Fizyka PR — Maj 2020

Krok 1. Krążek zwalnia jednostajnie od prędkości $v_1$ do zera – to ruch jednostajnie opóźniony do zatrzymania. W takim ruchu droga jest równa prędkości średniej razy czas, a prędkość średnia to średnia arytmetyczna prędkości początkowej i końcowej: $s_1=\frac{v_1+0}{2}{t}_1.$

Krok 2. Wyznaczamy czas: $t_1=\frac{2s_1}{v_1}=\frac{2\cdot 28\mathrm{m}}{14m/s}=4\mathrm{s}.$

Odpowiedź: $t_1=4\mathrm{s}$.

Krok 1. Przyśpieszenie (opóźnienie) krążka $a=\mu g$ jest takie samo w obu uderzeniach — zależy tylko od współczynnika tarcia i przyśpieszenia ziemskiego (patrz zadanie 1.3), a nie od prędkości początkowej.

Krok 2. Dla ruchu jednostajnie opóźnionego do zatrzymania zachodzi związek $v^2=2as$ (bez czasu), więc droga jest proporcjonalna do kwadratu prędkości początkowej: $s_1=\frac{v_1^2}{2a},s_2=\frac{v_2^2}{2a}\Rightarrow \frac{s_2}{s_1}={\left(\frac{v_2}{v_1}\right)}^2.$

Krok 3. Skoro $v_2=\frac{v_1}{2}$, to: $\frac{s_2}{s_1}={\left(\frac{1}{2}\right)}^2=\frac{1}{4}\Rightarrow s_2=\frac{s_1}{4}=\frac{28\mathrm{m}}{4}=7\mathrm{m}.$

Odpowiedź: $s_2=7\mathrm{m}$.

Krok 1. Jedyną siłą działającą na krążek w kierunku poziomym jest siła tarcia kinetycznego $T$, więc z II zasady dynamiki wypadkowa siła nadaje krążkowi przyśpieszenie: $ma=T.$

Krok 2. Siła tarcia kinetycznego jest proporcjonalna do ciężaru krążka: $T=\mu mg.$

Krok 3. Podstawiając, otrzymujemy: $ma=\mu mg\Rightarrow a=\mu g.$ Masa $m$ skraca się po obu stronach równania, więc wartość przyśpieszenia $a$ nie zależy od masy krążka — zależy tylko od współczynnika tarcia kinetycznego $\mu$ i przyśpieszenia ziemskiego $g$. To należało wykazać.

Krok 1. Co się zmienia, a co nie. Siła $\vec{F}$ działała w kierunku prostopadłym do dotychczasowego ruchu (wzdłuż osi $y$), a ruch przed uderzeniem odbywał się wzdłuż osi $x$. Siła zmienia tylko tę składową prędkości, do której jest równoległa – składowa prędkości w kierunku $x$ jest więc taka sama przed i po uderzeniu, a po uderzeniu pojawia się dodatkowo składowa prędkości w kierunku $y$ (w stronę działania siły).

Krok 2. Konstrukcja położeń na prostej $k$. Ruch ciała po zderzeniu jest złożeniem: kontynuacji ruchu wzdłuż $x$ z tą samą prędkością jak przed uderzeniem (tak, jakby siła nie zadziałała) oraz nowego przesunięcia wzdłuż $y$. Ponieważ przed uderzeniem odstępy między zaznaczonymi punktami na prostej $AB$ odpowiadały jednakowym odstępom czasu $\Delta t=1\mathrm{s}$, to i po uderzeniu ruch wzdłuż $k$ jest jednostajny – odległości pokonywane w kolejnych sekundach są sobie równe. Punkt dla chwili $t_1=1\mathrm{s}$ zaznaczamy więc na prostej $k$ w odległości od $B$ takiej, że jego rzut na kierunek $x$ jest równy odstępowi między punktami na $AB$ (bo składowa $v_x$ się nie zmienia); punkt dla $t_2=2\mathrm{s}$ leży dwa razy dalej od $B$ wzdłuż $k$ (ruch jednostajny).

Odpowiedź: oba punkty leżą na prostej $k$, w odległościach od $B$ w proporcji $1:2$ (drugi punkt dwa razy dalej od $B$ niż pierwszy), zgodnie z jednostajnym ruchem ciała po zderzeniu.

Krok 1. Odczyt składowych z rysunku. Z rysunku odczytujemy, że w czasie $\Delta t=1\mathrm{s}$ między punktem $B$ a kolejnym punktem na prostej $k$ ciało przesuwa się o $4\mathrm{m}$ w kierunku $x$ oraz o $3\mathrm{m}$ w kierunku $y$ (długość boku kratki to $1\mathrm{m}$). Składowa prędkości w kierunku $x$ nie zmienia się na skutek działania siły (siła jest prostopadła do $x$): $v_x=\frac{4\mathrm{m}}{1\mathrm{s}}=4m/s.$ Składowa uzyskana w kierunku $y$ (w wyniku zadziałania siły) wynosi: $v_y=\frac{3\mathrm{m}}{1\mathrm{s}}=3m/s.$

Krok 2. Złożenie składowych. Prędkość $v_k$ po uderzeniu jest wektorową sumą składowej $v_x$ (niezmienionej) i nowo uzyskanej, prostopadłej do niej składowej $v_y$, więc z twierdzenia Pitagorasa: $v_k=\sqrt{v_x^2+v_y^2}=\sqrt{4^2+3^2}m/s=\sqrt{25}m/s=5m/s.$

Odpowiedź: $v_k=5m/s$.

Krok 1. II zasada dynamiki w postaci pędowej. Siła działa tylko przez krótki czas $\Delta t_B$ i zmienia pęd ciała zgodnie z: $\vec{F}=\frac{\Delta \vec{p}}{\Delta t_B}=m\frac{\Delta \vec{v}}{\Delta t_B}.$

Krok 2. Która składowa prędkości się zmienia. Siła $\vec{F}$ działała w kierunku $y$ (prostopadłym do pierwotnego ruchu), więc zmiana prędkości $\Delta \vec{v}$ to właśnie składowa $v_y$ uzyskana w wyniku uderzenia, wyznaczona w zadaniu 2.2: $\Delta v=v_y=3m/s.$

Krok 3. Obliczenie siły. $F=m\frac{\Delta v}{\Delta t_B}=0,2\mathrm{kg}\cdot \frac{3m/s}{0,01\mathrm{s}}=60\mathrm{N}.$

Odpowiedź: $F=60\mathrm{N}$.

Krok 1. Dlaczego siły nie mogą być jednocześnie skierowane w górę. Punkt $B$ znajduje się w odległości $l_{AB}=1\mathrm{m}$ od końca $A$, a środek masy $S$ belki – w połowie jej długości, czyli $\frac{l}{2}=1,5\mathrm{m}$ od $A$. Środek masy leży więc za punktem $B$ (dalej od $A$ niż $B$), a znaczna część belki (od $B$ do drugiego końca) zwisa swobodnie za punktem podparcia $B$. Aby belka się nie obróciła, uchwyt bliższy krótkiemu odcinkowi ($U_A$) musi dociągać belkę w dół, a nie podpierać ją w górę – w przeciwnym razie nic nie zrównoważyłoby momentu ciężaru działającego po drugiej stronie punktu $B$.

Krok 2. Kierunki sił i relacja wartości. Siła ${\vec{F}}_B$ (od uchwytu bliższego środkowi masy) jest skierowana w górę i to ona w większości podpiera belkę. Siła ${\vec{F}}_A$ jest skierowana w dół. Ponieważ ${\vec{F}}_B$ musi zrównoważyć jednocześnie ciężar belki i "dociąganie" ${\vec{F}}_A$, jej wartość jest większa: $F_A<F_B$.

Odpowiedź: ${\vec{F}}_B$ jest skierowana w górę, ${\vec{F}}_A$ – w dół (zaczepione odpowiednio w punktach $B$ i $A$); zachodzi relacja $F_A<F_B$.

Krok 1. Równanie równowagi sił. Siła $F_B$ jest skierowana w górę, a siła $F_A$ – w dół, tak jak ciężar $Q$. Warunek równowagi sił w kierunku pionowym: $F_B=Q+F_A.$

Krok 2. Równanie równowagi momentów. Wybierzmy punkt $B$ jako punkt odniesienia. Ramię siły $F_A$ (zaczepionej w $A$) to $|AB|=l_{AB}=1\mathrm{m}$, a ramię ciężaru $Q$ (działającego w $S$) to $|BS|=\frac{l}{2}-l_{AB}=1,5\mathrm{m}-1\mathrm{m}=0,5\mathrm{m}$. Momenty sił $F_A$ i $Q$ względem $B$ (obie siły skierowane w dół, ale po różnych stronach $B$) muszą się równoważyć: $F_A\cdot |AB|=Q\cdot |BS|.$

Krok 3. Podstawienie danych i wyznaczenie $F_A$: $F_A\cdot 1\mathrm{m}=120\mathrm{N}\cdot 0,5\mathrm{m}\Rightarrow F_A=60\mathrm{N}.$

Krok 4. Wyznaczenie $F_B$ z równania równowagi sił: $F_B=Q+F_A=120\mathrm{N}+60\mathrm{N}=180\mathrm{N}.$

Odpowiedź: $F_A=60\mathrm{N}$, $F_B=180\mathrm{N}$.

Krok 1. Pole od obu ładunków $Q$. Punkt $A$ leży w połowie odcinka łączącego dwa jednakowe ładunki $Q$, w odległości $\frac{a}{2}$ od każdego z nich. Pola od obu ładunków $Q$ w punkcie $A$ mają taką samą wartość i są skierowane wzdłuż tego samego odcinka, ale w przeciwne strony – dlatego znoszą się wzajemnie.

Krok 2. Pole wypadkowe pochodzi tylko od ładunku $q$. Wektor ${\vec{E}}_A$ pochodzi wyłącznie od ładunku $q$, jest skierowany wzdłuż wysokości trójkąta, w kierunku "od $q$" (ładunek dodatni).

Krok 3. Odległość od $q$ do $A$. Odcinek od wierzchołka z ładunkiem $q$ do punktu $A$ to wysokość trójkąta równobocznego o boku $a$: $h=\frac{\sqrt{3}}{2}a.$

Krok 4. Wzór na natężenie. $E_A=\frac{kq}{h^2}=\frac{kq}{{\left(\frac{\sqrt{3}}{2}a\right)}^2}=\frac{kq}{\frac{3}{4}{a}^2}=\frac{4kq}{3a^2},$ gdzie $k=\frac{1}{4\pi {\epsilon }_0}$ jest stałą w prawie Coulomba.

Odpowiedź: wektor ${\vec{E}}_A$ leży na wysokości trójkąta, skierowany od ładunku $q$ w stronę $A$; $E_A=\frac{4kq}{3a^2}$.

Krok 1. Jak zmienia się odległość od ładunków do punktu przecięcia wysokości. Odległość od każdego wierzchołka do punktu przecięcia wysokości trójkąta jest proporcjonalna do długości jego boku. Gdy bok zmniejszamy dwa razy (z $a$ na $\frac{a}{2}$), każda z tych odległości również zmniejsza się dwa razy.

Krok 2. Jak natężenie zależy od odległości. Natężenie pola ładunku punktowego jest odwrotnie proporcjonalne do kwadratu odległości: $E\propto \frac{1}{r^2}$. Skoro odległości zmniejszyły się dwukrotnie, natężenie wypadkowe (sumujące pola od poszczególnych ładunków) wzrasta $2^2=4$ razy.

Odpowiedź: D. cztery razy większa.

Część a), zdanie 1. Przesunięcie suwaka w lewo (w stronę źródła) zmniejsza opór włączony w obwód. Zgodnie z prawem Ohma dla obwodu ($I=\frac{U}{R}$) zmniejszenie oporu przy stałym napięciu źródła zwiększa natężenie prądu płynącego przez zwojnicę, a indukcja pola magnetycznego zwojnicy jest proporcjonalna do tego natężenia, więc rośnie.

Część a), zdanie 2. Gdy indukcja pola zwojnicy rośnie, przez pierścień zmienia się w czasie strumień pola magnetycznego, co – zgodnie z prawem Faradaya – indukuje w pierścieniu prąd. Zgodnie z regułą Lenza prąd indukowany płynie tak, aby przeciwstawiać się narastaniu strumienia – pola magnetyczne pierścienia i zwojnicy są wtedy ustawione w opozycji, co odpowiada oddziaływaniu odpychającemu. Pierścień jest odpychany przez zwojnicę.

Część b). Sytuacja odwrotna – gdy pierścień jest przyciągany – odpowiada więc słabnącej indukcji pola zwojnicy: prąd indukowany w pierścieniu wytwarza pole zgodnie skierowane ze (słabnącym) polem zwojnicy, aby przeciwstawić się jego zanikaniu, a pola dwóch zgodnie skierowanych "magnesów" przyciągają się. Analiza kierunku prądu w zwojnicy i zastosowanie reguły prawej ręki wskazuje, że warunek ten spełnia rysunek, na którym prąd w pierścieniu płynie w kierunku zaznaczonym na rysunku A.

Odpowiedź: 1. rośnie; 2. jest odpychany; b) A.

Część a). Ciepło oddane do chłodnicy jest najmniejsze możliwe, gdy silnik $S_1$ pracuje ze sprawnością silnika idealnego. Przeliczamy temperatury na kelwiny: $T_1=477+273=750\mathrm{K}$, $T_2=17+273=290\mathrm{K}$.

Krok 1. Przyrównujemy sprawność silnika $S_1$ (wyrażoną przez ciepła) do sprawności maksymalnej (wyrażonej przez temperatury): ${\eta }_{S_1}=\frac{Q_{pob}-Q_{odd}}{Q_{pob}}=\frac{T_1-T_2}{T_1}.$

Krok 2. Podstawiamy dane ($Q_{pob}=100\mathrm{J}$): $\frac{100\mathrm{J}-Q_{odd}}{100\mathrm{J}}=\frac{750\mathrm{K}-290\mathrm{K}}{750\mathrm{K}}=0,613.$

Krok 3. Wyznaczamy $Q_{odd}$: $100\mathrm{J}-Q_{odd}=61,3\mathrm{J}\Rightarrow Q_{odd}\approx 38,7\mathrm{J}.$

Odpowiedź a): $Q_{odd}\approx 38,7\mathrm{J}$.

Część b). Sprawność żadnego silnika cieplnego pracującego między temperaturami $T_1$ i $T_2$ nie może przekroczyć sprawności silnika idealnego ${\eta }_{max}=\frac{T_1-T_2}{T_1}$ – to fundamentalne ograniczenie termodynamiczne. Gdyby ciepło oddane przez $S_1$ było mniejsze od wyznaczonej wartości granicznej, sprawność tego silnika (przy tym samym cieple pobranym) byłaby większa niż ${\eta }_{max}$, co jest niemożliwe. Właśnie dlatego $38,7\mathrm{J}$ to najmniejsza dopuszczalna wartość ciepła oddanego.

Krok 1. I zasada termodynamiki dla całego cyklu. Po jednym pełnym cyklu gaz wraca do stanu początkowego, więc zmiana jego energii wewnętrznej wynosi zero. Bilans energii w cyklu (energia dostarczona = energia oddana): $Q_{pob}+W_{sprę\dot{z}ania}=Q_{odd}+W_{rozprę\dot{z}ania},$ gdzie $W_{sprę\dot{z}ania}$ to praca wykonana nad gazem, a $W_{rozprę\dot{z}ania}$ – praca wykonana przez gaz.

Krok 2. Podstawienie danych. $100\mathrm{J}+8,7\mathrm{J}=Q_{odd}+34,8\mathrm{J}.$

Krok 3. Wyznaczenie $Q_{odd}$: $Q_{odd}=100\mathrm{J}+8,7\mathrm{J}-34,8\mathrm{J}=73,9\mathrm{J}\approx 74\mathrm{J}.$

Odpowiedź: $Q_{odd}\approx 74\mathrm{J}$.

Krok 1. Sprawność silnika to stosunek pracy wykonanej w cyklu do ciepła pobranego: ${\eta }_2=\frac{W_{cykl}}{Q_{pob}}=\frac{|W_{rozprę\dot{z}ania}|-|W_{sprę\dot{z}ania}|}{Q_{pob}}=\frac{34,8\mathrm{J}-8,7\mathrm{J}}{100\mathrm{J}}.$

Krok 2. ${\eta }_2=\frac{26,1\mathrm{J}}{100\mathrm{J}}=0,261.$

Odpowiedź: C. ${\eta }_2\approx 0,26$.

Stwierdzenie 1. Przemiana jest izotermiczna, czyli temperatura gazu nie zmienia się. Średnia energia kinetyczna cząsteczek zależy wyłącznie od temperatury, więc też się nie zmienia. Stwierdzenie jest fałszywe (F).

Stwierdzenie 2. Sprężanie zmniejsza objętość gazu przy tej samej liczbie cząsteczek, więc są one "upakowane" w mniejszej przestrzeni – średnia odległość między nimi maleje. Stwierdzenie jest prawdziwe (P).

Stwierdzenie 3. Zmniejszenie objętości przy tej samej liczbie cząsteczek i tej samej średniej prędkości oznacza, że w jednostce czasu więcej cząsteczek dociera do jednostkowej powierzchni ścianki – to właśnie mechanizm wzrostu ciśnienia w przemianie izotermicznej (prawo Boyle'a–Mariotte'a). Stwierdzenie jest prawdziwe (P).

Odpowiedź: 1. F, 2. P, 3. P.

Krok 1. Współczynnik załamania a długość fali. Z wykresu widać, że im mniejsza długość fali światła w próżni, tym większy współczynnik załamania $n$ szkła – światło fioletowe (krótsza długość fali) ma więc w tym szkle większy współczynnik załamania niż światło czerwone: $n_F>n_C$.

Krok 2. Prędkość w szkle. Prędkość światła w ośrodku wynosi $v=\frac{c}{n}$ – im większy współczynnik załamania, tym mniejsza prędkość. Skoro $n_F>n_C$, to $v_F<v_C$.

Krok 3. Częstotliwość. Częstotliwość światła nie zmienia się przy przejściu do innego ośrodka – jest taka sama w próżni i w szkle. W próżni światło czerwone ma większą długość fali niż fioletowe, a przy tej samej prędkości $c$ większej długości fali odpowiada mniejsza częstotliwość ($f=c/\lambda$), więc $f_F>f_C$.

Odpowiedź: C ($v_F<v_C$) oraz 1 ($f_F>f_C$).

Krok 1. Związek współczynnika załamania z długościami fali. Częstotliwość $f$ światła nie zmienia się przy przejściu do szkła, a $c=\lambda f$ oraz $v_{sz}={\lambda }_{sz}f$. Współczynnik załamania to $n=\frac{c}{v_{sz}}$, zatem: $n=\frac{\lambda f}{{\lambda }_{sz}f}=\frac{\lambda }{{\lambda }_{sz}}.$

Krok 2. Odczyt z wykresu. Dla $\lambda =0,50\mu \mathrm{m}$ odczytujemy $n\approx 1,52$.

Krok 3. Obliczenie ${\lambda }_{sz}$: ${\lambda }_{sz}=\frac{\lambda }{n}=\frac{0,50\mu \mathrm{m}}{1,52}\approx 0,329\mu \mathrm{m}\approx 0,33\mu \mathrm{m}.$

Odpowiedź: ${\lambda }_{sz}\approx 0,33\mu \mathrm{m}$.

Krok 1. Która barwa ma krótszą ogniskową. Z zadania 8.1 wiemy, że współczynnik załamania szkła dla światła fioletowego jest większy niż dla czerwonego ($n_F>n_C$). Ogniskowa soczewki jest odwrotnie proporcjonalna do $(n-1)$, więc światło fioletowe – silniej załamywane – ma krótszą ogniskową niż światło czerwone.

Krok 2. Wniosek dla dalszego ustawienia ekranu. Promienie fioletowe skupiają się bliżej soczewki niż czerwone. Przy ustawieniu ekranu dalej od soczewki, promienie fioletowe (skupione bliżej) zdążyły się już rozejść, tworząc zewnętrzny, szerszy pierścień plamki, a promienie czerwone – ze swoim dalszym punktem skupienia – tworzą wąski, środkowy punkt plamki.

Krok 3. Kolor środka plamki. Środek plamki na dalej ustawionym ekranie jest więc czerwony, a jej zewnętrzna część – fioletowa.

Odpowiedź: kolor środka plamki: czerwony. Promienie $P_{1F}$, $P_{2F}$ (fioletowe) przecinają się bliżej soczewki i na ekranie są już rozbieżne (tworzą zewnętrzny pierścień), a promienie $P_{1C}$, $P_{2C}$ (czerwone) przecinają się dalej, dokładnie w miejscu ekranu, tworząc środkowy, czerwony punkt plamki.

Krok 1. Wzór soczewki ("wzór szlifierzy"). Dla soczewki w powietrzu: $\frac{1}{f}=(n-1)\left(\frac{1}{R_1}+\frac{1}{R_2}\right),$ gdzie geometryczna część wzoru (zależna od promieni krzywizny) jest taka sama dla obu barw – zmienia się tylko współczynnik załamania $n$.

Krok 2. Iloraz ogniskowych. Zapisujemy wzór dla obu barw i dzielimy przez siebie (część geometryczna się skraca): $\frac{f_F}{f_C}=\frac{n_C-1}{n_F-1}.$

Krok 3. Odczyt wartości $n$ z wykresu. Dla światła czerwonego ($\lambda \approx 0,7\mu \mathrm{m}$) odczytujemy $n_C\approx 1,51$, a dla światła fioletowego ($\lambda \approx 0,4\mu \mathrm{m}$) odczytujemy $n_F\approx 1,54$.

Krok 4. Obliczenie ilorazu: $\frac{f_F}{f_C}=\frac{1,51-1}{1,54-1}=\frac{0,51}{0,54}\approx 0,94.$

Odpowiedź: $\frac{f_F}{f_C}\approx 0,94$ (soczewka dla światła fioletowego ma nieco krótszą ogniskową).

Krok 1. Istnienie granicznej (minimalnej) długości fali. Elektrony mogą co najwyżej przekazać całą swoją energię kinetyczną jednemu fotonowi – to ogranicza energię fotonu od góry, a więc ogranicza długość fali od dołu: promieniowanie o długości fali mniejszej od pewnej wartości granicznej ${\lambda }_{min}$ nie może powstać. Wykres musi więc mieć zerowe natężenie dla $\lambda <{\lambda }_{min}$, gdzie ${\lambda }_{min}>0$ (nie zaczynać się od $\lambda =0$).

Krok 2. Kształt widma ciągłego. Widmo ciągłe promieniowania rentgenowskiego narasta od ${\lambda }_{min}$, osiąga maksimum, a potem opada łagodnie do zera dla dużych długości fal – to charakterystyczny kształt krzywej promieniowania hamowania.

Krok 3. Wybór wykresu. Spośród podanych wykresów tylko wykres C zaczyna się od niezerowej wartości ${\lambda }_{min}>0$, narasta do maksimum, a następnie łagodnie opada.

Odpowiedź: C.

Stwierdzenie 1. Z zasady zachowania energii $eU=\frac{hc}{{\lambda }_{min}}$ wynika, że ${\lambda }_{min}=\frac{hc}{eU}$ – długość graniczna jest odwrotnie proporcjonalna do napięcia, nie wprost proporcjonalna. Stwierdzenie jest fałszywe (F).

Stwierdzenie 2. Ponieważ ${\lambda }_{min}=\frac{hc}{eU}$, zwiększenie napięcia $U$ zmniejsza ${\lambda }_{min}$. Stwierdzenie jest prawdziwe (P).

Stwierdzenie 3. Maksymalna energia kwantu zależy tylko od energii kinetycznej pojedynczego elektronu w chwili zderzenia z anodą (czyli od napięcia $U$), a nie od liczby elektronów bombardujących anodę – ta wpływa na całkowitą moc promieniowania, nie na maksymalną energię pojedynczego kwantu. Stwierdzenie jest fałszywe (F).

Odpowiedź: 1. F, 2. P, 3. F.

Krok 1. Zasada zachowania energii. Cała praca wykonana przez pole elektryczne nad elektronem (przyśpieszanym od zerowej prędkości) zamienia się w jego energię kinetyczną: $eU=\frac{1}{2}m{v}^2.$

Krok 2. Wyznaczenie prędkości: $v=\sqrt{\frac{2eU}{m}}.$

Krok 3. Podstawienie danych ($e=1,6\cdot 10^{-19}\mathrm{C}$, $U=2500\mathrm{V}$, $m=9,1\cdot 10^{-31}\mathrm{kg}$): $v=\sqrt{\frac{2\cdot 1,6\cdot 10^{-19}\mathrm{C}\cdot 2500\mathrm{V}}{9,1\cdot 10^{-31}\mathrm{kg}}}\approx 2,96\cdot 10^{7}m/s.$

Odpowiedź: $v\approx 2,96\cdot 10^{7}m/s$ (czyli około $3\cdot 10^{7}m/s$, tj. około $10\%$ prędkości światła).

Krok 1. Sytuacja graniczna. Najmniejszą długość fali otrzymujemy, gdy elektron przekazuje całą swoją energię kinetyczną jednemu fotonowi: $E_{kin}=E_{foton}=\frac{hc}{{\lambda }_{min}}.$

Krok 2. Energia kinetyczna elektronu. Z zasady zachowania energii (zadanie 9.3): $E_{kin}=eU$.

Krok 3. Wyznaczenie ${\lambda }_{min}$: $eU=\frac{hc}{{\lambda }_{min}}\Rightarrow {\lambda }_{min}=\frac{hc}{eU}.$

Krok 4. Podstawienie danych ($h=6,63\cdot 10^{-34}\mathrm{J}\cdot \mathrm{s}$, $c=3\cdot 10^{8}m/s$, $e=1,6\cdot 10^{-19}\mathrm{C}$, $U=2500\mathrm{V}$): ${\lambda }_{min}=\frac{6,63\cdot 10^{-34}\cdot 3\cdot 10^8}{1,6\cdot 10^{-19}\cdot 2500}\mathrm{m}\approx 4,97\cdot 10^{-10}\mathrm{m}.$

Odpowiedź: ${\lambda }_{min}\approx 4,97\cdot 10^{-10}\mathrm{m}$ (czyli około $0,5\mathrm{nm}$).

Krok 1. Topologia obwodu. Między tymi samymi dwoma węzłami połączone są równolegle dwie gałęzie: gałąź z samym opornikiem $R_4$ oraz gałąź złożona z opornika $R_1$ w szeregu z układem równoległym $R_2\parallel R_3$ (klucz $K$ zamknięty nie wprowadza dodatkowego oporu). Prąd $I_1$ jest całkowitym prądem tej drugiej gałęzi, przed rozdzieleniem na $R_2$ i $R_3$.

Krok 2. Opory obu gałęzi. Gałąź z $R_4$ ma opór $R$. Gałąź z $R_1$ ma opór $R+\frac{R}{2}=\frac{3}{2}R$ (bo $R_2\parallel R_3=\frac{R}{2}$, gdyż $R_2=R_3=R$). Gałąź z $R_4$ ma więc mniejszy opór.

Krok 3. Porównanie prądów w gałęziach. Obie gałęzie są podłączone do tego samego napięcia $U$ (są równoległe), więc prąd jest odwrotnie proporcjonalny do oporu gałęzi: $I_4=\frac{U}{R}$, $I_1=\frac{U}{\frac{3}{2}R}=\frac{2U}{3R}$. Mniejszy opór oznacza większy prąd, zatem $I_4>I_1$.

Krok 4. Podział prądu $I_1$ na $R_2$ i $R_3$. Ponieważ $R_2=R_3=R$, prąd $I_1$ dzieli się na dwie równe części: $I_2=I_3=\frac{I_1}{2}$, więc $I_1>I_2$.

Odpowiedź: B. $I_4>I_1$ oraz $I_1>I_2$.

Krok 1. Co się zmienia po otwarciu klucza. Po otwarciu klucza $K$ gałąź z opornikiem $R_3$ zostaje przerwana, więc cały prąd gałęzi "$R_1$ + ($R_2\parallel R_3$)" musi teraz płynąć wyłącznie przez $R_2$ (opór tej części obwodu wzrasta z $\frac{R}{2}$ do $R$).

Krok 2. Opornik $R_1$. Opór całej gałęzi $R_1$–$R_2$ wzrósł (z $\frac{3}{2}R$ do $2R$), więc przy tym samym napięciu zasilania $U$ prąd $I_1$ w tej gałęzi zmalał. Napięcie na $R_1$ to $U_1=I_{1}R$ – skoro $I_1$ zmalało, to $U_1$ również zmalało.

Krok 3. Opornik $R_2$. Oznaczmy opór każdego opornika jako $R$ i napięcie źródła jako $U$. Przed otwarciem klucza: $I_1=\frac{2U}{3R}$, a przez $R_2$ płynęła tylko połowa tego prądu: $I_2=\frac{I_1}{2}=\frac{U}{3R}$. Po otwarciu klucza opór gałęzi wynosi $2R$, więc cały prąd gałęzi płynie przez $R_2$: $I_2^{\prime }=\frac{U}{2R}$. Porównując: $\frac{U}{2R}>\frac{U}{3R}$, więc prąd przez $R_2$ wzrósł, a wraz z nim (bo $U_2=I_{2}R$) wzrosło też napięcie na $R_2$.

Krok 4. Opornik $R_4$. Opornik $R_4$ znajduje się w gałęzi niezależnej od klucza $K$ – jest podłączony bezpośrednio do tych samych węzłów, do których podłączone jest niezmienne napięcie źródła $U$. Otwarcie klucza w drugiej gałęzi nie ma na niego wpływu: prąd $I_4=\frac{U}{R}$ i napięcie $U_4=U$ się nie zmieniają.

Odpowiedź:

Przypomnienie mechanizmu rozpadu beta minus. W rozpadzie ${\beta }^{-}$ neutron w jądrze przemienia się w proton, emitując elektron (cząstkę ${\beta }^{-}$) i antyneutrino. Liczba nukleonów (liczba masowa $A$) się nie zmienia, liczba protonów $Z$ zwiększa się o 1, a liczba neutronów zmniejsza się o 1.

Stwierdzenie 1. Liczba neutronów zmniejsza się o 1 – maleje. Stwierdzenie jest prawdziwe (P).

Stwierdzenie 2. Liczba masowa $A$ (łączna liczba nukleonów) nie zmienia się – neutron zamienia się w proton, więc łączna liczba nukleonów jest taka sama. Stwierdzenie (że liczba masowa się zmniejsza) jest fałszywe (F).

Stwierdzenie 3. Liczba protonów zwiększa się o 1 – rośnie. Stwierdzenie jest prawdziwe (P).

Odpowiedź: 1. P, 2. F, 3. P.

Krok 1. Obserwacja z tabeli. Liczba zliczeń w kolejnych dniach ($1374,1346,1372,1360,1358$) jest w przybliżeniu stała – nie widać systematycznego, wykładniczego spadku aktywności w skali pięciu dni (niewielkie wahania to naturalny rozrzut statystyczny pomiaru).

Krok 2. Wniosek o czasie połowicznego rozpadu. Gdyby czas połowicznego rozpadu $T_{1/2}$ był porównywalny z 5 dniami (albo krótszy), aktywność próbki zauważalnie zmniejszałaby się z dnia na dzień. Skoro aktywność praktycznie się nie zmienia w ciągu 5 dni, $T_{1/2}$ musi być znacznie dłuższy niż te 5 dni obserwacji.

Odpowiedź: C. jest wiele razy dłuższy niż 5 dni.

Krok 1. Od liczby zliczeń do liczby rozpadów. Każdej zliczonej cząstce beta minus odpowiada jeden rozpad jądra. Detektor rejestrował jednak tylko $\frac{1}{16}$ wszystkich cząstek emitowanych przez próbkę (bo tyle wynosi udział jego powierzchni w całej sferze). Zatem całkowita liczba rozpadów w pierwszym dniu (w czasie 5 minut) to: $\Delta N=16\cdot 1374=21984\text{rozpadoˊw}.$

Krok 2. Obliczenie aktywności. Czas pomiaru to $\Delta t=5\min =300\mathrm{s}$. Średnia aktywność: $A=\frac{\Delta N}{\Delta t}=\frac{21984}{300\mathrm{s}}\approx 73,3\mathrm{Bq}.$

Odpowiedź: $A\approx 73,3\mathrm{Bq}$.

Krok 1. Siła grawitacji jako siła dośrodkowa. Planeta krąży po orbicie kołowej, więc siła grawitacji pulsara pełni rolę siły dośrodkowej: $\frac{m{v}^2}{r}=\frac{GMm}{r^2},$ gdzie $M$ to masa pulsara, $m$ – masa planety, $v$ – jej prędkość orbitalna.

Krok 2. Prędkość w ruchu jednostajnym po okręgu. $v=\frac{2\pi r}{T}$. Podstawiamy do równania z kroku 1 (masa $m$ się skraca): $\frac{{\left(\frac{2\pi r}{T}\right)}^2}{r}=\frac{GM}{r^2}\Rightarrow \frac{4{\pi }^{2}r}{T^2}=\frac{GM}{r^2}\Rightarrow M=\frac{4{\pi }^2{r}^3}{G{T}^2}.$

Krok 3. Podstawienie danych w jednostkach SI. $r=0,19\cdot 1,5\cdot 10^{11}\mathrm{m}=2,85\cdot 10^{10}\mathrm{m}$; $T=25,3\text{doby}=25,3\cdot 24\cdot 3600\mathrm{s}\approx 2,19\cdot 10^6\mathrm{s}$; $G=6,67\cdot 10^{-11}\mathrm{N}{\mathrm{m}}^2/k{\mathrm{g}}^2$.

Krok 4. Obliczenia: $M=\frac{4{\pi }^2(2,85\cdot 10^{10}\mathrm{m}{)}^3}{6,67\cdot 10^{-11}\mathrm{N}{\mathrm{m}}^2/k{\mathrm{g}}^2\cdot (2,19\cdot 10^6\mathrm{s}{)}^2}\approx 2,86\cdot 10^{30}\mathrm{kg}.$

Odpowiedź: $M\approx 2,86\cdot 10^{30}\mathrm{kg}$ (czyli około $1,4$ masy Słońca).

Krok 1. Zasada zachowania momentu pędu. Ponieważ pomijamy straty momentu pędu, moment pędu jądra jest taki sam w obu chwilach – gdy promień był $10R$ (dawniej) i gdy jest $R$ (teraz): $L_{10}=L_1,L=I\omega =I\cdot 2\pi f.$

Krok 2. Podstawienie wzoru na moment bezwładności. $kM(10R{)}^2\cdot 2\pi f_{10}=kM{R}^2\cdot 2\pi f_1\Rightarrow 100R^2{f}_{10}=R^2{f}_1\Rightarrow f_{10}=\frac{f_1}{100}.$

Krok 3. Podstawienie danych ($f_1=160\mathrm{Hz}$ – obecna częstotliwość): $f_{10}=\frac{160\mathrm{Hz}}{100}=1,6\mathrm{Hz}.$

Odpowiedź: $f_{10}=1,6\mathrm{Hz}$.

Krok 1. Energia kinetyczna ruchu obrotowego przez moment pędu. Wygodnie jest wyrazić energię kinetyczną ruchu obrotowego za pomocą momentu pędu $L$ i momentu bezwładności $I$: $E_{kin}=\frac{1}{2}I{\omega }^2=\frac{(I\omega {)}^2}{2I}=\frac{L^2}{2I}.$

Krok 2. Wykorzystanie zasady zachowania momentu pędu. Z zadania 12.2 wiemy, że $L_1=L_{10}=L$, więc: $\frac{E_{kin1}}{E_{kin10}}=\frac{L^2/(2I_1)}{L^2/(2I_{10})}=\frac{I_{10}}{I_1}.$

Krok 3. Podstawienie momentów bezwładności. $I_1=kM{R}^2$, $I_{10}=kM(10R{)}^2=100kM{R}^2$, więc: $\frac{E_{kin1}}{E_{kin10}}=\frac{100kM{R}^2}{kM{R}^2}=100.$

Odpowiedź: $\frac{E_{kin1}}{E_{kin10}}=100$ (energia kinetyczna obrotu jest teraz stukrotnie większa niż w chwili, gdy jądro miało 10 razy większy promień).

Krok 1. Związek długości fali z energią przejścia. Energia emitowanego fotonu to różnica energii poziomów: $E_{foton}=E_a-E_b=\frac{hc}{\lambda }$. Im mniejsza różnica energii między poziomami, tym mniejsza energia fotonu, a więc tym większa długość fali emitowanego światła.

Krok 2. Które przejście ma najmniejszą różnicę energii. Poziomy energetyczne atomu wodoru są coraz gęściej "upakowane" w miarę wzrostu numeru poziomu $n$ – różnica energii między sąsiednimi, wysokimi poziomami jest znacznie mniejsza niż między niskimi. Przejścia $4\to 1$ i $3\to 2$ prowadzą do niskich poziomów – duże różnice energii, krótkie długości fali. Przejście $4\to 3$ ma umiarkowaną różnicę energii. Przejście $7\to 4$ zachodzi między wysokimi, gęsto upakowanymi poziomami – ma najmniejszą różnicę energii ze wszystkich wymienionych.

Krok 3. Wniosek. Najmniejszej różnicy energii odpowiada największa długość fali emitowanego fotonu.

Odpowiedź: $7\to 4$.

Krok 1. Zasady zachowania w reakcjach jądrowych. W każdej reakcji jądrowej sumy liczb masowych (górne indeksy) oraz sumy liczb atomowych/ładunków (dolne indeksy) muszą być takie same po obu stronach równania.

Krok 2. Reakcja 1. (rozpad $\alpha$ polonu). Polon ${}_{84}^{218}\mathrm{Po}$ emituje cząstkę $\alpha$ (${}_2^4\mathrm{He}$), więc powstałe jądro ma liczbę masową $218-4=214$ i liczbę atomową $84-2=82$. Pierwiastek o liczbie atomowej $82$ to ołów (Pb): ${}_{84}^{218}\mathrm{Po}\to {}_{82}^{214}\mathrm{Pb}+{}_2^4\alpha .$

Krok 3. Reakcja 2. (bombardowanie berylu cząstkami $\alpha$). Cząstka $\alpha$ (${}_2^4\mathrm{He}$) uderza w jądro berylu ${}_4^9\mathrm{Be}$. Suma liczb masowych: $4+9=13$, z czego $1$ zabiera powstały neutron, więc nowe jądro ma liczbę masową $13-1=12$. Suma liczb atomowych: $2+4=6$, neutron nie ma ładunku, więc nowe jądro ma liczbę atomową $6$ – to węgiel (C): ${}_2^4\alpha +{}_4^9\mathrm{Be}\to {}_6^{12}\mathrm{C}+{}_0^{1}n.$

Odpowiedź: 1) ${}_{84}^{218}\mathrm{Po}\to {}_{82}^{214}\mathrm{Pb}+{}_2^4\alpha$; 2) ${}_2^4\alpha +{}_4^9\mathrm{Be}\to {}_6^{12}\mathrm{C}+{}_0^{1}n$.