Fizyka PR — Maj 2019

Rzut poziomy jest złożeniem dwóch niezależnych ruchów: spadku swobodnego w kierunku pionowym oraz ruchu jednostajnego prostoliniowego w kierunku poziomym. Czas trwania rzutu poziomego zależy tylko od ruchu pionowego, więc jest taki sam jak czas swobodnego spadku z wysokości $h$ (bez prędkości początkowej w tym kierunku).

Krok 1. Równanie spadku swobodnego. Wysokość ciała w chwili $t$ wynosi: $y(t)=h-\frac{1}{2}g{t}^2.$ Ciało uderza o ziemię, gdy $y(t)=0$: $h=\frac{1}{2}g{t}^2.$

Krok 2. Wyznaczenie czasu. $t=\sqrt{\frac{2h}{g}}.$

Krok 3. Podstawienie danych: $t=\sqrt{\frac{2\cdot 1,96\mathrm{m}}{9,81m/{\mathrm{s}}^2}}=\sqrt{0,3996{\mathrm{s}}^2}\approx 0,632\mathrm{s}.$

Odpowiedź: czas lotu piłki wynosi $t\approx 0,63\mathrm{s}$.

Krok 1. Czas lotu. Z zadania 1.1. czas lotu piłki od wyrzutu do uderzenia o ziemię wynosi: $t=\sqrt{\frac{2h}{g}}.$

Krok 2. Ruch poziomy. W kierunku poziomym piłka porusza się jednostajnie z prędkością $v_0$, przebywając w czasie $t$ drogę $x$: $x=v_{0}t\Rightarrow v_0=\frac{x}{t}=\frac{x}{\sqrt{2h/g}}=x\sqrt{\frac{g}{2h}}.$

Krok 3. Podstawienie danych: $v_0=5,10\mathrm{m}\cdot \sqrt{\frac{9,81m/{\mathrm{s}}^2}{2\cdot 1,96\mathrm{m}}}=5,10\mathrm{m}\cdot \sqrt{2,503{\mathrm{s}}^{-2}}\approx 5,10\cdot 1,582m/s\approx 8,07m/s.$

Odpowiedź: $v_0\approx 8,07m/s\approx 8,1m/s$.

Krok 1. Prędkość piłki w funkcji czasu. Prędkość poziomą (stałą) oznaczmy $v_0$, a prędkość pionową narastającą liniowo od zera $v_y(t)=gt$. Wartość całkowitej prędkości spełnia: $v^2(t)=v_0^2+(gt{)}^2=v_0^2+g^2{t}^2.$

Krok 2. Energia kinetyczna. $E_k(t)=\frac{1}{2}m{v}^2(t)=\frac{1}{2}m{v}_0^2+\frac{1}{2}m{g}^2{t}^2.$ To jest funkcja kwadratowa zmiennej $t$ – wykres jest fragmentem paraboli o ramieniu skierowanym w górę (energia rośnie coraz szybciej, bo $v_y$ narasta liniowo, a $E_k\propto v^2$).

Krok 3. Wartość w chwili $t=0$. W momencie wyrzutu $E_k(0)=\frac{1}{2}m{v}_0^2>0$ (piłka ma już energię kinetyczną związaną z ruchem poziomym) – wykres nie zaczyna się od zera.

Spośród wykresów A–D tylko wykres B przedstawia parabolę o ramieniu skierowanym w górę, zaczynającą się od wartości większej od zera.

Odpowiedź: B.

Krok 1. Czasy lotu. Czas spadania z danej wysokości $h$ w ruchu pionowym bez prędkości początkowej w tym kierunku zależy tylko od $h$ i $g$: $t=\sqrt{2h/g}$. Obie piłki startują z tej samej wysokości i w kierunku pionowym obie nie mają prędkości początkowej (piłka P1 ma prędkość początkową tylko w kierunku poziomym, co nie wpływa na ruch pionowy). Zatem $t_1=t_2$ – prawdziwa jest relacja A.

Krok 2. Prędkości tuż przed uderzeniem. Piłka P2 spada tylko pionowo, więc tuż przed uderzeniem ma prędkość $v_2=g{t}_2$ (czysto pionową). Piłka P1 ma w tym samym momencie taką samą składową pionową $g{t}_1=g{t}_2=v_2$, ale dodatkowo niezerową składową poziomą $v_0$. Wartość całkowitej prędkości P1 to suma wektorowa obu składowych: $v_1=\sqrt{v_0^2+(g{t}_1{)}^2}>g{t}_1=v_2.$ Zatem $v_1>v_2$ – prawdziwa jest relacja 2.

Odpowiedź: A, 2 (czyli $t_1=t_2$ oraz $v_1>v_2$).

Krok 1. Przyspieszenie piłki i kabiny w układzie inercjalnym (Ziemi). Zarówno piłka, jak i kabina spadają swobodnie z tym samym przyspieszeniem $\vec{g}$ (opory powietrza pomijamy, więc na piłkę nie działa żadna inna siła oprócz grawitacji).

Krok 2. Przejście do układu kabiny. Przyspieszenie piłki względem kabiny to różnica przyspieszeń: ${\vec{a}}_{wzgl}={\vec{a}}_{piłka}-{\vec{a}}_{kabina}=\vec{g}-\vec{g}=\vec{0}$. Piłka nie ma żadnego przyspieszenia względem kabiny.

Krok 3. Charakter ruchu. Skoro przyspieszenie względne jest zerowe, a prędkość początkowa względem kabiny ${\vec{u}}_0$ jest równoległa do podłogi, to piłka będzie się poruszać względem kabiny po linii prostej równoległej do podłogi, ze stałą prędkością $u_0$ – aż do zderzenia ze ścianą.

Odpowiedź: A.

Relacja 1. Ciężarek P opuszcza się ruchem przyspieszonym (przyspieszenie skierowane w dół), więc wypadkowa siła działająca na niego musi być skierowana w dół. Siła grawitacji $F_g$ działa w dół, a siła reakcji nitki $F_B$ w górę (nitka „ciągnie” ciężarek do góry, przeciwdziałając opadaniu). Z II zasady dynamiki: $ma=F_g-F_B\Rightarrow F_B=F_g-ma<F_g(\text{dla }a>0).$ Zatem $F_B<F_g$.

Relacja 2. Nitka jest lekka (nieważka) i nierozciągliwa, więc wartość jej naprężenia jest taka sama w każdym punkcie nitki (nitka sama nie ma masy, więc nie może „przenosić” różnych sił na swoich końcach – to, co ciągnie ciężarek w punkcie $B$, jest tą samą siłą napięcia, która działa na walec w punkcie $A$, z zasady akcji i reakcji między nitką a ciężarkiem oraz nitką a walcem). Zatem: $F_B=F_A.$

Wektor ${\vec{F}}_B$ jest skierowany w górę (wzdłuż nitki, od ciężarka do walca), wektor ${\vec{F}}_g$ w dół, a wektor ${\vec{F}}_A$ – działający na walec w punkcie styczności z nitką – wzdłuż nitki w dół (reakcja na siłę, z jaką walec ciągnie nitkę w górę), z tą samą długością co ${\vec{F}}_B$.

Odpowiedź: 1) $F_B<F_g$; 2) $F_B=F_A$.

a) Wzór i wartość przyspieszenia. Ciężarek startuje z prędkością zerową i opada ruchem jednostajnie przyspieszonym, więc $h=\frac{1}{2}a{t}^2$, skąd: $a=\frac{2h}{t^2}=\frac{2\cdot 0,960\mathrm{m}}{(1,6\mathrm{s}{)}^2}=\frac{1,92\mathrm{m}}{2,56{\mathrm{s}}^2}=0,75m/{\mathrm{s}}^2.$

b) Wkład niepewności $\Delta h$. Traktujemy $a$ jako funkcję $h$ przy stałym $t$: $a(h)=\frac{2h}{t^2}$. Korzystamy z podanego wzoru: $\Delta a=\frac{1}{2}\left|a(h+\Delta h)-a(h-\Delta h)\right|=\frac{1}{2}\left|\frac{2(h+\Delta h)}{t^2}-\frac{2(h-\Delta h)}{t^2}\right|=\frac{2\Delta h}{t^2}.$ Podstawiamy $\Delta h=0,005\mathrm{m}$: $\Delta a=\frac{2\cdot 0,005\mathrm{m}}{2,56{\mathrm{s}}^2}\approx 0,0039m/{\mathrm{s}}^2\approx 0,004m/{\mathrm{s}}^2.$

c) Wkład niepewności $\Delta t$. Traktujemy $a$ jako funkcję $t$ przy stałym $h$: $a(t)=\frac{2h}{t^2}$. $\Delta a=\frac{1}{2}\left|\frac{2h}{(t+\Delta t{)}^2}-\frac{2h}{(t-\Delta t{)}^2}\right|=\frac{1}{2}\left|\frac{1,92\mathrm{m}}{(1,7\mathrm{s}{)}^2}-\frac{1,92\mathrm{m}}{(1,5\mathrm{s}{)}^2}\right|=\frac{1}{2}\left|0,6644-0,8533\right|m/{\mathrm{s}}^2\approx 0,0945m/{\mathrm{s}}^2\approx 0,1m/{\mathrm{s}}^2.$

d) Porównanie wkładów. Wkład niepewności czasu jest znacznie większy od wkładu niepewności wysokości: $\frac{\Delta a(t)}{\Delta a(h)}\approx \frac{0,0945}{0,0039}\approx 24\text{–}25.$ Niepewność pomiaru czasu $\Delta t$ wpływa więc na niepewność wyznaczenia przyspieszenia w znacznie większym stopniu niż niepewność pomiaru wysokości $\Delta h$ – mimo że względna niepewność wysokości ($\Delta h/h\approx 0,5\%$) jest w tym doświadczeniu dużo mniejsza niż względna niepewność czasu ($\Delta t/t\approx 6\%$), a ponieważ $a\propto 1/t^2$, błąd czasu wchodzi do wyniku ze zwiększoną „wagą” (w przybliżeniu podwojoną niepewnością względną).

Odpowiedź: a) $a=0,75m/{\mathrm{s}}^2$; b) $\Delta a(h)\approx 0,004m/{\mathrm{s}}^2$; c) $\Delta a(t)\approx 0,1m/{\mathrm{s}}^2$; d) większy wpływ ma niepewność pomiaru czasu $\Delta t$.

Sposób: z równań dynamiki.

Krok 1. II zasada dynamiki dla ruchu postępowego ciężarka (opadającego z przyspieszeniem $a$, pod działaniem ciężaru $mg$ w dół i naprężenia nitki $F_B$ w górę): $ma=mg-F_B.$

Krok 2. II zasada dynamiki dla ruchu obrotowego walca z prętami (moment siły to $F_{A}r$, gdzie $F_A$ jest siłą reakcji nitki na walec, przyłożoną na promieniu $r$): $I\epsilon =F_{A}r.$

Krok 3. Związki pomocnicze. Nitka jest nieważka, więc (zadanie 3.1.) $F_A=F_B\equiv F$. Nitka nie ślizga się po walcu, więc przyspieszenie liniowe ciężarka jest związane z przyspieszeniem kątowym walca przez $a=\epsilon r$, czyli $\epsilon =a/r$.

Krok 4. Podstawienie i eliminacja $F$. Z równania w kroku 2: $I\cdot \frac{a}{r}=Fr\Rightarrow F=\frac{Ia}{r^2}.$ Podstawiamy do równania z kroku 1: $ma=mg-\frac{Ia}{r^2}.$

Krok 5. Wyprowadzenie wzoru na $I$. Przekształcamy: $\frac{Ia}{r^2}=mg-ma=m(g-a)\Rightarrow I=\frac{m{r}^2(g-a)}{a}=m{r}^2\left(\frac{g}{a}-1\right).$

To jest szukany wzór. To należało wykazać.

1. Moment bezwładności. Moment bezwładności punktowego obciążnika względem osi obrotu wynosi $m{r}_{obc}^2$, gdzie $r_{obc}$ to jego odległość od osi. Gdy obciążniki przesunięto bliżej osi ($r_{obc}$ maleje), to moment bezwładności całego układu czterech obciążników zmalał (jest wprost proporcjonalny do kwadratu odległości od osi).

2. Siła napięcia nitki. Z wyprowadzenia w zadaniu 3.3. wynika związek: $a=\frac{mg{r}^2}{m{r}^2+I}.$ Gdy moment bezwładności $I$ maleje (obciążniki bliżej osi), mianownik maleje, więc przyspieszenie $a$ ciężarka rośnie (bryła ma mniejszą „bezwładność obrotową”, łatwiej się rozkręca). Z równania ruchu ciężarka $F_B=m(g-a)$ wynika, że wraz z rosnącym $a$ (bliższym $g$) siła napięcia nitki $F_B$ maleje.

Odpowiedź: 1. moment bezwładności zmalał; 2. siła napięcia nitki zmalała.

Krok 1. Zastępczy współczynnik sprężystości dla trzech sprężyn. Gdy pręt wychyli się o $y$ z położenia równowagi, wszystkie trzy sprężyny wychylają się o tę samą wartość $y$, a siła wypadkowa działająca na pręt jest sumą sił od poszczególnych sprężyn (każda o współczynniku sprężystości $k$): $F_1=-(ky+ky+ky)=-3ky=-k_{1}y,k_1=3k.$ Układ drga więc harmonicznie z zastępczym współczynnikiem sprężystości $k_1=3k$.

Krok 2. Zastępczy współczynnik sprężystości dla dwóch sprężyn (po usunięciu środkowej): $F_2=-(ky+ky)=-2ky=-k_{2}y,k_2=2k.$

Krok 3. Częstotliwość drgań układu pręt–sprężyny. Dla oscylatora harmonicznego o masie $M$ (masa pręta) i zastępczym współczynniku sprężystości $k_{ukł}$: $f=\frac{1}{2\pi }\sqrt{\frac{k_{ukł}}{M}}.$ Zastosowane do obu przypadków: $f_1=\frac{1}{2\pi }\sqrt{\frac{3k}{M}},f_2=\frac{1}{2\pi }\sqrt{\frac{2k}{M}}.$

Krok 4. Iloraz częstotliwości. $\frac{f_1}{f_2}=\sqrt{\frac{3k/M}{2k/M}}=\sqrt{\frac{3}{2}}.$

Krok 5. Wynik liczbowy z dokładnością do czterech cyfr znaczących: $\frac{f_1}{f_2}=\sqrt{1,5}\approx 1,2247\approx 1,225.$

Odpowiedź: $\frac{f_1}{f_2}\approx 1,225$.

a) $v_{1A}$ i $v_{1B}$. Punkt $A$ leży na mniejszej (bliższej gwieździe) z dwóch stycznych orbit kołowych, a punkt $B$ na większej – zatem na orbicie eliptycznej $O_1$ punkt $A$ jest bliżej gwiazdy G niż punkt $B$. Z zasady zachowania momentu pędu dla ruchu w polu centralnym, planeta poruszająca się bliżej gwiazdy ma większą prędkość. Zatem: $v_{1A}>v_{1B}.$

b) $v_{2A}$ i $v_{3B}$. Dla orbity kołowej o promieniu $r$ prędkość wynika z warunku, że siła grawitacji pełni rolę siły dośrodkowej: $\frac{GMm}{r^2}=\frac{m{v}^2}{r}$, skąd $v=\sqrt{GM/r}$ – im mniejszy promień orbity, tym większa prędkość. Orbita $O_2$ (promień $r_A$, styczna do elipsy w bliższym punkcie $A$) ma mniejszy promień niż orbita $O_3$ (promień $r_B$, styczna w dalszym punkcie $B$), bo $A$ leży bliżej gwiazdy niż $B$. Zatem: $v_{2A}>v_{3B}.$

c) $v_{1B}$ i $v_{3B}$. W punkcie $B$ porównujemy prędkość na orbicie eliptycznej (w aphelium, czyli w najdalszym od gwiazdy punkcie tej elipsy) z prędkością na orbicie kołowej o tym samym promieniu $r_B$. Prędkość potrzebna do utrzymania ruchu po okręgu o promieniu $r_B$ to $v_{kołowa}=\sqrt{GM/r_B}$. Planeta na orbicie eliptycznej w aphelium ma energię całkowitą mniejszą (bardziej ujemną) niż planeta krążąca po orbicie kołowej o promieniu równym tej odległości – w konsekwencji jej prędkość w tym punkcie jest mniejsza od prędkości na orbicie kołowej o tym samym promieniu (inaczej poruszałaby się po tej orbicie kołowej, a nie po elipsie zbliżającej się bardziej do gwiazdy w innych punktach). Zatem: $v_{1B}<v_{3B}.$

Odpowiedź: a) $v_{1A}>v_{1B}$; b) $v_{2A}>v_{3B}$; c) $v_{1B}<v_{3B}$.

a) Dopasowanie prostej. Prosta najlepiej dopasowana do punktów pomiarowych powinna przechodzić możliwie blisko wszystkich punktów, mieszcząc się – tam gdzie to możliwe – w zaznaczonych zakresach niepewności $\Delta V_z$, i nie faworyzować pojedynczych punktów (np. tylko pierwszego i ostatniego).

b) Objętość zanurzonej części pojemnika bez piasku. Gdy $m_x=0$, ze wzoru $V_z=A{m}_x+B$ wynika, że $V_z(0)=B$ – to jest właśnie miejsce przecięcia dopasowanej prostej z osią $V_z$. Odczytując z wykresu prostej punkt przecięcia z osią rzędnych, otrzymujemy w przybliżeniu: $V_z(0)\approx 150\mathrm{c}{\mathrm{m}}^3$ (wartość prawidłowa w przedziale około $115$–$175\mathrm{c}{\mathrm{m}}^3$, w zależności od dokładności odczytu).

c) Obliczenie współczynnika $A$. Współczynnik $A$ jest nachyleniem (współczynnikiem kierunkowym) dopasowanej prostej. Odczytujemy z wykresu dwa punkty leżące na wyznaczonej prostej, np. $(150\mathrm{g};325\mathrm{c}{\mathrm{m}}^3)$ oraz $(360\mathrm{g};575\mathrm{c}{\mathrm{m}}^3)$: $A=\frac{\Delta V_z}{\Delta m_x}=\frac{575\mathrm{c}{\mathrm{m}}^3-325\mathrm{c}{\mathrm{m}}^3}{360\mathrm{g}-150\mathrm{g}}=\frac{250\mathrm{c}{\mathrm{m}}^3}{210\mathrm{g}}\approx 1,19\mathrm{c}{\mathrm{m}}^3/g\approx 1,2\mathrm{c}{\mathrm{m}}^3/g.$

Odpowiedź: b) $V_z(0)\approx 150\mathrm{c}{\mathrm{m}}^3$; c) $A\approx 1,2\mathrm{c}{\mathrm{m}}^3/g$ (wartość zaakceptowana w przedziale ok. $1,05$–$1,3\mathrm{c}{\mathrm{m}}^3/g$).

a) Warunek równowagi sił. Na pływający (nieruchomy) pojemnik z piaskiem działają: siła wyporu $F_w$ skierowana w górę oraz ciężar pustego pojemnika $m_{p}g$ i ciężar piasku $m_{x}g$, skierowane w dół. Z równowagi sił (pojemnik pływa, nie tonie i nie wznosi się): $F_w=m_{p}g+m_{x}g.$ Siła wyporu (prawo Archimedesa) jest równa ciężarowi cieczy wypartej przez zanurzoną część pojemnika o objętości $V_z$: $F_w=\rho V_{z}g.$ Podstawiając: $\rho V_{z}g=m_{p}g+m_{x}g\Rightarrow \rho V_z=m_p+m_x.$

b) Wyprowadzenie wzorów na $A$ i $B$. Z warunku równowagi wyznaczamy $V_z$: $V_z=\frac{m_p+m_x}{\rho }=\frac{1}{\rho }{m}_x+\frac{m_p}{\rho }.$ Porównując z równaniem prostej $V_z=A{m}_x+B$, odczytujemy współczynniki: $A=\frac{1}{\rho },B=\frac{m_p}{\rho }.$

c) Obliczenie gęstości cieczy. Z wyprowadzonego wzoru $A=1/\rho$ wynika, że $\rho =1/A$: $\rho =\frac{1}{A}=\frac{1}{1,2\mathrm{c}{\mathrm{m}}^3/g}\approx 0,83g/c{\mathrm{m}}^3=830kg/{\mathrm{m}}^3.$

Odpowiedź: a) $\rho V_z=m_p+m_x$; b) $A=\frac{1}{\rho }$, $B=\frac{m_p}{\rho }$; c) $\rho \approx 0,83g/c{\mathrm{m}}^3\approx 830kg/{\mathrm{m}}^3$.

Krok 1. Ogólna zasada. Soczewka dwuwklęsła (o powierzchniach wklęsłych z obu stron) jest rozpraszająca, gdy znajduje się w ośrodku o współczynniku załamania mniejszym niż współczynnik załamania jej materiału ($n_{o\acute{s}r}<n_{szkła}$) – tak jak zwykła szklana soczewka dwuwklęsła w powietrzu. Natomiast gdy soczewkę umieści się w ośrodku o współczynniku załamania większym niż współczynnik załamania jej materiału ($n_{o\acute{s}r}>n_{szkła}$), względny współczynnik załamania na granicy szkło–ośrodek odwraca się i taka soczewka zaczyna działać jak soczewka skupiająca. Gdy $n_{o\acute{s}r}=n_{szkła}$, promienie światła nie załamują się na granicy ośrodków wcale – soczewka nie działa jak soczewka (nie skupia i nie rozprasza).

Krok 2. Zastosowanie do danych ośrodków (przy $n_{szkła}=1,6$):

• Ośrodek 1: $n_1=1,1<1,6$ → soczewka rozpraszająca.
• Ośrodek 2: $n_2=1,7>1,6$ → soczewka skupiająca.
• Ośrodek 3: $n_3=2,2>1,6$ → soczewka skupiająca.
• Ośrodek 4: $n_4=1,6=1,6$ → brak działania soczewkowego (współczynniki równe).
• Ośrodek 5: $n_5=1,5<1,6$ → soczewka rozpraszająca.

Odpowiedź: soczewka jest skupiająca w ośrodkach 2. i 3.

Krok 1. Charakter soczewki. Soczewka dwuwklęsła w powietrzu ($n_{szkła}=1,6>n_{powietrza}=1,0$) jest soczewką rozpraszającą.

Krok 2. Własności obrazu w soczewce rozpraszającej. Soczewka rozpraszająca zawsze tworzy obraz: pozorny (nierzeczywisty, po tej samej stronie soczewki co przedmiot), prosty (nieodwrócony) i pomniejszony, położony bliżej soczewki niż sam przedmiot.

Krok 3. Wybór rysunku. Szukamy rysunku, na którym obraz (szara strzałka) jest: skierowany w tę samą stronę co strzałka P (prosty), mniejszy od P, i leży pomiędzy przedmiotem P a soczewką (bliżej soczewki niż P), po tej samej stronie co przedmiot. Taki układ przedstawia rysunek B.

Odpowiedź: B.

Krok 1. Charakter obrazu. Soczewka dwuwklęsła w powietrzu jest rozpraszająca, więc tworzy obraz pozorny – leżący po tej samej stronie soczewki co przedmiot.

Krok 2. Równanie soczewki ze znakami. Przyjmujemy konwencję: odległość przedmiotu rzeczywistego $x=-0,4\mathrm{m}$ (przedmiot rzeczywisty, po stronie „przed” soczewką), odległość obrazu pozornego $y=-0,25\mathrm{m}$ (obraz pozorny, po tej samej stronie co przedmiot). Równanie soczewki: $\frac{1}{y}-\frac{1}{x}=\frac{1}{f}.$

Krok 3. Podstawienie danych: $\frac{1}{f}=\frac{1}{-0,25\mathrm{m}}-\frac{1}{-0,4\mathrm{m}}=-4{\mathrm{m}}^{-1}+2,5{\mathrm{m}}^{-1}=-1,5{\mathrm{m}}^{-1}.$

Krok 4. Ogniskowa: $f=\frac{1}{-1,5{\mathrm{m}}^{-1}}\approx -0,67\mathrm{m}.$ Ujemny znak ogniskowej jest zgodny z tym, że soczewka jest rozpraszająca.

Odpowiedź: wartość absolutna ogniskowej wynosi $|f|\approx 0,67\mathrm{m}$ (soczewka rozpraszająca, więc $f\approx -0,67\mathrm{m}$).

Krok 1. Zasada zachowania energii. Energia fotonu emitowanego przy przejściu elektronu z poziomu $X$ na poziom $Y$ jest równa różnicy energii elektronu na tych poziomach: $E_{XY}=E_X-E_Y$. Niezależnie od tego, czy elektron przechodzi z A do D bezpośrednio, czy przez pośrednie poziomy B i C, całkowita zmiana energii elektronu jest taka sama (energia jest funkcją stanu): $E_{AD}=E_{AB}+E_{BC}+E_{CD}.$

Krok 2. Wzór Plancka na energię fotonu. Energia fotonu związana jest z długością fali wzorem: $E=hf=\frac{hc}{\lambda },$ gdzie $h$ – stała Plancka, $c$ – prędkość światła w próżni.

Krok 3. Podstawienie do zasady zachowania energii. $\frac{hc}{{\lambda }_{AD}}=\frac{hc}{{\lambda }_{AB}}+\frac{hc}{{\lambda }_{BC}}+\frac{hc}{{\lambda }_{CD}}.$ Dzielimy obie strony przez $hc$ (stała $hc\ne 0$): $\frac{1}{{\lambda }_{AD}}=\frac{1}{{\lambda }_{AB}}+\frac{1}{{\lambda }_{BC}}+\frac{1}{{\lambda }_{CD}}.$

Krok 4. Postać końcowa. Odwracając powyższą zależność: ${\lambda }_{AD}=\frac{1}{\frac{1}{{\lambda }_{AB}}+\frac{1}{{\lambda }_{BC}}+\frac{1}{{\lambda }_{CD}}}=\frac{{\lambda }_{AB}{\lambda }_{BC}{\lambda }_{CD}}{{\lambda }_{BC}{\lambda }_{CD}+{\lambda }_{AB}{\lambda }_{CD}+{\lambda }_{AB}{\lambda }_{BC}}.$

Odpowiedź: ${\lambda }_{AD}={\left(\frac{1}{{\lambda }_{AB}}+\frac{1}{{\lambda }_{BC}}+\frac{1}{{\lambda }_{CD}}\right)}^{-1}=\frac{{\lambda }_{AB}{\lambda }_{BC}{\lambda }_{CD}}{{\lambda }_{BC}{\lambda }_{CD}+{\lambda }_{AB}{\lambda }_{CD}+{\lambda }_{AB}{\lambda }_{BC}}$.

a) Siła Lorentza w punkcie A. Siła magnetyczna działająca na naładowaną cząstkę w polu magnetycznym jest siłą dośrodkową – to ona utrzymuje jon na kołowym torze. Dlatego w każdym punkcie okręgu, w tym w punkcie $A$, wektor siły Lorentza ${\vec{F}}_L$ jest prostopadły do prędkości $\vec{v}$ jonu w tym punkcie i skierowany do środka okręgu (środek leży na prostej łączącej punkt wejścia jonu w pole i detektor, w odległości $r=d/2$ od każdego z nich). W punkcie $A$ (na łuku, po lewej-górnej stronie półokręgu) wektor ${\vec{F}}_L$ jest więc skierowany od $A$ w stronę tego środka.

b) Zwrot wektora $\vec{B}$. Przyjmijmy chwilę, w której jon wchodzi w pole magnetyczne: jego prędkość $\vec{v}$ jest skierowana w górę (prostopadle do granicy pól), a siła ${\vec{F}}_L$ musi być skierowana w stronę środka okręgu, czyli w prawo (bo detektor, a więc i środek okręgu, znajduje się po prawej stronie od miejsca wejścia jonu w pole). Siła Lorentza na ładunek dodatni wynosi ${\vec{F}}_L=q\vec{v}\times \vec{B}$. Aby iloczyn wektorowy $\vec{v}\times \vec{B}$ (z $\vec{v}$ skierowanym w górę) dał wektor skierowany w prawo, wektor $\vec{B}$ musi być skierowany przed płaszczyznę rysunku, w stronę patrzącego – zgodnie z regułą prawej ręki (dla $\vec{v}$ w górę i $\vec{B}$ „z rysunku do nas”, $\vec{v}\times \vec{B}$ wskazuje w prawo).

Odpowiedź: a) ${\vec{F}}_L$ w punkcie $A$ skierowana radialnie do środka okręgu (dośrodkowo); b) wektor $\vec{B}$ ma zwrot $\odot$ – przed płaszczyznę rysunku, w stronę patrzącego.

Krok 1. Siła Lorentza jako siła dośrodkowa. W polu magnetycznym siła Lorentza $F_L=evB$ (dla jonu jednokrotnie zjonizowanego, ładunek $q=e$) jest siłą dośrodkową ruchu po okręgu o promieniu $r$: $evB=\frac{m{v}^2}{r}\Rightarrow r=\frac{mv}{eB}.$

Krok 2. Prędkość jonu z przyspieszenia w polu elektrycznym. Energia kinetyczna uzyskana przez jon w polu elektrycznym pochodzi z pracy siły elektrycznej: $eU=\frac{1}{2}m{v}^2-0$ (jon startuje z prędkością zerową), skąd: $v=\sqrt{\frac{2eU}{m}}.$

Krok 3. Promień okręgu w zależności od $U$, $B$, $m$. Podstawiamy $v$ do wzoru z kroku 1: $r=\frac{m}{eB}\sqrt{\frac{2eU}{m}}=\frac{1}{eB}\sqrt{2eUm}=\frac{\sqrt{2Um/e}}{B}.$ Podnosząc do kwadratu: $r^2=\frac{2Um}{e{B}^2}.$

Krok 4. Związek promienia z odległością $d$. Jony zakreślają półokrąg, więc $d=2r$, czyli $r=d/2$ i $r^2=d^2/4$. Podstawiamy: $\frac{d^2}{4}=\frac{2Um}{e{B}^2}.$

Krok 5. Wyznaczenie masy jonu. $m=\frac{e{B}^2{d}^2}{8U}.$

Odpowiedź: $m=\frac{e{B}^2{d}^2}{8U}$.

Krok 1. Praca całkowita (użyteczna) w cyklu. Ponieważ cykl na wykresie $(V,p)$ jest prostokątem, praca całkowita wykonana przez gaz w jednym cyklu jest równa polu tego prostokąta: $W_{cał}=(p_2-p_1)(V_2-V_1).$

Krok 2. Praca siły parcia gazu podczas rozprężania. Rozprężanie gazu zachodzi w przemianie $2\to 3$, przy stałym ciśnieniu $p_2$: $|W_{2\to 3}|=p_2(V_2-V_1).$

Krok 3. Obliczenie stosunku. $\frac{W_{cał}}{|W_{2\to 3}|}=\frac{(p_2-p_1)(V_2-V_1)}{p_2(V_2-V_1)}=\frac{p_2-p_1}{p_2}=1-\frac{p_1}{p_2}.$

Krok 4. Podstawienie odczytanej z wykresu relacji $p_2=4p_1$: $1-\frac{p_1}{p_2}=1-\frac{1}{4}=\frac{3}{4}.$

Odpowiedź: D. $\frac{3}{4}$.

Stwierdzenie 1. Przemiana $1\to 2$ jest izochoryczna ze wzrostem ciśnienia (a więc temperatury), więc $\Delta U>0$ i skoro $W=0$ (brak zmiany objętości), z I zasady termodynamiki $Q=\Delta U>0$ – gaz pobiera ciepło. Przemiana $3\to 4$ jest izochoryczna, ale ze spadkiem ciśnienia (i temperatury), więc $\Delta U<0$ i $Q=\Delta U<0$ – w tej przemianie gaz oddaje ciepło, a nie pobiera. Zdanie, że gaz pobierał ciepło w obu przemianach ($1\text{–}2$ i $3\text{–}4$), jest więc fałszywe (F).

Stwierdzenie 2. Praca w przemianie izobarycznej to $|W|=p\Delta V$, przy tej samej zmianie objętości $|\Delta V|=V_2-V_1$ w obu przemianach $2\to 3$ i $4\to 1$. Przemiana $4\to 1$ zachodzi przy niższym ciśnieniu $p_1$, a przemiana $2\to 3$ przy wyższym ciśnieniu $p_2>p_1$. Zatem $|W_{4\to 1}|=p_1(V_2-V_1)<p_2(V_2-V_1)=|W_{2\to 3}|$ – praca w przemianie $4\text{–}1$ jest mniejsza, nie większa. Stwierdzenie jest fałszywe (F).

Stwierdzenie 3. Energia wewnętrzna gazu doskonałego jest funkcją stanu – zależy tylko od aktualnych parametrów gazu (temperatury), nie od „historii” procesu. Po przejściu pełnego cyklu $1\to 2\to 3\to 4\to 1$ gaz wraca do tego samego stanu 1 (te same $p_1$, $V_1$, a więc ta sama temperatura), zatem jego energia wewnętrzna jest taka sama jak na początku. Stwierdzenie jest prawdziwe (P).

Odpowiedź: F, F, P.

Krok 1. Definicja sprawności silnika cieplnego. Sprawność cyklicznie działającego silnika cieplnego definiujemy jako stosunek wykonanej pracy całkowitej $W$ do ciepła pobranego $Q_{pob}$ w jednym cyklu: $\eta =\frac{W}{Q_{pob}}\Rightarrow Q_{pob}=\frac{W}{\eta }.$

Krok 2. I zasada termodynamiki dla całego cyklu. Po zamknięciu cyklu gaz wraca do stanu początkowego, więc $\Delta U_{cykl}=0$. Ciepło pobrane w cyklu równa się sumie pracy wykonanej i ciepła oddanego: $Q_{pob}=W+Q_{odd}\Rightarrow Q_{odd}=Q_{pob}-W.$

Krok 3. Wyrażenie $Q_{odd}$ przez $W$ i $\eta$. Podstawiamy $Q_{pob}=W/\eta$ z kroku 1: $Q_{odd}=\frac{W}{\eta }-W=W\left(\frac{1}{\eta }-1\right)=W\cdot \frac{1-\eta }{\eta }.$

Krok 4. Praca całkowita w cyklu. Jak wyznaczono w zadaniu 10.1., praca całkowita (pole prostokąta na wykresie $(V,p)$) wynosi: $W=(p_2-p_1)(V_2-V_1).$

Krok 5. Wzór końcowy. $Q_{odd}=\left(\frac{1}{\eta }-1\right)(p_2-p_1)(V_2-V_1).$

Odpowiedź: $Q_{odd}=\left(\frac{1}{\eta }-1\right)(p_2-p_1)(V_2-V_1)$.

Krok 1. Co trzeba zmierzyć. Aby wykonać opisane pomiary, trzeba jednocześnie mierzyć: natężenie prądu $I$ płynącego przez oba oporniki (jest ono takie samo w każdym punkcie obwodu szeregowego, więc jeden amperomierz w pętli głównej wystarcza) oraz napięcie $U_1$ na $R_1$ i napięcie $U_2$ na $R_2$ niezależnie, każde za pomocą osobnego woltomierza podłączonego równolegle do odpowiedniego opornika.

Krok 2. Warunki poprawnego podłączenia. Amperomierz (opór pomijalny) musi być włączony w szereg z obwodem (nie równolegle do żadnego elementu, bo „zewarłby” go). Woltomierz (opór bardzo duży) musi być włączony równolegle do elementu, na którym mierzy napięcie (nie w szereg, bo przerwałby obwód). Ponieważ opór amperomierza jest pomijalny, można też połączyć w szereg dwa amperomierzy bez wpływu na pomiar (obie wskazują to samo natężenie).

Krok 3. Analiza schematów A–F.

• A. Dwa woltomierze równolegle odpowiednio do $R_1$ i do $R_2$, jeden amperomierz w głównej pętli (w szeregu z całym obwodem) – poprawne podłączenie.
• B. Dwa amperomierze włączone w szereg z $R_1$ i $R_2$ (poprawnie, bo w szeregu), ale pojedynczy woltomierz jest podłączony na całości (na obu opornikach razem, a nie na każdym z osobna) – nie umożliwia pomiaru $U_1$ i $U_2$ niezależnie – niepoprawne.
• C. Jeden amperomierz w szeregu (dobrze), ale tylko jeden woltomierz mierzący napięcie na obu opornikach łącznie – nie pozwala rozdzielić $U_1$ od $U_2$ – niepoprawne.
• D. Woltomierze są połączone tak, że nie obejmują wyłącznie jednego opornika każdy (błędne punkty podłączenia) – niepoprawne.
• E. Dwa amperomierze w szeregu (poprawnie, dają to samo $I$) oraz dwa woltomierze, każdy równolegle do jednego opornika – poprawne podłączenie (równoważne A).
• F. Pojedynczy woltomierz mierzący napięcie na obu opornikach razem, a nie na każdym z osobna – niepoprawne.

Odpowiedź: poprawne są schematy A i E.

Stwierdzenie 1. Opór wynika z prawa Ohma jako nachylenie prostej na wykresie $U(I)$: $R=U/I$. Prosta dla $R_1$ na wykresie z opisu zadania 11. jest znacznie bardziej stroma (szybciej rośnie napięcie ze wzrostem natężenia) niż prosta dla $R_2$ – oznacza to, że $R_1>R_2$. Stwierdzenie jest prawdziwe (P).

Stwierdzenie 2. Oporniki są połączone szeregowo, więc przez każdy z nich płynie w danej chwili taki sam prąd (natężenie się nie rozdziela w połączeniu szeregowym) – nigdy nie jest tak, że przez $R_1$ płynie mniejszy prąd niż przez $R_2$; są sobie równe. Stwierdzenie jest fałszywe (F).

Stwierdzenie 3. Moc wydzielana na oporniku wynosi $P=I^{2}R$. Skoro natężenie $I$ jest takie samo dla obu oporników (połączenie szeregowe), a $R_1>R_2$ (stwierdzenie 1.), to $P_1=I^2{R}_1>I^2{R}_2=P_2$ – na $R_1$ wydzielana jest większa, nie mniejsza, moc. Stwierdzenie jest fałszywe (F).

Stwierdzenie 4. Napięcie zasilacza (przy braku innych elementów w obwodzie) jest sumą napięć na obu opornikach: $U=U_1+U_2=I(R_1+R_2)$. Odczytując orientacyjnie z wykresu nachylenia obu prostych (przybliżone opory $R_1$ i $R_2$) i sumując je, dla natężenia $I=0,1\mathrm{A}$ otrzymuje się napięcie zasilacza bliskie wartości $3,5\mathrm{V}$ podanej w treści zadania. Stwierdzenie jest prawdziwe (P) (w granicach dokładności odczytu z wykresu).

Odpowiedź: P, F, F, P.

Stwierdzenie 1. W reakcji rozszczepienia jądra atomowego część masy początkowej (jądra ${}^{235}$U i neutronu) zamienia się na energię kinetyczną produktów i promieniowanie (zgodnie z $E=\Delta m{c}^2$) – to właśnie ten „deficyt masy” jest źródłem energii wyzwalanej w reaktorze. Suma mas produktów rozszczepienia jest więc mniejsza, a nie większa, od sumy mas substratów. Stwierdzenie jest fałszywe (F).

Stwierdzenie 2. Ciepło w złożu w Oklo pochodziło właśnie z energii wyzwalanej podczas reakcji łańcuchowej rozszczepienia jąder uranu (patrz stwierdzenie 1. – deficyt masy zamienia się w energię, w tym cieplną). Stwierdzenie jest prawdziwe (P).

Stwierdzenie 3. Zgodnie z opisem z tekstu, moderator (tu: woda gruntowa) spowalnia szybkie neutrony powstające w rozszczepieniu, tak by mogły efektywnie rozszczepiać kolejne jądra uranu (neutrony termiczne mają dużo większy przekrój czynny na rozszczepienie niż szybkie). Stwierdzenie jest prawdziwe (P).

Stwierdzenie 4. Gdy woda (moderator) wyparowywała, neutrony przestawały być efektywnie spowalniane, więc znacznie mniej neutronów miało odpowiednią (małą) energię kinetyczną potrzebną do rozszczepienia kolejnych jąder uranu – reakcja łańcuchowa zwalniała lub ustawała, co opisano wprost w tekście. Liczba rozszczepień w jednostce czasu istotnie malała. Stwierdzenie jest prawdziwe (P).

Odpowiedź: F, P, P, P.

We wszystkich reakcjach jądrowych muszą być zachowane: suma liczb masowych (górne indeksy) oraz suma liczb atomowych, czyli ładunku (dolne indeksy) – po obu stronach równania.

Równanie 1. Dane: ${}_0^{1}n+{}_{92}^{235}\mathrm{U}\to {}_{56}^{144}\mathrm{Ba}+{}_Z^{89}\mathrm{Kr}+x{}_0^{1}n$. Zachowanie liczby atomowej: $0+92=56+Z\Rightarrow Z=36$ (liczba atomowa 36 odpowiada krypowi Kr – zgadza się z symbolem). Zachowanie liczby masowej: $1+235=144+89+x\cdot 1\Rightarrow 236=233+x\Rightarrow x=3$. ${}_0^{1}n+{}_{92}^{235}\mathrm{U}\to {}_{56}^{144}\mathrm{Ba}+{}_{36}^{89}\mathrm{Kr}+3{}_0^{1}n.$

Równanie 2. Dane: ${}_0^{1}n+{}_{92}^{235}\mathrm{U}\to {}_Z^{A}X+{}_{38}^{94}\mathrm{Sr}+2{}_0^{1}n$. Zachowanie liczby atomowej: $0+92=Z+38\Rightarrow Z=54$ (liczba atomowa 54 to ksenon Xe). Zachowanie liczby masowej: $1+235=A+94+2\Rightarrow 236=A+96\Rightarrow A=140$. ${}_0^{1}n+{}_{92}^{235}\mathrm{U}\to {}_{54}^{140}\mathrm{Xe}+{}_{38}^{94}\mathrm{Sr}+2{}_0^{1}n.$

Równanie 3. Dane: ${}_0^{1}n+{}_Z^{A}X\to {}_{56}^{144}\mathrm{Ba}+{}_{38}^{94}\mathrm{Sr}+2{}_0^{1}n$. Zachowanie liczby atomowej: $0+Z=56+38\Rightarrow Z=94$ (liczba atomowa 94 to pluton Pu). Zachowanie liczby masowej: $1+A=144+94+2\Rightarrow 1+A=240\Rightarrow A=239$. ${}_0^{1}n+{}_{94}^{239}\mathrm{Pu}\to {}_{56}^{144}\mathrm{Ba}+{}_{38}^{94}\mathrm{Sr}+2{}_0^{1}n.$

Odpowiedź: 1) ${}_{36}^{89}\mathrm{Kr}$, 3 neutrony; 2) ${}_{54}^{140}\mathrm{Xe}$; 3) ${}_{94}^{239}\mathrm{Pu}$.

Z tekstu wynikają następujące fakty świadczące o działaniu naturalnego reaktora jądrowego w złożu w Oklo:

Fakt 1 (dotyczący substratu reakcji). Zawartość izotopu uranu ${}^{235}$U w złożu w Oklo była mniejsza niż w innych złożach tego typu – oznacza to, że część tego izotopu została „zużyta” w reakcjach rozszczepienia.

Fakt 2 (dotyczący produktów reakcji). Zawartość izotopów będących typowymi produktami rozszczepienia uranu (np. ${}^{99}$Ru) była w złożu w Oklo odbiegająca od oczekiwanej – w szczególności zawartość ${}^{99}$Ru była ponad dwukrotnie większa niż w innych złożach, co wskazuje, że w złożu faktycznie zachodziły reakcje rozszczepienia wytwarzające ten izotop jako produkt.

Odpowiedź: (1) mniejsza niż oczekiwana zawartość izotopu ${}^{235}$U w złożu; (2) odbiegająca od oczekiwanej (znacząco większa) zawartość typowych produktów rozszczepienia uranu, np. izotopu ${}^{99}$Ru.