oznacza, że po dostawieniu drugiej soczewki układ ma WIĘKSZĄ odległość obrazu od układu niż sama pierwsza soczewka — czyli zdolność skupiającą układu zmniejszyła się względem samej soczewki skupiającej.

Krok 2. Dostawienie soczewki ROZPRASZAJĄCEJ do soczewki skupiającej zawsze zmniejsza całkowitą zdolność skupiającą układu (zdolności skupiające dwóch soczewek dodają się algebraicznie, a rozpraszająca ma zdolność ujemną), co wydłuża odległość obrazu — zgodnie z obserwacją. Soczewka skupiająca dodana do skupiającej zwiększyłaby zdolność skupiającą, a obraz powstałby bliżej — to jest wykluczone przez treść zadania.

Krok 3. Zatem dostawiona soczewka była rozpraszająca (B). Z pokazanych na rysunku pięciu kształtów soczewkami rozpraszającymi (dwuwklęsłym lub o ujemnej mocy) są kształty 2 i 4.

Odpowiedź: B2 oraz B4.

Krok 1. Świeczka (przedmiot) pozostaje w tym samym miejscu, a odległość obrazu od układu soczewek zwiększyła się (trzeba odsunąć ekran).

Krok 2. Powiększenie obrazu rośnie wraz z odległością obrazu od układu optycznego przy niezmienionej odległości przedmiotu — im dalej powstaje obraz, tym jest on większy.

Krok 3. Ponieważ obraz teraz powstaje dalej, jego wielkość na ekranie się zwiększyła — niezależnie od konkretnego kształtu zastosowanej soczewki rozpraszającej (bo w opisanej sytuacji zawsze zwiększa ona odległość obrazu).

Odpowiedź: A.

Krok 1. Moment bezwładności zależy od rozkładu masy względem osi: $I=\sum m_i{r}_i^2$ — im dalej masa jest rozłożona od osi, tym większy moment bezwładności.

Krok 2. We wszystkich trzech przypadkach spinacz ma tę samą masę i kształt, różni się jedynie położenie osi obrotu (zaznaczonej kropką).

Krok 3. Na rysunku C oś jest przesunięta najdalej od głównej części masy spinacza (w stronę jego zewnętrznego brzegu), więc większość masy spinacza znajduje się w większej odległości od tej osi niż w przypadkach A i B, gdzie oś leży bliżej środka masy.

Odpowiedź: C.

Krok 1. Zwojnica ma biegun N po lewej stronie, S po prawej — linie pola magnetycznego WEWNĄTRZ zwojnicy są skierowane od bieguna S do N (od prawej do lewej), a NA ZEWNĄTRZ — od N do S, zamykając się.

Krok 2. Z reguły prawej ręki dla zwojnicy (gdy palce wskazują kierunek prądu w zwojach, kciuk wskazuje biegun N): aby uzyskać biegun N po lewej stronie, prąd musi płynąć w zwojach w takim kierunku, że patrząc na zwojnicę od strony bieguna N (z lewej), prąd płynie przeciwnie do ruchu wskazówek zegara.

Krok 3. Igiełka magnetyczna WEWNĄTRZ zwojnicy ustawia się wzdłuż linii pola zwojnicy (od S do N, czyli w lewo) — jej biegun północny wskazuje w lewo, w stronę bieguna N zwojnicy.

Krok 4. Igiełka magnetyczna NA ZEWNĄTRZ zwojnicy ustawia się wzdłuż zewnętrznych linii pola (idących od N do S) — jej biegun północny wskazuje w kierunku, w którym w miejscu jej ustawienia biegną zewnętrzne linie pola zwojnicy (od strony N w stronę S).

Odpowiedź: kierunek prądu wyznaczamy regułą prawej ręki dla bieguna N po lewej stronie zwojnicy; biegun N igiełki wewnętrznej jest skierowany w lewo (w stronę N zwojnicy), a biegun N igiełki zewnętrznej — zgodnie z zewnętrznymi liniami pola zwojnicy (od N do S) w miejscu jej położenia.

Krok 1. Skoro pole zwojnicy w jej wnętrzu równoważy pole ziemskie, to wartość składowej poziomej pola ziemskiego jest równa wartości indukcji pola magnetycznego wewnątrz zwojnicy: $B_Z=B_{zwojnicy}$.

Krok 2. Indukcję pola wewnątrz długiej, gęsto nawiniętej zwojnicy szacujemy ze wzoru: $B={\mu }_0\frac{N}{l}I.$

Krok 3. Podstawiamy dane ($N=100$, $l=0,05\mathrm{m}$, $I=13\mathrm{mA}=0,013\mathrm{A}$, ${\mu }_0=4\pi \cdot 10^{-7}\mathrm{T}\cdot m/A$): $B=4\pi \cdot 10^{-7}\cdot \frac{100}{0,05}\cdot 0,013\approx 3,27\cdot 10^{-5}\mathrm{T}\approx 33\mu \mathrm{T}.$

Odpowiedź: $B_Z\approx 33\mu \mathrm{T}$ (około $3,3\cdot 10^{-5}\mathrm{T}$).

Krok 1. Zastosowany wzór $B={\mu }_0\frac{N}{l}I$ jest ścisły tylko dla zwojnicy nieskończenie długiej, gęsto nawiniętej, dla której stosunek długości do średnicy jest bardzo duży.

Krok 2. W opisanym doświadczeniu zwojnica ma długość $5\mathrm{cm}$ i średnicę $10\mathrm{cm}$ — stosunek długości do średnicy wynosi tylko $0,5$ (zwojnica jest krótka i szeroka), więc warunek „długiej zwojnicy” nie jest spełniony.

Odpowiedź: przyczyną niedokładności jest niepełna stosowalność wzoru na indukcję pola wewnątrz „długiej” zwojnicy do zwojnicy, która w rzeczywistości jest krótka (jej długość jest porównywalna ze średnicą).

Krok 1. $B$ jest proporcjonalne do $I$ (przy stałych $N$, $l$), więc niepewność względna $B$ jest równa niepewności względnej $I$: $\frac{\Delta B}{B}=\frac{\Delta I}{I}.$

Krok 2. $\frac{\Delta I}{I}=\frac{1\mathrm{mA}}{13\mathrm{mA}}\approx 0,077=7,7\%\approx 8\%.$

Odpowiedź: niepewność względna wynosi około $8\%$.

Krok 1. $B={\mu }_0\frac{N}{l}I$ — pole zależy od gęstości nawinięcia zwojów $n=\frac{N}{l}$, a nie od samej liczby zwojów $N$.

Krok 2. Po rozciągnięciu zwojnicy liczba zwojów $N$ się nie zmienia, ale jej długość $l$ się zwiększa (o $1/3$), więc gęstość nawinięcia $n=N/l$ MALEJE.

Krok 3. Skoro natężenie prądu jest takie samo, a gęstość zwojów zmniejszyła się, to pole magnetyczne wewnątrz dłuższej zwojnicy jest SŁABSZE niż w krótszej.

Odpowiedź: A–3.

Krok 1. Największe natężenie prądu odpowiada odcinkowi wykresu o największym nachyleniu, czyli najszybszej zmianie stopnia naładowania. Z wykresu widać, że jest to przedział między około $9$–$10$ a $11$–$12$ godziną, gdzie naładowanie spada z około $55\%$ do około $20\%$ (czyli o około $35\%$) w czasie około $2\mathrm{h}$.

Krok 2. Ładunek odpowiadający $100\%$ naładowania to $Q_{100\%}=1200\mathrm{mAh}$, więc spadek o $35\%$ to ładunek: $\Delta Q=0,35\cdot 1200\mathrm{mAh}=420\mathrm{mAh}.$

Krok 3. Natężenie prądu to szybkość przepływu ładunku: $I=\frac{\Delta Q}{\Delta t}=\frac{420\mathrm{mAh}}{2\mathrm{h}}=210\mathrm{mA}.$

Odpowiedź: maksymalne natężenie prądu wynosi około $I\approx 210\mathrm{mA}$ (wynik w przedziale ok. $140$–$260\mathrm{mA}$, wynikający z dokładności odczytu z wykresu, jest uznawany za prawidłowy).

Stwierdzenie 1. Jądra oddalają się od siebie, a siła Coulomba maleje z odległością ($F\propto 1/r^2$), więc wartość siły odpychania maleje. Prawdziwe (P).

Stwierdzenie 2. Siła odpychająca (skierowana w stronę ruchu, na oddalające się jądra) wciąż przyspiesza obydwa jądra, dopóki działa, więc wartości ich prędkości rosną. Prawdziwe (P).

Stwierdzenie 3. Na układ dwóch jąder nie działają żadne siły zewnętrzne (tylko siły wzajemne, wewnętrzne), więc całkowity pęd układu jest zachowany — pozostaje stały (równy zero, bo jądro radu początkowo spoczywało). Prawdziwe (P).

Odpowiedź: P, P, P.

Krok 1. Zasada zachowania pędu: przed rozpadem pęd całkowity jądra radu wynosi zero, więc po rozpadzie pędy jądra helu i radonu są przeciwne i równe co do wartości: $p_{He}=p_{Rn}.$

Krok 2. Energię kinetyczną wyrażamy przez pęd: $E_k=\frac{p^2}{2m}$. Skoro pędy są równe co do wartości, stosunek energii kinetycznych jest odwrotnie proporcjonalny do stosunku mas: $\frac{E_{k,He}}{E_{k,Rn}}=\frac{p^2/(2m_{He})}{p^2/(2m_{Rn})}=\frac{m_{Rn}}{m_{He}}.$

Krok 3. Masy jąder są w przybliżeniu proporcjonalne do ich liczb masowych: $m_{Rn}\approx 220\mathrm{u}$, $m_{He}\approx 4\mathrm{u}$.

Krok 4. $\frac{E_{k,He}}{E_{k,Rn}}=\frac{220\mathrm{u}}{4\mathrm{u}}=55.$

Odpowiedź: stosunek energii kinetycznych wynosi $55$ — co należało wykazać.

Krok 1. Liczba okresów połowicznego rozpadu, jakie upłynęły: $n=\frac{t}{T_{1/2}}=\frac{13\mathrm{dni}}{3,7\mathrm{dni}}\approx 3,5.$

Krok 2. Masa izotopu maleje wykładniczo: $m(t)=m_0{\left(\frac{1}{2}\right)}^n\Rightarrow m_0=m(t)\cdot 2^n.$

Krok 3. $m_0=0,75\mathrm{mg}\cdot 2^{3,5}\approx 0,75\mathrm{mg}\cdot 11,3\approx 8,5\mathrm{mg}.$

Odpowiedź: początkowa masa izotopu radu wynosiła około $8,5\mathrm{mg}$ (wynik w przedziale $8$–$9\mathrm{mg}$ jest uznawany za prawidłowy).

Krok 1. Przy emisji wymuszonej pojedyncze przejście elektronu ze stanu wzbudzonego do niższego oddaje energię równą dokładnie różnicy energii tych dwóch poziomów, w postaci jednego dodatkowego fotonu.

Krok 2. Gdyby z jednego padającego fotonu (o energii równej tej różnicy) powstały trzy jednakowe fotony, łączna energia trzech fotonów wynosiłaby trzy razy więcej niż energia fotonu padającego — to więcej energii, niż atom rzeczywiście oddaje przy jednym przejściu między dwoma poziomami.

Krok 3. Taki proces naruszałby zasadę zachowania energii (energia „na wyjściu” byłaby większa niż suma energii wejściowej i energii oddanej przez atom).

Odpowiedź: C.

Krok 1. Opisane światło (identyczne fotony: ta sama energia, faza, polaryzacja, kierunek ruchu) to światło spójne (koherentne) i monochromatyczne.

Krok 2. Takie światło powstaje w wyniku emisji wymuszonej (opisanej w tekście), a urządzeniem wykorzystującym to zjawisko do wytwarzania spójnej wiązki światła jest laser.

Odpowiedź: B.

Stwierdzenie 1. Atom ma wiele poziomów energetycznych, a przejścia mogą zachodzić między różnymi parami poziomów (np. ze stanu 2. do 1., ze stanu 3. do 1., ze stanu 3. do 2.) — emitowane fotony mają różne energie (różne różnice poziomów), a nie jednakowe. Fałszywe (F).

Stwierdzenie 2. Inwersja obsadzeń to sytuacja z większą liczbą atomów wzbudzonych niż w stanie podstawowym — sprzeczna z naturalnym rozkładem (w równowadze termicznej stan podstawowy jest zawsze najliczniej obsadzony). Trzeba aktywnie „pompować” atomy do stanów wzbudzonych, dostarczając energię (np. energię pompowania lasera). Prawdziwe (P).

Stwierdzenie 3. Zgodnie z zasadą zachowania energii i dyskretnymi poziomami energetycznymi, atom może absorbować tylko fotony o energii odpowiadającej różnicy między jego poziomami energetycznymi — czyli o energiach zbliżonych do tych, które może też emitować przy odwrotnych przejściach. Prawdziwe (P).

Odpowiedź: F, P, P.

Krok 1. Jedyne oddziaływanie między elektronem (ładunek ujemny) i jądrem (proton, ładunek dodatni) w atomie wodoru to przyciąganie elektrostatyczne, opisane prawem Coulomba.

Krok 2. Ta siła elektryczna (Coulomba) jest stale skierowana do środka okręgu (do jądra) i pełni funkcję siły dośrodkowej, utrzymując elektron na orbicie kołowej.

Odpowiedź: siły elektrycznej (Coulomba).

Krok 1. Elektron związany w atomie (nie może swobodnie oddalić się od jądra) ma całkowitą energię mechaniczną (kinetyczną + potencjalną oddziaływania z jądrem) mniejszą od zera — to warunek stanu związanego. Suma energii jest więc ujemna.

Krok 2. Zgodnie z kwantowym modelem atomu (poziomy energetyczne), energia elektronu w atomie jest skwantowana — może przyjmować tylko określone, dyskretne wartości, a nie dowolną wartość z przedziału ciągłego.

Odpowiedź: ujemna; może mieć tylko wartość należącą do pewnego ściśle określonego zbioru.