Fizyka PR — Maj 2018

Ruch pierwszego samochodu składa się z trzech etapów, które opisujemy wartością prędkości w kolejnych chwilach:

Etap 1 (rozpędzanie, $0-2\mathrm{s}$). Przyspieszanie ze stałym przyspieszeniem od $v=0$ do $v=10m/s$ – na wykresie jest to odcinek prostej wznoszącej się od punktu $(0\mathrm{s};0m/s)$ do punktu $(2\mathrm{s};10m/s)$.

Etap 2 (ruch jednostajny, $2-8\mathrm{s}$). Stała prędkość $10m/s$ – na wykresie odcinek poziomy od $(2\mathrm{s};10m/s)$ do $(8\mathrm{s};10m/s)$.

Etap 3 (hamowanie, $8-10\mathrm{s}$). Hamowanie ze stałym opóźnieniem od $10m/s$ do $0$ – na wykresie odcinek opadający od $(8\mathrm{s};10m/s)$ do $(10\mathrm{s};0m/s)$.

Cały wykres ma więc kształt trapezu: narysuj oś czasu $t[\mathrm{s}]$ (podziałka co $2\mathrm{s}$, do $10\mathrm{s}$) oraz oś prędkości $v[m/s]$ (podziałka do $10m/s$), a następnie połącz odcinkami punkty $(0;0)\to (2;10)\to (8;10)\to (10;0)$.

Odpowiedź: wykres to trapez o wierzchołkach $(0;0)$, $(2;10)$, $(8;10)$, $(10;0)$ (w jednostkach $\mathrm{s}$ i $m/s$).

Krok 1. Droga pierwszego samochodu – metoda pola pod wykresem $v(t)$. Pole pod wykresem $v(t)$ (trapez z zadania 1.1) jest równe drodze przebytej przez samochód. Trapez ma podstawy $6\mathrm{s}$ (odcinek ruchu jednostajnego) i $10\mathrm{s}$ (cały czas ruchu) oraz wysokość $10m/s$: $s_1=\frac{(6\mathrm{s}+10\mathrm{s})}{2}\cdot 10\frac{\mathrm{m}}{\mathrm{s}}=\frac{1}{2}\cdot 16\mathrm{s}\cdot 10\frac{\mathrm{m}}{\mathrm{s}}=80\mathrm{m}.$

Krok 2. Czas ruchu drugiego samochodu. Z treści zadania oba samochody przebyły tę samą drogę w tym samym czasie, a czas ruchu pierwszego samochodu to $2\mathrm{s}+6\mathrm{s}+2\mathrm{s}=10\mathrm{s}$. Zatem drugi samochód również jechał $10\mathrm{s}$ i przebył $80\mathrm{m}$.

Krok 3. Prędkość maksymalna drugiego samochodu. Drugi samochód przez pierwszą połowę czasu ($5\mathrm{s}$) przyspiesza od $0$ do $v_{max}$, a przez drugą połowę ($5\mathrm{s}$) hamuje symetrycznie do $0$ – wykres $v(t)$ jest trójkątem o podstawie $10\mathrm{s}$ i wysokości $v_{max}$. Pole tego trójkąta musi być równe przebytej drodze: $s_2=\frac{1}{2}\cdot 10\mathrm{s}\cdot v_{max}=80\mathrm{m}\Rightarrow v_{max}=\frac{2\cdot 80\mathrm{m}}{10\mathrm{s}}=16\frac{\mathrm{m}}{\mathrm{s}}.$

Odpowiedź: droga pierwszego samochodu $s_1=80\mathrm{m}$, a maksymalna prędkość drugiego samochodu $v_{max}=16m/s$.

Krok 1. Linie pola magnetycznego magnesu podkowiastego. Linie pola wychodzą z bieguna N i wchodzą do bieguna S. Blisko każdego bieguna są one w przybliżeniu prostopadłe do jego powierzchni: w punkcie X (tuż przy N) wektor $\vec{B}$ jest skierowany od N na zewnątrz (mniej więcej w prawo, odchylony w stronę X), a w punkcie Y (tuż przy S) wektor $\vec{B}$ jest skierowany w stronę S (do wewnątrz, w kierunku bieguna).

Krok 2. Pole w punkcie A – na osi symetrii $l$, pomiędzy biegunami. Punkt A leży na osi symetrii, na wprost szczeliny między N (u góry) i S (u dołu). Tak jak w przestrzeni pomiędzy biegunami magnesu podkowiastego, linia pola musi tam prowadzić od bieguna N do bieguna S, czyli wektor $\vec{B}$ w punkcie A jest skierowany pionowo, w dół (od góry, gdzie jest N, do dołu, gdzie jest S).

Krok 3. Siła działająca na cząstkę w punkcie A. Prędkość cząstki w A jest skierowana prostopadle za płaszczyznę rysunku (czyli „w głąb” rysunku), a pole $\vec{B}$ w A jest skierowane pionowo w dół. Siłę liczymy ze wzoru na siłę Lorentza $\vec{F}=q\vec{v}\times \vec{B}$. Przyjmując układ: oś $x$ w prawo, $y$ w górę, $z$ ku obserwatorowi (z rysunku), mamy $\vec{v}=-v\hat{z}$ oraz $\vec{B}=-B\hat{y}$, stąd $\vec{v}\times \vec{B}=(-v\hat{z})\times (-B\hat{y})=vB(\hat{z}\times \hat{y})=-vB\hat{x}.$ Dla ładunku dodatniego $q>0$ siła $\vec{F}=q\vec{v}\times \vec{B}$ ma więc kierunek $-\hat{x}$, czyli jest skierowana poziomo, w stronę magnesu (w lewo, do wnętrza „podkowy”), zgodnie z lokalnym kierunkiem linii pola przechodzącej przez punkt A.

Odpowiedź: w punkcie X wektor $\vec{B}$ „wychodzi” z bieguna N (w stronę X), w punkcie Y „wchodzi” do bieguna S, w punkcie A jest skierowany pionowo w dół (od N do S); siła działająca na dodatnio naładowaną cząstkę w A jest pozioma, skierowana w stronę magnesu.

Krok 1. Pole wewnątrz naładowanego przewodnika. Kulka jest metalowa (przewodnik) – w stanie równowagi cały ładunek gromadzi się na jej powierzchni, a pole elektryczne wewnątrz przewodnika jest równe zeru. Punkty C i D leżą wewnątrz kulki (D jest jej środkiem, C tuż pod powierzchnią, w jej wnętrzu), więc: $E_C=0,E_D=0.$

Krok 2. Pole na zewnątrz naładowanej kulki. Na zewnątrz kulka (ciało sferycznie symetryczne) zachowuje się jak ładunek punktowy umieszczony w jej środku – natężenie pola maleje z kwadratem odległości od środka: $E(r)=\frac{kQ}{r^2}\propto \frac{1}{r^2}.$ Z rysunku (siatka kwadratowa) odczytujemy, że punkt B leży dwa razy dalej od środka D niż punkt A, czyli $r_B=2r_A$.

Krok 3. Wartość pola w punkcie B. $E_B=\frac{kQ}{r_B^2}=\frac{kQ}{(2r_A{)}^2}=\frac{1}{4}\cdot \frac{kQ}{r_A^2}=\frac{E}{4}.$

Odpowiedź:

Krok 1. Wzór na przyspieszenie grawitacyjne w polu centralnym, sferycznie symetrycznym. Na powierzchni i poza sferycznie symetryczną planetą przyspieszenie grawitacyjne w odległości $r$ od jej środka wynosi $a_g(r)=\frac{GM}{r^2}.$ Dla ustalonej, tej samej odległości $r$ (takiej, że $r>R_4$, czyli leżącej poza wszystkimi czterema planetami) przyspieszenie $a_g(r)$ jest więc wprost proporcjonalne do masy danej planety – im wyższa krzywa na wykresie dla tego samego $r$, tym większa masa.

Krok 2. Odczyt z wykresu. Dla ustalonej odległości $r>R_4$ krzywe układają się od najwyższej do najniższej w kolejności: krzywa 2, krzywa 1, krzywa 3, krzywa 4: $a_{g2}(r)>a_{g1}(r)>a_{g3}(r)>a_{g4}(r).$

Krok 3. Przełożenie na relacje mas. Podstawiając $a_{gi}(r)=\frac{G{M}_i}{r^2}$ do powyższej nierówności i skracając wspólny czynnik $\frac{G}{r^2}$ (ten sam dla wszystkich planet przy tym samym $r$), otrzymujemy bezpośrednio relację między masami: $M_2>M_1>M_3>M_4.$

Odpowiedź: $M_2>M_1>M_3>M_4$ — masa planety jest tym większa, im wyżej leży jej krzywa $a_g(r)$ dla tej samej, dostatecznie dużej odległości $r$ od środka.

Krok 1. Równowaga dolnego pudełka. Dolne pudełko (z $0,2\mathrm{kg}$ piasku) spoczywa w równowadze, więc napięcie linki $T$ musi równoważyć jego ciężar: $T=m_{dolny}g=0,2\mathrm{kg}\cdot 9,81\frac{\mathrm{m}}{{\mathrm{s}}^2}\approx 1,96\mathrm{N}\approx 2\mathrm{N}.$

Krok 2. Równowaga górnego pudełka. Górne pudełko również jest w spoczynku, więc siła tarcia statycznego działająca na nie musi równoważyć napięcie linki: $T_{tarcia}=T\approx 2\mathrm{N}$. Wartość tej siły tarcia jest więc taka, jak ciężar piasku w dolnym pudełku – nie wynika ona ze wzoru na maksymalną siłę tarcia (który dałby $\mu m_{g\acute{o}rny}g\approx 2,45\mathrm{N}$ – to jedynie górna granica, jaką tarcie statyczne może osiągnąć, a nie jego rzeczywista wartość w tej sytuacji równowagi).

Odpowiedź: A3 — wartość siły tarcia wynosi około $2\mathrm{N}$, ponieważ taka jest wartość ciężaru piasku w dolnym pudełku.

Krok 1. Warunek ruszenia układu. Układ zacznie się poruszać, gdy napięcie linki (równe ciężarowi piasku w dolnym pudełku, tak jak w zadaniu 5.1) przekroczy maksymalną siłę tarcia statycznego, jaka może działać na górne pudełko: $m_{dolny}^{\prime }g>\mu m_{g\acute{o}rny}g⟹m_{dolny}^{\prime }>\mu m_{g\acute{o}rny}.$

Krok 2. Minimalna całkowita masa w dolnym pudełku. $m_{dolny,min}^{\prime }=\mu m_{g\acute{o}rny}=0,25\cdot 1\mathrm{kg}=0,25\mathrm{kg}.$

Krok 3. Masa piasku, jaką należy dosypać. W dolnym pudełku już jest $0,2\mathrm{kg}$ piasku, więc trzeba dosypać: $\Delta m=m_{dolny,min}^{\prime }-0,2\mathrm{kg}=0,25\mathrm{kg}-0,2\mathrm{kg}=0,05\mathrm{kg}.$

Odpowiedź: należy dosypać co najmniej $\Delta m=0,05\mathrm{kg}$ piasku.

Krok 1. Praca a zmiana energii potencjalnej. Deska jest podnoszona bardzo powoli (kwazystatycznie – „powoli zaczął ciągnąć”), więc jej energia kinetyczna praktycznie się nie zmienia. Cała praca wykonana przez pracownika zamienia się więc w przyrost energii potencjalnej grawitacji deski: $W=\Delta E_p=mg\Delta h_s,$ gdzie $\Delta h_s$ to przyrost wysokości środka masy deski.

Krok 2. Przyrost wysokości środka masy. Deska jest jednorodna, więc jej środek masy znajduje się w jej połowie. Gdy deska leży na podłożu, środek masy jest na wysokości $0$. Gdy deska stoi pionowo (koniec oparty o ziemię się nie przesunął), środek masy jest na wysokości równej połowie długości deski: $\Delta h_s=\frac{L}{2}=\frac{4\mathrm{m}}{2}=2\mathrm{m}.$

Krok 3. Obliczenie pracy. $W=mg\Delta h_s=20\mathrm{kg}\cdot 9,81\frac{\mathrm{m}}{{\mathrm{s}}^2}\cdot 2\mathrm{m}=392,4\mathrm{J}\approx 400\mathrm{J}.$

Odpowiedź: $W\approx 400\mathrm{J}$.

Krok 1. Układ sił na desce. Gdy deska jest nieruchoma pod kątem $\alpha$ do podłoża, działają na nią: ciężar $mg$ przyłożony w środku deski, siła $F$ od liny (pionowa, w górę) przyłożona na górnym końcu, oraz siła reakcji podłoża w punkcie podparcia (dolny koniec deski). Rozpatrujemy równowagę momentów sił względem punktu podparcia – dzięki temu reakcja podłoża (przyłożona właśnie w tym punkcie) nie wnosi momentu i wypada z równania.

Krok 2. Ramiona sił względem punktu podparcia. Deska ma długość $L$, kąt z podłożem $\alpha$. Rzut poziomy odległości od punktu podparcia do środka deski (gdzie działa $mg$, siła pionowa) wynosi $\frac{L}{2}\cos \alpha$ – to jest ramię siły $mg$. Rzut poziomy odległości do górnego końca deski (gdzie działa $F$, również siła pionowa) wynosi $L\cos \alpha$ – to jest ramię siły $F$.

Krok 3. Warunek równowagi momentów. $F\cdot L\cos \alpha =mg\cdot \frac{L}{2}\cos \alpha .$ Czynnik $L\cos \alpha$ skraca się (jest różny od zera dla $\alpha \ne 90°$), więc: $F=\frac{mg}{2}.$ Zauważmy, że wynik nie zależy od kąta $\alpha$ – siła $F$ jest taka sama dla każdego kąta, pod jakim pracownik przytrzymuje deskę.

Krok 4. Obliczenie liczbowe (dla $\alpha =25°$): $F=\frac{mg}{2}=\frac{20\mathrm{kg}\cdot 9,81\frac{\mathrm{m}}{{\mathrm{s}}^2}}{2}=98,1\mathrm{N}\approx 100\mathrm{N}.$

Odpowiedź: $F\approx 100\mathrm{N}$.

Krok 1. Wynik zadania 6.2. W zadaniu 6.2 pokazaliśmy, że $F=\frac{mg}{2}$ niezależnie od kąta $\alpha$, ponieważ czynnik $\cos \alpha$ (wspólny dla ramion obu sił pionowych: ciężaru i siły liny) zawsze się skraca w warunku równowagi momentów. Siła jest więc taka sama dla $25°$ i dla $50°$.

Krok 2. Uzasadnienie. Zmienia się jedynie długość ramion sił (bo $\cos \alpha$ się zmienia), ale stosunek ramion siły $F$ do ramienia siły $mg$ pozostaje wciąż taki sam ($2:1$), a kierunki i zwroty sił (obie pionowe) też się nie zmieniają – to właśnie sprawia, że wynikowa wartość $F$ nie zależy od kąta.

Odpowiedź: B3 — siła jest taka sama, ponieważ kierunki i zwroty sił oraz stosunek długości ramion sił się nie zmieniają.

Stwierdzenie 1. Praca całkowita. Praca potrzebna do podniesienia deski to zawsze $W=mg\cdot \Delta h_s=mg\cdot \frac{L}{2}$ (patrz zadanie 6.1) – zależy tylko od masy i długości deski oraz od tego, o ile podniósł się jej środek masy, a nie od miejsca przyłożenia liny. Stwierdzenie jest prawdziwe (P).

Stwierdzenie 2. Wartość siły $F$. Warunek równowagi momentów względem punktu podparcia: $F\cdot d\cos \alpha =mg\cdot \frac{L}{2}\cos \alpha$, gdzie $d$ to odległość punktu zamocowania liny od punktu podparcia. Teraz $d=\frac{3}{4}L$ (mniej niż poprzednio, gdy $d=L$), więc ramię siły $F$ jest krótsze niż wcześniej. Aby moment się równoważył przy krótszym ramieniu, potrzebna jest większa siła: $F=\frac{mg\cdot \frac{L}{2}}{d}=\frac{mg\cdot \frac{L}{2}}{\frac{3}{4}L}=\frac{2}{3}mg>\frac{mg}{2}.$ Stwierdzenie jest prawdziwe (P).

Stwierdzenie 3. Siła reakcji podłoża. Deska jest w równowadze, więc suma sił pionowych jest zerowa: $N+F=mg$ (reakcja podłoża $N$ i siła liny $F$ razem równoważą ciężar). Skoro $F$ jest teraz większe niż poprzednio, to $N=mg-F$ musi być mniejsze niż poprzednio. Stwierdzenie jest prawdziwe (P).

Odpowiedź: P, P, P.

Stwierdzenie 1. Zachowanie pędu całkowitego. Odpychanie się chłopców od siebie to oddziaływanie wewnętrzne układu (obaj chłopcy z deskorolkami) – nie działają na ten układ żadne zewnętrzne siły w kierunku poziomym (opory pominięto). Zgodnie z zasadą zachowania pędu całkowity pęd układu przed i po odepchnięciu jest taki sam (i równy zeru, bo na początku wszystko było w spoczynku). Stwierdzenie jest prawdziwe (P).

Stwierdzenie 2. Porównanie wartości pędów A i B. Ponieważ pęd całkowity jest zachowany i wynosił zero, pędy obu chłopców po odepchnięciu muszą być równe co do wartości i przeciwne co do zwrotu: $m_A{v}_A=m_B{v}_B$. Masy chłopców (i deskorolek) są takie same, więc wartości pędów są równe, a nie „większe u A”. Stwierdzenie jest fałszywe (F).

Stwierdzenie 3. Porównanie energii kinetycznych. Z zasady zachowania pędu (stwierdzenie 2) wynika, że $v_A=v_B$ (równe wartości prędkości). W doświadczeniu 2 praca wprawiająca układ w ruch dzieli się więc po równo na obu chłopców: $W=\frac{1}{2}m{v}_A^2+\frac{1}{2}m{v}_B^2=m{v}_A^2$ (bo $v_A=v_B$). W doświadczeniu 1 ta sama praca $W$ w całości zamieniła się w energię kinetyczną chłopca A: $W=\frac{1}{2}m{v}_0^2$, gdzie $v_0=4m/s$. Zatem energia kinetyczna chłopca A w drugim doświadczeniu ($\frac{1}{2}m{v}_A^2=\frac{W}{2}$) jest mniejsza (dwa razy mniejsza) niż w pierwszym ($W$) – nie jest taka sama. Stwierdzenie jest fałszywe (F).

Odpowiedź: P, F, F.

Krok 1. Praca w doświadczeniu 1. Cała praca $W$ wykonana podczas odepchnięcia się od ściany zamienia się w energię kinetyczną chłopca A (ściana się nie porusza): $W=\frac{1}{2}m{v}_0^2,v_0=4\frac{\mathrm{m}}{\mathrm{s}}.$

Krok 2. Zasada zachowania pędu w doświadczeniu 2. Układ (A + B, jednakowe masy $m$) był w spoczynku, więc po odepchnięciu: $0=m{v}_A-m{v}_B\Rightarrow v_A=v_B.$

Krok 3. Praca w doświadczeniu 2. Ta sama praca $W$ zamienia się teraz w energię kinetyczną obu chłopców: $W=\frac{1}{2}m{v}_A^2+\frac{1}{2}m{v}_B^2=\frac{1}{2}m{v}_A^2+\frac{1}{2}m{v}_A^2=m{v}_A^2.$

Krok 4. Porównanie i wyznaczenie $v_A$. Z równości pracy w obu doświadczeniach: $m{v}_A^2=\frac{1}{2}m{v}_0^2\Rightarrow v_A^2=\frac{v_0^2}{2}\Rightarrow v_A=\frac{v_0}{\sqrt{2}}=\frac{4m/s}{\sqrt{2}}=2\sqrt{2}\frac{\mathrm{m}}{\mathrm{s}}\approx 2,83\frac{\mathrm{m}}{\mathrm{s}}.$

Odpowiedź: $v_A=2\sqrt{2}m/s\approx 2,83m/s$.

Stwierdzenie 1. Praca całkowita w cyklu. Praca wykonana w jednym cyklu pracy silnika cieplnego jest równa polu figury zamkniętej przez pętlę cyklu na wykresie $p(V)$ (dla cyklu obiegającego zgodnie z ruchem wskazówek zegara – tak jak tu – praca jest dodatnia i wykonywana przez gaz). Odczytując z wykresów pola prostokątów wyznaczonych przez obie pętle, są one takie same dla silnika I i silnika II — praca całkowita silnika I jest taka sama jak praca całkowita silnika II.

Stwierdzenie 2. Maksymalna temperatura. Z równania Clapeyrona $pV=nRT$ (przy $n=1\mathrm{mol}$ dla obu silników) temperatura gazu jest proporcjonalna do iloczynu $pV$ w danym stanie. Największy iloczyn $pV$ w cyklu odpowiada wierzchołkowi pętli o największych jednocześnie $p$ i $V$. Odczytując współrzędne odpowiednich wierzchołków obu pętli, iloczyn $pV$ (a więc i temperatura maksymalna) jest taki sam dla obu silników – maksymalna temperatura gazu w silniku I jest taka sama jak w silniku II.

Odpowiedź: 1. taka sama jak; 2. taka sama jak.

Krok 1. Wzór na sprawność silnika cieplnego. Sprawność to stosunek pracy całkowitej wykonanej w cyklu do ciepła pobranego: $\eta =\frac{W_{całkowita}}{Q_{pobrane}}=\frac{Q_{pobrane}-Q_{oddane}}{Q_{pobrane}}.$

Krok 2. Podstawienie danych. Silnik I pobiera $Q_{pobrane}=23\mathrm{kJ}$, a oddaje $Q_{oddane}=19\mathrm{kJ}$: $\eta =\frac{23\mathrm{kJ}-19\mathrm{kJ}}{23\mathrm{kJ}}=\frac{4}{23}\approx 0,17.$

Odpowiedź: $\eta \approx 0,17$, czyli około $17\%$.

Krok 1. Ciepło w przemianie izochorycznej. W przemianie izochorycznej objętość się nie zmienia, więc gaz nie wykonuje pracy — całe pobrane ciepło zwiększa energię wewnętrzną: $Q_V=n{C}_V\Delta T$. Z równania Clapeyrona $pV=nRT$ przy stałym $V$ przyrost temperatury jest proporcjonalny do przyrostu ciśnienia: $\Delta T=\frac{V\Delta p}{nR}$. Stąd: $Q_V=n{C}_V\cdot \frac{V\Delta p}{nR}=\frac{C_V}{R}V\Delta p.$ Ponieważ oba silniki mają tę samą substancję roboczą (ten sam gaz, to samo $C_V$, ta sama liczba moli $n=1\mathrm{mol}$) i tę samą objętość $V=V_1$ w przemianie izochorycznej, stosunek ciepeł pobranych w przemianach izochorycznych obu silników jest równy stosunkowi przyrostów ciśnienia w tych przemianach.

Krok 2. Odczyt przyrostów ciśnienia z wykresów. Dla silnika I przemiana izochoryczna to odcinek od $p_1$ do $2p_1$, czyli $\Delta p_I=p_1$. Dla silnika II przemiana izochoryczna to odcinek od $p_1$ do $3p_1$, czyli $\Delta p_{II}=2p_1$. Zatem: $\frac{Q_{V,II}}{Q_{V,I}}=\frac{\Delta p_{II}}{\Delta p_I}=\frac{2p_1}{p_1}=2.$

Krok 3. Podstawienie danych. Silnik I pobiera w przemianie izochorycznej $Q_{V,I}=3\mathrm{kJ}$ (dane w treści zadania 8), więc: $Q_{V,II}=2\cdot Q_{V,I}=2\cdot 3\mathrm{kJ}=6\mathrm{kJ}.$

Odpowiedź: $Q_{V,II}=6\mathrm{kJ}$.

Krok 1. Kierunki sił w najniższym punkcie toru. W najniższym punkcie toru siła grawitacji ${\vec{F}}_g$ jest, jak zawsze, skierowana pionowo w dół. Siła reakcji liny ${\vec{F}}_r$ działa wzdłuż liny, która w tym momencie jest pionowa – jest więc skierowana pionowo w górę (od kuli w stronę punktu zawieszenia).

Krok 2. Ruch po łuku okręgu wymaga siły dośrodkowej. Kula w najniższym punkcie toru porusza się po łuku okręgu (chwilowo ze środkiem w punkcie zawieszenia liny), a więc musi na nią działać niezerowa wypadkowa siła skierowana do środka tego okręgu, czyli do góry: $F_{wyp}=F_r-F_g=\frac{m{v}^2}{l}>0.$

Krok 3. Wniosek o relacji sił. Ponieważ wypadkowa siła (dośrodkowa) jest różna od zera i skierowana w górę, wartość $F_r$ musi być większa od wartości $F_g$: $F_r>F_g.$

Odpowiedź: na rysunku 2. rysujemy ${\vec{F}}_r$ skierowaną pionowo w górę (wzdłuż liny, do punktu zawieszenia) i ${\vec{F}}_g$ skierowaną pionowo w dół, obie zaczepione w kuli; relacja: $F_r>F_g$.

Krok 1. Model wahadła matematycznego. Układ kula–lina traktujemy jako wahadło matematyczne o długości równej odległości od punktu zawieszenia do środka masy kuli: $l=l_{lina}+r_{kula}=6\mathrm{m}+0,4\mathrm{m}=6,4\mathrm{m}.$

Krok 2. Okres wahadła matematycznego. $T=2\pi \sqrt{\frac{l}{g}}=2\pi \sqrt{\frac{6,4\mathrm{m}}{9,81\frac{\mathrm{m}}{{\mathrm{s}}^2}}}\approx 2\pi \cdot 0,807\mathrm{s}\approx 5,07\mathrm{s}.$

Krok 3. Czas od najwyższego do najniższego punktu toru. Pełny okres $T$ to czas jednego całego wahnięcia (tam i z powrotem, przez oba skrajne położenia). Droga od najwyższego wychylenia do najniższego punktu toru to jedna czwarta okresu: $t=\frac{T}{4}=\frac{5,07\mathrm{s}}{4}\approx 1,27\mathrm{s}\approx 1,3\mathrm{s}.$

Odpowiedź: $t\approx 1,3\mathrm{s}$.

Skoro pomiary czasu i wymiarów były bardzo precyzyjne, różnica między pomiarem a przewidywaniem modelu wahadła matematycznego musi wynikać z tego, że rzeczywisty układ nie spełniał dokładnie założeń tego modelu. Model wahadła matematycznego zakłada, między innymi, że:

• ciało zawieszone na lince ma bardzo małe rozmiary w porównaniu z długością linki (idealnie jest punktem materialnym) — tu kula ma promień $0,4\mathrm{m}$, czyli niepomijalny względem długości liny $6\mathrm{m}$,
• linka jest nieważka (jej masa jest dużo mniejsza od masy kuli),
• na układ działają tylko dwie siły: grawitacji i reakcji liny (pomijalne opory powietrza),
• linka jest nierozciągliwa,
• kąt maksymalnego wychylenia jest bardzo mały (małe amplitudy drgań).

Wystarczy podać dowolne dwa z tych założeń, które w realnym doświadczeniu mogły być spełnione tylko w przybliżeniu.

Odpowiedź (przykład): 1. Kula nie jest punktem materialnym – jej rozmiary (promień $0,4\mathrm{m}$) nie są pomijalnie małe względem długości liny. 2. Opór powietrza działający na kulę podczas ruchu nie był w rzeczywistości całkowicie zerowy.

Krok 1. Jakiego oporu zastępczego potrzebujemy. Pomiar nr 2 odpowiada oporowi zastępczemu $R=2\Omega$. Dysponujemy oporami $4\Omega$ każdy, a mamy do dyspozycji do 8 takich oporników.

Krok 2. Łączenie równoległe dwóch takich samych oporników. Dla dwóch identycznych oporników $r=4\Omega$ połączonych równolegle opór zastępczy wynosi: $R=\frac{r}{2}=\frac{4\Omega }{2}=2\Omega .$ To dokładnie ta wartość, jaka jest potrzebna.

Odpowiedź: schemat obwodu to ogniwo (bateria) połączone z woltomierzem mierzącym napięcie na jego biegunach oraz z dwoma opornikami $4\Omega$ połączonymi równolegle między sobą (dając razem opór zastępczy $2\Omega$), dołączonymi do biegunów ogniwa.

Krok 1 (a). Naniesienie punktów pomiarowych. Na osi odciętych odkładamy $R[\Omega ]$ (skala obejmująca wartości od $1$ do $32\Omega$), na osi rzędnych $U[\mathrm{V}]$ (skala od $0$ do np. $6,5\mathrm{V}$). Zaznaczamy sześć punktów pomiarowych z tabeli: $(1;2,7)$, $(2;3,8)$, $(4;4,6)$, $(8;5,2)$, $(16;5,6)$, $(32;5,8)$, a przy każdym z nich „słupek” niepewności $\pm 0,2\mathrm{V}$. Punkty leżą na krzywej przypominającej gałąź hiperboli – szybko rosnącej dla małych $R$ i wypłaszczającej się dla dużych $R$ – którą wykreślamy jako gładką krzywą przechodzącą przez naniesione punkty (z uwzględnieniem ich niepewności).

Krok 2 (b). Oszacowanie SEM z wykresu. Napięcie na biegunach ogniwa $U=\epsilon -I{r}_w$ rośnie z oporem $R$ i asymptotycznie zbliża się do wartości SEM $\epsilon$, gdy $R\to \infty$ (bo wtedy prąd $I=\frac{\epsilon }{R+r_w}\to 0$, a spadek napięcia na oporze wewnętrznym zanika). Odczytując, do jakiej wartości „wypłaszcza się” narysowana krzywa dla dużych $R$ (ekstrapolacja krzywej), szacujemy: $\epsilon \approx 6\mathrm{V}.$

Odpowiedź: a) wykres w postaci gałęzi hiperboli przechodzącej przez punkty pomiarowe z zaznaczonymi niepewnościami $\pm 0,2\mathrm{V}$; b) $\epsilon \approx 6\mathrm{V}$.

Krok 1. Drugie prawo Kirchhoffa dla obwodu z ogniwem. Dla obwodu złożonego z ogniwa o SEM $\epsilon$ i oporze wewnętrznym $r$ oraz opornika zewnętrznego $R$, przez który płynie prąd $I=\frac{U}{R}$ (bo $U$ to napięcie na oporniku $R$, mierzone jednocześnie jako napięcie na biegunach ogniwa): $\epsilon =U+Ir=U+\frac{U}{R}r.$

Krok 2. Wybór dwóch pomiarów. Weźmy pomiar nr 2 ($R=2\Omega$, $U=3,8\mathrm{V}$) i pomiar nr 4 ($R=8\Omega$, $U=5,2\mathrm{V}$): $\epsilon =3,8\mathrm{V}+\frac{3,8\mathrm{V}}{2\Omega }r,\epsilon =5,2\mathrm{V}+\frac{5,2\mathrm{V}}{8\Omega }r.$

Krok 3. Rozwiązanie układu równań. Przyrównując prawe strony: $3,8+1,9r=5,2+0,65r\Rightarrow 1,25r=1,4\Rightarrow r\approx 1,12\Omega .$ Podstawiając do jednego z równań: $\epsilon =3,8\mathrm{V}+1,9\cdot 1,12\mathrm{V}\approx 5,9\mathrm{V}.$

Odpowiedź: $\epsilon \approx 5,9\mathrm{V}$, $r\approx 1,12\Omega$ (dla innych par pomiarów wyniki są zbliżone, w granicach $\epsilon \approx 5,8$–$6,0\mathrm{V}$ i $r\approx 1,1$–$1,4\Omega$).

Krok 1. Sytuacja na granicy powietrze–szkło. Promień padający pionowo trafia na sferyczną powierzchnię zagłębienia pod pewnym kątem padania $\alpha$ (mierzonym od lokalnej normalnej, czyli od promienia sfery poprowadzonego z punktu O do miejsca padania). Na granicy dwóch ośrodków światło częściowo odbija się, a częściowo załamuje się, wnikając do szkła.

Krok 2. Promień odbity. Zgodnie z prawem odbicia kąt odbicia jest równy kątowi padania: ${\alpha }_{odbicia}=\alpha$. Promień odbity leży w tej samej płaszczyźnie co promień padający i normalna, po tej samej stronie normalnej co promień padający, ale „po drugiej stronie” niej – dla promienia padającego z góry odbity kieruje się ukośnie w dół, z powrotem w stronę powietrza.

Krok 3. Promień załamany. Ponieważ szkło jest ośrodkiem optycznie gęstszym niż powietrze ($n_{szkło}>n_{powietrze}$), zgodnie z prawem załamania $n_{powietrze}\sin \alpha =n_{szkło}\sin \beta$ kąt załamania $\beta$ jest mniejszy od kąta padania $\alpha$ ($\beta <\alpha$): promień załamany odchyla się w stronę normalnej i wnika głębiej w szkło, ku jego wnętrzu (w stronę osi symetrii wydrążenia).

Odpowiedź: dorysowujemy promień odbity (kąt odbicia równy kątowi padania, skierowany z powrotem w powietrze) oraz promień załamany w szkle (kąt załamania mniejszy od kąta padania, $\beta <\alpha$, promień odchylony bliżej normalnej).

Krok 1. Co oznacza „brak zmiany kierunku” promienia na granicy. Promień, przechodząc z cieczy do szkła, nie zmienia kierunku biegu — to znaczy, że kąt załamania na granicy ciecz–szkło jest równy kątowi padania.

Krok 2. Prawo załamania (Snelliusa) dla tej granicy. Prawo załamania na granicy ciecz–szkło ma postać $n_{ciecz}\sin \alpha =n_{szkło}\sin \beta$. Jeśli $\beta =\alpha$ (kierunek się nie zmienia), to $\sin \alpha =\sin \beta$, a więc musi być: $n_{ciecz}=n_{szkło}.$

Krok 3. Interpretacja fizyczna. Równość współczynników załamania oznacza także równość prędkości światła w obu ośrodkach ($v=\frac{c}{n}$), czyli tę samą „gęstość optyczną” cieczy i szkła — dlatego granica między nimi zachowuje się jak niewidzialna (promień przechodzi przez nią bez załamania).

Odpowiedź: ciecz musi mieć bezwzględny współczynnik załamania równy współczynnikowi załamania szkła, $n_{ciecz}=n_{szkło}$ (równoważnie: prędkość światła w tej cieczy musi być równa prędkości światła w tym szkle) — tylko wtedy, zgodnie z prawem załamania, kąt załamania na granicy ciecz–szkło jest równy kątowi padania i kierunek promienia się nie zmienia.

Krok 1. Struktura fali stojącej. W fali stojącej węzły (miejsca o zerowej amplitudzie) i strzałki/antywęzły (miejsca o maksymalnej amplitudzie) rozmieszczone są na przemian, w regularnych odstępach.

Krok 2. Odległość między sąsiednimi węzłem i strzałką. Odległość między dwoma sąsiednimi węzłami (lub dwoma sąsiednimi strzałkami) wynosi $\lambda /2$. Węzły i strzałki wypadają w połowie odstępu między sobą, więc odległość między sąsiednim węzłem i strzałką to połowa tej wartości: $\frac{1}{2}\cdot \frac{\lambda }{2}=\frac{\lambda }{4}.$

Odpowiedź: A. $\frac{\lambda }{4}$.

Krok 1. Warunek na falę stojącą na strunie z unieruchomionymi końcami. Oba końce struny są węzłami fali stojącej, więc długość struny $d$ musi być równa całkowitej wielokrotności połowy długości fali: $d=n\cdot \frac{{\lambda }_n}{2},n=1,2,3,\dots$

Krok 2. Największa możliwa długość fali. Długość fali ${\lambda }_n=\frac{2d}{n}$ jest największa dla najmniejszego dopuszczalnego $n$, czyli dla $n=1$ (podstawowa harmonika – na strunie mieści się wtedy tylko połowa długości fali): ${\lambda }_{max}=2d=2\cdot 90\mathrm{cm}=180\mathrm{cm}=1,8\mathrm{m}.$

Odpowiedź: ${\lambda }_{max}=1,8\mathrm{m}$.

Krok 1. Częstotliwości harmonik struny z unieruchomionymi końcami. Z warunku $d=n\frac{{\lambda }_n}{2}$ oraz ${\lambda }_n=\frac{v}{f_n}$ (gdzie $v$ – prędkość fali na strunie, stała, bo naprężenie i długość struny się nie zmieniają) wynika, że możliwe częstotliwości są całkowitymi wielokrotnościami częstotliwości podstawowej $f_1$: $f_n=n\cdot f_1,n=1,2,3,\dots$ Kolejne (sąsiednie) częstotliwości harmoniczne różnią się więc zawsze o stałą wartość, równą $f_1$: $f_{n+1}-f_n=(n+1)f_1-n{f}_1=f_1.$

Krok 2. Wyznaczenie częstotliwości podstawowej z danych. Podane $450\mathrm{Hz}$ i $675\mathrm{Hz}$ to dwie kolejne (sąsiadujące) harmoniki, więc ich różnica jest równa $f_1$: $f_1=675\mathrm{Hz}-450\mathrm{Hz}=225\mathrm{Hz}.$

Krok 3. Sprawdzenie, czy $1575\mathrm{Hz}$ jest harmoniką. Aby $1575\mathrm{Hz}$ było możliwą częstotliwością fali stojącej, musi być całkowitą wielokrotnością $f_1=225\mathrm{Hz}$: $\frac{1575\mathrm{Hz}}{225\mathrm{Hz}}=7.$ Iloraz jest liczbą całkowitą ($n=7$), więc $1575\mathrm{Hz}=7f_1$ jest siódmą harmoniką – jest to dozwolona częstotliwość fali stojącej na tej strunie.

Odpowiedź: tak, ponieważ $1575\mathrm{Hz}=7\cdot 225\mathrm{Hz}=7f_1$, czyli jest to siódma harmonika, a każda całkowita wielokrotność częstotliwości podstawowej $f_1$ jest możliwą częstotliwością fali stojącej na strunie z unieruchomionymi końcami. Co należało wykazać.

Krok 1. Charakter oddziaływania. Cząstka $\alpha$ ma ładunek dodatni ($+2e$), a jądro złota również ma ładunek dodatni ($+79e$) – oddziaływanie kulombowskie między nimi jest odpychające. Każda przelatująca cząstka $\alpha$ jest więc odchylana od pierwotnego, prostoliniowego kierunku ruchu w stronę „od jądra” (tor wygina się, omijając jądro po łuku).

Krok 2. Zależność zakrzywienia od odległości od jądra. Siła kulombowska maleje z kwadratem odległości: $F=\frac{k{q}_1{q}_2}{r^2}$. Cząstka, która przelatuje bliżej jądra, doznaje w pobliżu niego znacznie większej siły odpychającej niż cząstka przelatująca dalej, dlatego jej tor jest silniej zakrzywiony (większa zmiana kierunku ruchu).

Odpowiedź: rysujemy dwa łuki (hiperbole) odchylające się od jądra złota Au w tę samą stronę (odpychanie), przy czym tor cząstki przelatującej bliżej jądra ma zauważalnie większe zakrzywienie (mocniej odchyla się od pierwotnego kierunku) niż tor cząstki przelatującej dalej od jądra.

Krok 1. Interpretacja wyniku doświadczenia. Prawie wszystkie cząstki $\alpha$ przechodzą przez folię bez zmiany kierunku – oznacza to, że większość objętości atomu jest „pusta”, bez skoncentrowanego ładunku, który mógłby je odchylić. Bardzo nieliczne cząstki odbijają się pod dużymi kątami (nawet „do tyłu”) – to świadczy o tym, że gdzieś w atomie musi istnieć bardzo mały obszar skupiający cały ładunek dodatni i praktycznie całą masę atomu (tylko zderzenie z tak masywnym i skoncentrowanym ładunkiem może silnie odbić cząstkę $\alpha$). Wniosek: ładunek dodatni zajmuje bardzo małą część atomu (odpowiedź C), czyli tworzy małe, ciężkie jądro.

Krok 2. Masa jądra a masa elektronów. Wiadomo, że elektrony (nośniki ładunku ujemnego) są kilka tysięcy razy lżejsze od cząstki $\alpha$, a mimo to nie są w stanie odchylić lecących z dużą energią cząstek $\alpha$ w sposób zaobserwowany w doświadczeniu. To, że cząstki $\alpha$ mogą jednak bardzo silnie odchylić się (a nawet odbić) od obszaru ładunku dodatniego, świadczy o tym, że masa tego obszaru musi być dużo większa od całkowitej masy ładunku ujemnego (elektronów) w atomie.

Odpowiedź: C1 — ładunek dodatni zajmuje bardzo małą część atomu, a jego masa jest dużo większa od całej masy ładunku ujemnego.

Zdanie 1. Energia wiązania całego jądra rośnie w przybliżeniu wraz z liczbą nukleonów – jądro złota (ok. 197 nukleonów) ma znacznie więcej nukleonów (więcej par oddziałujących silnie) niż jądro węgla (ok. 12 nukleonów), a więc jego całkowita energia wiązania jest większa, mimo że energia wiązania na nukleon jest w rzeczywistości nieco mniejsza dla bardzo ciężkich jąder. Zdanie odnosi się do energii wiązania całego jądra (nie „na nukleon”), więc jest prawdziwe (P).

Zdanie 2. Energia wiązania $E_w$ i deficyt masy $\Delta m$ są związane wprost proporcjonalnie wzorem Einsteina $E_w=\Delta m{c}^2$ – im większa energia wiązania, tym większy deficyt masy. Zdanie jest prawdziwe (P).

Zdanie 3. Energia wiązania przypadająca na jeden nukleon nie jest taka sama dla wszystkich jąder – zależy od liczby masowej: jest najmniejsza dla najlżejszych jąder, rośnie i osiąga maksimum dla jąder o średniej masie (w okolicy żelaza), a potem nieco maleje dla najciężzszych jąder (stąd możliwość zarówno syntezy, jak i rozszczepienia jąder z wydzieleniem energii). Zdanie jest fałszywe (F).

Odpowiedź: P, P, F.

Krok 1. Ładunki cząstki $\alpha$ i jądra złota. Cząstka $\alpha$ (jądro helu) ma ładunek $q_1=2e$, a jądro złota (liczba atomowa $Z=79$) ma ładunek $q_2=79e$.

Krok 2. Zasada zachowania energii mechanicznej. Na cząstkę $\alpha$ działa jedynie siła kulombowska (odpychanie), czyli siła zachowawcza – energia mechaniczna (kinetyczna + potencjalna elektrostatyczna) jest zachowana. Na początku odległość jest bardzo duża, więc $E_{pot,pocz}\approx 0$, a cała energia to energia kinetyczna $E_{k0}$. W punkcie największego zbliżenia (odległość $d_{min}$) cząstka na moment się zatrzymuje względem jądra (cała energia kinetyczna zamienia się w potencjalną): $E_{k0}+0=0+E_{pot}(d_{min})\Rightarrow E_{k0}=\frac{k{q}_1{q}_2}{d_{min}}=\frac{k\cdot 2e\cdot 79e}{d_{min}}=\frac{158k{e}^2}{d_{min}}.$

Krok 3. Podstawienie danych. Przyjmując $k=9\cdot 10^9\frac{\mathrm{N}\cdot {\mathrm{m}}^2}{{\mathrm{C}}^2}$, $e=1,6\cdot 10^{-19}\mathrm{C}$, $d_{min}=4\cdot 10^{-14}\mathrm{m}$: $E_{k0}=\frac{158\cdot 9\cdot 10^9\cdot (1,6\cdot 10^{-19}{)}^2}{4\cdot 10^{-14}}\mathrm{J}\approx 9,1\cdot 10^{-13}\mathrm{J}.$

Krok 4. Przeliczenie na MeV. Korzystając z $1\mathrm{eV}=1,6\cdot 10^{-19}\mathrm{J}$: $E_{k0}\approx \frac{9,1\cdot 10^{-13}\mathrm{J}}{1,6\cdot 10^{-19}J/eV}\approx 5,7\cdot 10^6\mathrm{eV}=5,7\mathrm{MeV}.$

Odpowiedź: $E_{k0}\approx 5,7\mathrm{MeV}$.

Krok 1. Moc źródła a energia i liczba fotonów. Moc źródła to energia wypromieniowana w jednostce czasu. Jeśli w jednostce czasu źródło emituje $N$ fotonów, każdy o energii $E_f=hf$, to moc wynosi: $P=N\cdot E_f=N\cdot hf.$ Stąd liczba fotonów emitowanych w jednostce czasu to $N=\frac{P}{hf}$ – dla ustalonej moc $P$, liczba fotonów jest odwrotnie proporcjonalna do częstotliwości światła.

Krok 2. Porównanie częstotliwości czerwieni i zieleni. Światło czerwone ($Z_1$) ma mniejszą częstotliwość niż światło zielone ($Z_2$) – czerwień znajduje się bliżej dolnego końca widzialnego widma (mniejsza częstotliwość, większa długość fali).

Krok 3. Wniosek o liczbie fotonów. Skoro obie źródła mają tę samą moc $P$, a $Z_1$ ma mniejszą częstotliwość $f$, to ze wzoru $N=\frac{P}{hf}$ źródło $Z_1$ musi emitować większą liczbę fotonów w jednostce czasu niż $Z_2$.

Odpowiedź: A1 — liczba fotonów emitowanych przez $Z_1$ jest większa, ponieważ światło emitowane przez $Z_1$ ma mniejszą częstotliwość.

Zdanie 1. Zgodnie z zasadą zachowania momentu pędu ($mvr=\text{const}$) prędkość planety na orbicie eliptycznej jest największa w punkcie najbliższym Słońcu (peryhelium), a najmniejsza w punkcie najdalszym (aphelium). $38,9km/s$ to prędkość w aphelium, czyli najmniejsza, nie maksymalna, wartość prędkości Merkurego. Zdanie jest fałszywe (F).

Zdanie 2. Merkury krąży bliżej Słońca niż Ziemia (średnia odległość Merkurego $\approx 0,39\mathrm{au}$, Ziemi $1\mathrm{au}$). Z III prawa Keplera $T^2\propto a^3$ – mniejsza półoś wielka orbity oznacza krótszy okres obiegu. Rzeczywiście okres obiegu Merkurego (ok. 88 dni) jest znacznie krótszy niż okres obiegu Ziemi (365 dni). Zdanie jest prawdziwe (P).

Zdanie 3. Tranzyt planety na tle Słońca (obserwowany z Ziemi) jest możliwy tylko dla planet, których orbita leży bliżej Słońca niż orbita Ziemi (planety dolne: Merkury i Wenus) – tylko one mogą przejść między Ziemią a Słońcem na tle jego tarczy. Mars krąży dalej od Słońca niż Ziemia, więc nigdy nie przechodzi na tle tarczy Słońca widzianej z Ziemi. Zdanie jest fałszywe (F).

Odpowiedź: F, P, F.

Krok 1. Odległości peryhelium i aphelium od Słońca. Z treści zadania: $r_a=0,467\mathrm{au}$, a różnica odległości aphelium i peryhelium wynosi $0,159\mathrm{au}$: $r_p=r_a-0,159\mathrm{au}=0,467\mathrm{au}-0,159\mathrm{au}=0,308\mathrm{au}.$

Krok 2. Zasada zachowania momentu pędu. Wektor prędkości w peryhelium i aphelium jest prostopadły do promienia wodzącego, więc moment pędu Merkurego (liczony względem Słońca) w obu punktach ma postać $L=mvr$. Skoro nie ma momentu siły grawitacji względem Słońca (siła jest zawsze centralna), moment pędu jest zachowany: $m{v}_p{r}_p=m{v}_a{r}_a\Rightarrow v_p=\frac{r_a}{r_p}{v}_a.$

Krok 3. Podstawienie danych. $v_p=\frac{0,467\mathrm{au}}{0,308\mathrm{au}}\cdot 38,9\frac{\mathrm{km}}{\mathrm{s}}\approx 1,517\cdot 38,9\frac{\mathrm{km}}{\mathrm{s}}\approx 59,0\frac{\mathrm{km}}{\mathrm{s}}.$

Odpowiedź: $v_p\approx 59km/s$.

Uwaga: do tego samego wyniku można dojść, korzystając z zasady zachowania energii mechanicznej Merkurego (energia kinetyczna + potencjalna grawitacji), z wykorzystaniem podanej masy Słońca i wartości jednostki astronomicznej — obie metody prowadzą do $v_p\approx 59km/s$.

Krok 1. Interferencja na dwóch szczelinach a długość fali. Obraz prążków interferencyjnych z dwóch szczelin jest tym „gęstszy” (prążki są bliżej siebie), im mniejsza jest długość fali padającego promieniowania (przy tych samych: odstępie szczelin i odległości do ekranu). Porównując obrazy na $E_A$ i $E_B$, prążki są gęściej rozmieszczone na jednym z ekranów — to ten ekran odpowiada elektronom o mniejszej długości fali.

Krok 2. Fala de Broglie'a elektronu. Elektronom (mającym masę i pęd) przypisujemy falę materii o długości danej wzorem de Broglie'a: $\lambda =\frac{h}{p}=\frac{h}{mv}.$ Im większa prędkość elektronu $v$, tym większy jego pęd $p=mv$, a więc tym mniejsza długość fali de Broglie'a $\lambda$.

Krok 3. Wniosek. Elektrony rozpędzone do większych prędkości mają mniejszą długość fali, a więc dają gęściej ułożone prążki interferencyjne. Zgodnie ze schematycznymi rysunkami, to obraz na ekranie $E_A$ ma gęściej rozmieszczone prążki (mniejsza rozstawa) — to on odpowiada elektronom o większej prędkości. Uzasadnienie wymaga odwołania się do wzoru de Broglie'a, łączącego prędkość (pęd) cząstki z długością jej fali.

Odpowiedź: A4 — obraz na ekranie $E_A$, co można uzasadnić przez odwołanie się do wzoru de Broglie'a.