Arkusze

Fizyka

Fizyka PR — Maj 2021

Arkusz maturalny z fizyki, poziom rozszerzony, sesja Maj 2021 (CKE), z pełnymi rozwiązaniami krok po kroku.

Maj 2021 · CKE

Zadanie 1.1

2 pkt

Kinematykarzut poziomyspadek swobodny

Z wysokości $h_{1} = 5, 0 m$ ponad punktem $P$ rzucono kulkę K1. Kulka upadła na poziome podłoże w odległości $d$ od punktu $P$ i potoczyła się dalej. Następnie z wysokości $h_{2} = 2, 0 m$ ponad punktem $P$ rzucono taką samą kulkę K2. Druga kulka upadła także w odległości $d$ od punktu $P$ . Prędkości początkowe $v_{01}$ i $v_{02}$ kulek w każdym rzucie miały kierunki poziome i leżały w tej samej płaszczyźnie. Na rysunku zilustrowano tory ruchu kulek w układzie współrzędnych $(x, y)$ – bez skali na osi $x$ . Punkt $P$ jest początkiem tego układu współrzędnych (zobacz rysunek).

W zadaniach 1.1.–1.2. pomiń opory ruchu oraz przyjmij do obliczeń, że przyśpieszenie ziemskie ma wartość $g = 9, 8 m/ s^{2}$ .

Oblicz iloraz $\frac{v _{01}}{v _{02}}$ – wartości prędkości początkowej kulki K1 i wartości prędkości początkowej kulki K2. Wynik liczbowy podaj zaokrąglony do dwóch cyfr znaczących.

Tory ruchu kulek K1 i K2 rzuconych poziomo z wysokości h1=5 m i h2=2 m ponad punktem P, obie upadające w tej samej odległości d

Rozwiązanie

Krok 1. Zasięg rzutu poziomego. Rzut poziomy to złożenie ruchu jednostajnego w poziomie i swobodnego spadku w pionie. Czas trwania rzutu z wysokości $h$ wynosi $t = \frac{2 h}{g}$ , a zasięg (odległość $d$ ) to $z = v_{0} t = v_{0} \frac{2 h}{g}$ .

Krok 2. Ten sam zasięg dla obu kulek. Obie kulki upadają w tej samej odległości $d$ od punktu $P$ , więc: $v_{01} \frac{2 h _{1}}{g} = v_{02} \frac{2 h _{2}}{g} .$

Krok 3. Wyznaczenie ilorazu. Po skróceniu $2/ g$ z obu stron: $\frac{v _{01}}{v _{02}} = \frac{h _{2}}{h _{1}} = \frac{2 , 0}{5 , 0} = 0, 4 \approx 0, 63.$

Odpowiedź: $\frac{v _{01}}{v _{02}} \approx 0, 63$ .

Zadanie 1.2

3 pkt

Kinematykarzut poziomyzasada zachowania energii

Wartość prędkości początkowej kulki K1 wynosi $v_{01} = 7, 9 m/s$ .

Oblicz wartość $v_{k 1}$ prędkości kulki K1 tuż przed uderzeniem w poziome podłoże.

Rozwiązanie

Krok 1. Zasada zachowania energii mechanicznej. Ruch odbywa się bez oporów, więc energia mechaniczna kulki K1 jest zachowana: energia na starcie (kinetyczna i potencjalna) jest równa energii kinetycznej tuż przed uderzeniem (poziom podłoża przyjmujemy jako poziom zerowy energii potencjalnej): $\frac{1}{2} m v_{01}^{2} + m g h_{1} = \frac{1}{2} m v_{k 1}^{2} .$

Krok 2. Wyznaczenie prędkości końcowej. Po skróceniu masy $m$ : $v_{k 1} = v_{01}^{2} + 2 g h_{1} .$

Krok 3. Podstawienie danych: $v_{k 1} = 7, 9^{2} + 2 \cdot 9, 8 \cdot 5, 0 m/s = 62, 41 + 98 m/s = 160, 41 m/s \approx 12, 7 m/s .$

Odpowiedź: $v_{k 1} \approx 13 m/s$ .

Zadanie 2.1

2 pkt

Dynamikasiła dośrodkowaruch po okręgu

Niewielkie ciało $B$ o masie $m$ zawieszono na nierozciągliwej nici o długości $l$ , a następnie wprawiono je w ruch jednostajny po okręgu w płaszczyźnie poziomej. Górny koniec nici jest unieruchomiony w punkcie $P$ . Gdy ciało porusza się po okręgu o środku $O$ ze stałą wartością prędkości, to nić jest odchylona od kierunku pionowego o kąt $α$ (zobacz rysunek).

Potraktuj ciało $B$ jako punkt materialny, pomiń opory ruchu oraz masę nici. Przyjmij, że to doświadczenie opisujemy w układzie inercjalnym.

Na ciało $B$ poruszające się po okręgu w opisanej sytuacji działają dwie siły: $F_{g}$ – siła grawitacji oraz $F_{n}$ – siła reakcji nici. Na diagramie narysowano i oznaczono siłę $F_{g}$ (zobacz rysunek). Długość wektora $F_{g}$ odpowiada wartości siły grawitacji wyrażonej w umownych jednostkach.

Narysuj i oznacz wektor siły $F_{n}$ oraz wektor siły wypadkowej $F_{w}$ – działającej na poruszające się po okręgu ciało $B$ (w układzie inercjalnym). Zachowaj właściwe proporcje między wartościami sił.

Ciało B zawieszone na nici o długości l w punkcie P, poruszające się po okręgu o środku O, nić odchylona od pionu o kąt α

Diagram na siatce z narysowaną siłą grawitacji Fg działającą na ciało B, do uzupełnienia wektorami Fn i Fw

Rozwiązanie

Krok 1. Siły działające na ciało. Na ciało $B$ działają: siła grawitacji $F_{g}$ (pionowo w dół, już narysowana) oraz siła reakcji (naciągu) nici $F_{n}$ , skierowana wzdłuż nici, od ciała ku punktowi zawieszenia $P$ .

Krok 2. Siła wypadkowa jest siłą dośrodkową. Ciało porusza się po okręgu ze stałą prędkością, więc jedyna możliwa siła wypadkowa to siła dośrodkowa – skierowana poziomo, od ciała $B$ do środka okręgu $O$ .

Krok 3. Konstrukcja. Wektor $F_{n}$ rysujemy wzdłuż nici (od $B$ w stronę $P$ ). Suma wektorowa $F_{g} + F_{n}$ (metoda równoległoboku) musi dać wektor $F_{w}$ poziomy, skierowany do $O$ . Z trójkąta sił: $F_{n} = \frac{F _{g}}{cos α}$ oraz $F_{w} = F_{g} tan α$ – takie proporcje muszą zachowywać narysowane wektory.

Odpowiedź: $F_{n}$ – wzdłuż nici, w stronę $P$ ; $F_{w}$ – poziomo, w stronę środka $O$ , o wartości $F_{w} = F_{g} tan α$ .

Zadanie 2.2

1 pkt

Dynamikasiła dośrodkowaruch po okręgu

Dokończ zdania. Zaznacz odpowiedź A, B albo C oraz odpowiedź D, E albo F.

Jeżeli wzrośnie wartość prędkości, z jaką ciało $B$ porusza się po okręgu, to kąt $α$ między nicią a kierunkiem pionowym

A. się zwiększy. B. się nie zmieni. C. się zmniejszy.

Jeżeli wzrośnie wartość prędkości, z jaką ciało $B$ porusza się po okręgu, to wartość siły napięcia nici

D. wzrośnie. E. pozostanie taka sama. F. zmaleje.

Rozwiązanie

Stwierdzenie 1. Siła dośrodkowa $F_{w} = \frac{m v ^{2}}{r} = m g tan α$ rośnie z prędkością $v$ . Ponieważ $tan α$ musi być wtedy większy, kąt $α$ zwiększa się.

Stwierdzenie 2. Siła napięcia nici $F_{n} = \frac{m g}{cos α}$ . Gdy $α$ rośnie, $cos α$ maleje, więc $F_{n}$ wzrasta.

Odpowiedź: A, D.

Zadanie 2.3

3 pkt

Dynamikasiła dośrodkowaruch po okręgu

Wyprowadź wzór pozwalający wyznaczyć okres $T$ obiegu ciała $B$ po okręgu w zależności od: długości nici $l$ , przyśpieszenia ziemskiego $g$ oraz kąta $α$ .

Rozwiązanie

Krok 1. Siła wypadkowa jako siła dośrodkowa. Z zadania 2.1. wiadomo, że $F_{w} = F_{g} tan α = m g tan α$ . Siłę dośrodkową można też zapisać jako $F_{d o} = m ω^{2} r$ , gdzie $r$ jest promieniem okręgu.

Krok 2. Promień okręgu. Z geometrii układu promień okręgu (rzut nici na płaszczyznę poziomą) wynosi $r = l sin α$ .

Krok 3. Równanie ruchu. Przyrównujemy oba wyrażenia na siłę dośrodkową: $m ω^{2} (l sin α) = m g tan α .$ Po skróceniu $m$ i $sin α$ (bo $tan α = sin α / cos α$ ): $ω^{2} l = \frac{g}{cos α} .$

Krok 4. Podstawienie $ω = \frac{2 π}{T}$ : $(\frac{2 π}{T})^{2} l = \frac{g}{cos α} \Rightarrow \frac{4 π ^{2}}{T ^{2}} = \frac{g}{l cos α} \Rightarrow T = 2 π \frac{l cos α}{g} .$

Odpowiedź: $T = 2 π \frac{l cos α}{g}$ .

Fizyka

Poziom rozszerzony

799 zł

Szczegóły

Zadanie 3.1

3 pkt

Drgania i fale mechaniczneefekt Doppleradźwięk

Rowerzysta w chwili $t = 0$ rozpoczął jazdę i poruszał się dalej po linii prostej. Urządzenie pomiarowe z mikrofonem, stojące w miejscu startu rowerzysty, rejestrowało częstotliwość $f$ dźwięku docierającego z głośnika zamocowanego na rowerze i czas $t$ odbierania sygnału. Częstotliwość dźwięku wytwarzanego przez głośnik była równa $f_{0} = 500 Hz$ (membrana głośnika drgała zawsze z taką częstotliwością). Wyniki pomiarów z poszczególnych etapów ruchu rowerzysty – aż do chwili $t = t_{6}$ – przedstawiono na wykresie zależności $f (t)$ : częstotliwość zmienia się łamaną linią od $500 Hz$ w chwili $t_{0} = 0$ , przez $480 Hz$ (stałe dla $t_{1} \leq t \leq t_{2}$ ), z powrotem do $500 Hz$ w $t_{3}$ (stałe do $t_{4}$ ), następnie do $520 Hz$ w $t_{5}$ i z powrotem do $500 Hz$ w $t_{6}$ (zobacz rysunek).

Wartość prędkości dźwięku w powietrzu wynosi $v_{d} = 340 m/s$ .

W każdym wierszu tabeli wpisz odpowiedź wybraną spośród A–C oraz odpowiedź wybraną spośród D–G, która prawidłowo określa ruch i prędkość głośnika względem mikrofonu, gdy głośnik wysyłał sygnał rejestrowany w danym przedziale czasu.

Głośnik: A. zbliżał się do mikrofonu. B. oddalał się od mikrofonu. C. był nieruchomy względem mikrofonu.

Wartość prędkości głośnika: D. rosła. E. malała. F. była stała, różna od zera. G. była równa $0$ .

Przedział czasu	Głośnik (A–C)	Wartość prędkości (D–G)
$0 < t < t_{1}$
$t_{1} < t < t_{2}$
$t_{2} < t < t_{3}$
$t_{3} < t < t_{4}$
$t_{4} < t < t_{5}$
$t_{5} < t < t_{6}$

Rozwiązanie

Zasada. Ze wzoru Dopplera dla nieruchomego obserwatora: gdy źródło zbliża się, obserwowana częstotliwość jest większa od $f_{0}$ ; gdy się oddala – mniejsza. Odczytujemy przebieg wykresu $f (t)$ względem poziomu $f_{0} = 500 Hz$ i badamy, czy $f$ rośnie, czy maleje w danym przedziale, co odpowiada wzrostowi lub spadkowi prędkości głośnika.

Przedział czasu	Głośnik	Prędkość
$0 < t < t_{1}$	B (oddalał się, $f < 500$ i maleje do $480$ )	D (rosła)
$t_{1} < t < t_{2}$	B (oddalał się, $f = 480$ stałe)	F (stała, różna od zera)
$t_{2} < t < t_{3}$	B (oddalał się, $f$ rośnie od $480$ do $500$ )	E (malała)
$t_{3} < t < t_{4}$	C ( $f = 500$ stałe – nieruchomy)	G (równa $0$ )
$t_{4} < t < t_{5}$	A (zbliżał się, $f$ rośnie od $500$ do $520$ )	D (rosła)
$t_{5} < t < t_{6}$	A (zbliżał się, $f$ maleje od $520$ do $500$ )	E (malała)

Odpowiedź: jak w tabeli powyżej.

Zadanie 3.2

3 pkt

Drgania i fale mechaniczneefekt Doppleradźwięk

Największą wartość prędkości rowerzysty, gdy oddalał się on od mikrofonu, oznaczymy jako $v_{o d}$ , a największą wartość prędkości rowerzysty, gdy zbliżał się do mikrofonu, oznaczymy jako $v_{z b}$ .

Oblicz stosunek $\frac{v _{o d}}{v _{z b}}$ . Wynik zapisz w zaokrągleniu do trzech cyfr znaczących.

Uwaga: Stosunek prędkości możesz wyprowadzić i zapisać za pomocą symboli odpowiednich wielkości, a jego wartość liczbową obliczyć w ostatnim etapie rozwiązania.

Rozwiązanie

Krok 1. Wzory Dopplera. Dla nieruchomego obserwatora i poruszającego się źródła: $f_{z b} = f_{0} \cdot \frac{v _{d}}{v _{d} - v _{z b}}, f_{o d} = f_{0} \cdot \frac{v _{d}}{v _{d} + v _{o d}} .$

Krok 2. Odczyt z wykresu. Największa częstotliwość na wykresie to $f_{z b} = 520 Hz$ (głośnik zbliża się najszybciej), najmniejsza to $f_{o d} = 480 Hz$ (głośnik oddala się najszybciej); $f_{0} = 500 Hz$ .

Krok 3. Wyznaczenie prędkości z częstotliwości. Przekształcając wzory Dopplera: $v_{z b} = \frac{f _{z b} - f _{0}}{f _{z b}} v_{d}, v_{o d} = \frac{f _{0} - f _{o d}}{f _{o d}} v_{d} .$

Krok 4. Iloraz prędkości: $\frac{v _{o d}}{v _{z b}} = \frac{f _{0} - f _{o d}}{f _{o d}} \cdot \frac{f _{z b}}{f _{z b} - f _{0}} = \frac{500 - 480}{480} \cdot \frac{520}{520 - 500} = \frac{20}{480} \cdot \frac{520}{20} = \frac{520}{480} \approx 1, 08.$

Odpowiedź: $\frac{v _{o d}}{v _{z b}} \approx 1, 08$ .

Zadanie 4.1

2 pkt

Grawitacja i astronomiaruch satelitówprawo powszechnego ciążenia

Dwa satelity S1 i S2 krążą wokół Ziemi po orbitach kołowych o promieniach $r_{1}$ i $r_{2}$ (zobacz rysunek). Orbity obu satelitów leżą w jednej płaszczyźnie, a zwrot ich obiegu jest ten sam. Satelity mają wyłączone silniki i poruszają się jedynie pod wpływem siły grawitacji Ziemi. Masy obu satelitów są jednakowe.

Oceń prawdziwość poniższych zdań. Wybierz P, jeśli zdanie jest prawdziwe, albo F – jeśli jest fałszywe.

Zdanie	P	F
Odległość pomiędzy satelitami S1 i S2 podczas ich ruchu pozostaje stała.
Prędkość orbitalna satelity S1 zależy od jego masy.
Siła grawitacji działająca na satelitę S2 (w układzie inercjalnym) jest siłą dośrodkową.
Siła grawitacji działająca na satelitę S2 ma mniejszą wartość od siły grawitacji działającej na satelitę S1.

Dwa satelity S1 i S2 krążące wokół Ziemi po orbitach kołowych o promieniach r1 i r2, ta sama płaszczyzna i zwrot obiegu

Rozwiązanie

Zdanie 1. Satelity mają różne promienie orbit ( $r_{1} < r_{2}$ ), więc zgodnie z III prawem Keplera różne okresy i prędkości kątowe obiegu — odległość między nimi zmienia się w czasie. Zdanie fałszywe (F).

Zdanie 2. Prędkość orbitalna wynika z równości siły grawitacji i siły dośrodkowej: $\frac{G m M}{r ^{2}} = \frac{m v ^{2}}{r} \Rightarrow v = \frac{GM}{r}$ — masa satelity $m$ się skraca. Prędkość nie zależy od masy satelity. Zdanie fałszywe (F).

Zdanie 3. Satelita krąży po orbicie kołowej jedynie pod wpływem grawitacji, więc siła grawitacji jest jedyną siłą działającą na niego i pełni rolę siły dośrodkowej. Zdanie prawdziwe (P).

Zdanie 4. S2 krąży po orbicie o większym promieniu ( $r_{2} > r_{1}$ ), a siła grawitacji maleje z kwadratem odległości, więc siła działająca na S2 jest mniejsza niż na S1. Zdanie prawdziwe (P).

Odpowiedź: F, F, P, P.

Zadanie 4.2

1 pkt

Grawitacja i astronomiaruch satelitówsiła dośrodkowa

Pewien satelita S3 porusza się dookoła Ziemi z włączonymi silnikami po orbicie kołowej o promieniu $r_{2}$ z prędkością $v_{3}$ o stałej wartości, większej od wartości prędkości satelity S2. Opisany ruch satelity S3 jest możliwy, gdy oprócz siły grawitacji działa na niego dodatkowa siła $F$ o ustalonej wartości i ustalonym kącie względem wektora prędkości $v_{3}$ (zobacz rysunek).

Na którym rysunku (A–D) prawidłowo narysowano siłę $F$ ? Wybierz właściwą odpowiedź spośród podanych.

Satelita S3 na orbicie o promieniu r2 z wektorem prędkości v3 skierowanym w górę

Cztery warianty A–D wektora siły F działającej na satelitę S3: w górę, na zewnątrz, w dół i do środka Ziemi

Rozwiązanie

Krok 1. Ta sama orbita, większa prędkość. Satelita S3 krąży po orbicie o tym samym promieniu $r_{2}$ jak S2, ale z większą prędkością. Sama grawitacja przy promieniu $r_{2}$ zapewniałaby tylko prędkość swobodnego satelity (jak S2). Aby ciało poruszało się szybciej po tym samym okręgu, potrzebna jest dodatkowa siła dośrodkowa – składowa $F$ skierowana do środka Ziemi.

Krok 2. Ruch jednostajny po okręgu. Prędkość ma stałą wartość, więc wypadkowa siła styczna do trajektorii (w kierunku ruchu) musi być zerowa – siła $F$ nie może mieć składowej stycznej, musi być skierowana dokładnie radialnie, do środka Ziemi.

Krok 3. Wybór rysunku. Rysunek, na którym $F$ jest narysowana radialnie, w stronę środka Ziemi (a nie stycznie do orbity), to rysunek D.

Odpowiedź: D.

Zadanie 4.3

3 pkt

Grawitacja i astronomiaruch satelitówprawo powszechnego ciążenia

Promień orbity, po której porusza się satelita S1, jest równy $r_{1} = 6770 km$ . Masa Ziemi wynosi $M_{Z} = 5, 97 \cdot 1 0^{24} kg$ .

Oblicz okres obiegu satelity S1 dookoła Ziemi.

Rozwiązanie

Krok 1. Siła grawitacji jako siła dośrodkowa. $m \frac{v ^{2}}{r _{1}} = \frac{G m M _{Z}}{r _{1}^{2}} .$

Krok 2. Podstawienie prędkości w ruchu jednostajnym po okręgu $v = \frac{2 π r _{1}}{T}$ : $m \frac{( 2 π r _{1} / T ) ^{2}}{r _{1}} = \frac{G m M _{Z}}{r _{1}^{2}} \Rightarrow \frac{4 π ^{2} r _{1}}{T ^{2}} = \frac{G M _{Z}}{r _{1}^{2}} \Rightarrow T = 2 π \frac{r _{1}^{3}}{G M _{Z}} .$

Krok 3. Podstawienie danych ( $G = 6, 67 \cdot 1 0^{- 11} \frac{N \cdot m ^{2}}{k g ^{2}}$ , $r_{1} = 6, 77 \cdot 1 0^{6} m$ ): $T = 2 π \frac{( 6 , 77 \cdot 1 0 ^{6} m ) ^{3}}{6 , 67 \cdot 1 0 ^{- 11} \frac{N \cdot m ^{2}}{k g ^{2}} \cdot 5 , 97 \cdot 1 0 ^{24} kg} \approx 5, 55 \cdot 1 0^{3} s .$

Odpowiedź: $T \approx 5, 55 \cdot 1 0^{3} s$ (czyli około 92,5 minuty).

Fizyka

Poziom rozszerzony

799 zł

Szczegóły

Zadanie 5.1

2 pkt

Magnetyzm i indukcjasiła elektrodynamicznaindukcja elektromagnetyczna

Dwa miedziane pręty umieszczono równolegle w płaszczyźnie poziomej. Odległość pomiędzy tymi prętami wynosiła $d = 0, 05 m$ . Pręty były unieruchomione, a do ich końców podłączono amperomierz. Oba pręty znajdowały się w obszarze jednorodnego pola magnetycznego. Wektor indukcji magnetycznej tego pola miał wartość $B = 0, 8 T$ i był zwrócony prostopadle przed płaszczyznę rysunku (zobacz rysunek).

Na prętach, prostopadle do obu z nich, w obszarze jednorodnego pola magnetycznego położono aluminiową poprzeczkę. Poprzeczkę przesuwano w lewo, działając na nią stałą siłą zewnętrzną $F$ w kierunku poziomym. W wyniku tego poprzeczka poruszała się ze stałą prędkością o wartości $v = 2 m/s$ . W czasie ruchu poprzeczki amperomierz wskazywał natężenie prądu równe $I = 2 A$ . Całkowity opór elektryczny obwodu oznaczono jako $R$ .

Przyjmij model, w którym pomijamy pole magnetyczne wytworzone przez prąd płynący w obwodzie, pomijamy tarcie pomiędzy poprzeczką a prętami oraz pomijamy opór elektryczny prętów i poprzeczki, uwzględniając jedynie łączny opór amperomierza i przewodów.

Na rysunku zaznacz strzałką, w którą stronę płynie prąd przez amperomierz, oraz narysuj wektor siły elektrodynamicznej $F_{e d}$ działającej na poruszającą się poprzeczkę.

Dwa równoległe pręty w polu magnetycznym B (prostopadłym do rysunku) z poprzeczką przesuwaną w lewo z prędkością v, podłączone do amperomierza A i opornika R

Rozwiązanie

Krok 1. Indukowana siła elektromotoryczna. Poprzeczka poruszająca się w polu magnetycznym działa jak źródło SEM: ładunki w niej doznają siły Lorentza $F_{L} = q v \times B$ . Dla $v$ skierowanej w lewo i $B$ „przed płaszczyznę rysunku” (do obserwatora), siła ta wypycha dodatnie ładunki w poprzeczce w określonym kierunku wzdłuż niej.

Krok 2. Kierunek prądu. Z reguły prawej ręki wynika kierunek prądu w poprzeczce, a więc i w obwodzie zewnętrznym – prąd płynie przez amperomierz w kierunku wyznaczonym przez tę regułę (od zacisku, do którego dochodzi prąd wypływający z poprzeczki, z powrotem do drugiego pręta).

Krok 3. Siła elektrodynamiczna. Prąd $I$ płynący w poprzeczce, w polu $B$ , doznaje siły $F_{e d} = I d \times B$ . Zgodnie z prawem Lenza (i zasadą zachowania energii) siła ta przeciwstawia się przyczynie swojego powstania, czyli ruchowi poprzeczki w lewo – jest więc skierowana przeciwnie do $v$ , czyli w prawo.

Odpowiedź: prąd płynie przez amperomierz w kierunku wyznaczonym regułą prawej ręki dla $v \times B$ ; wektor $F_{e d}$ jest skierowany przeciwnie do $v$ (w prawo).

Zadanie 5.2

2 pkt

Magnetyzm i indukcjasiła elektrodynamiczna

Podczas ruchu poprzeczki działają na nią w kierunku poziomym dwie siły: siła zewnętrzna $F$ oraz siła elektrodynamiczna $F_{e d}$ .

Oblicz wartość poziomej siły zewnętrznej $F$ .

Rozwiązanie

Krok 1. Ruch jednostajny. Poprzeczka porusza się ze stałą prędkością, więc zgodnie z I zasadą dynamiki siły równoważą się: $F = F_{e d} .$

Krok 2. Wzór na siłę elektrodynamiczną. Dla przewodnika z prądem $I$ , o długości równej odległości między prętami $d$ , w polu $B$ : $F_{e d} = I d B .$

Krok 3. Podstawienie danych: $F = I d B = 2 A \cdot 0, 05 m \cdot 0, 8 T = 0, 08 N .$

Odpowiedź: $F = 0, 08 N$ .

Zadanie 5.3

3 pkt

Magnetyzm i indukcjaindukcja elektromagnetyczna

Oblicz całkowity opór elektryczny $R$ obwodu.

Rozwiązanie

Krok 1. Napięcie indukowane na poprzeczce. Poprzeczka o długości $d$ , poruszająca się z prędkością $v$ w polu $B$ , jest źródłem napięcia (SEM indukcji): $U = v B d .$

Krok 2. Związek z oporem i natężeniem. Napięcie to zasila obwód o oporze całkowitym $R$ , w którym płynie prąd $I$ : $U = I R \Rightarrow R = \frac{U}{I} = \frac{v B d}{I} .$

Krok 3. Podstawienie danych: $R = \frac{2 m/s \cdot 0 , 8 T \cdot 0 , 05 m}{2 A} = \frac{0 , 08 V}{2 A} = 0, 04 Ω.$

Odpowiedź: $R = 0, 04 Ω$ .

Zadanie 6.1

4 pkt

Magnetyzm i indukcjaprąd zmiennypraca i moc prądu

Dwie identyczne diody D1, D2 oraz dwa oporniki o oporach $R_{1} = 20 Ω$ , $R_{2} = 30 Ω$ podłączono do zacisków A i B prądnicy (zobacz schemat na rysunku). Ta prądnica wytwarza napięcie przemienne zmieniające się w czasie sinusoidalnie z częstotliwością $f = 25 Hz$ . Maksymalna wartość napięcia między zaciskami wynosi $∣ U_{ma x} ∣ = 6, 0 V$ .

W zadaniach 6.1. oraz 6.2. przyjmij, że każda dioda podczas przepływu prądu w jedną stronę ma opór równy zero, a w drugą stronę jej opór jest nieskończenie duży.

W chwili $t_{0} = 0$ napięcie w obwodzie jest równe zero. W pierwszej połowie okresu zmian napięcia, licząc od chwili $t_{0} = 0$ , na zacisku A prądnicy jest „+”, a na zacisku B jest „–”.

Przyjmij konwencję, że gdy prąd w obwodzie zewnętrznym płynie od A do B, to jego natężenie jest dodatnie, a gdy płynie od B do A, to jego natężenie jest ujemne.

Narysuj wykresy zależności natężeń prądów przepływających – odpowiednio – przez oporniki $R_{1}$ oraz $R_{2}$ od czasu, dla przedziału czasu od $t_{0} = 0$ do $t = 0, 10 s$ . Uwzględnij właściwe wartości amplitudy natężeń prądów oraz okresu ich zmian.

Schemat obwodu: dwie gałęzie równoległe (R1 z diodą D1, D2 z opornikiem R2) podłączone do zacisków A i B prądnicy prądu przemiennego U(t)

Rozwiązanie

Krok 1. Okres zmian napięcia. $T = \frac{1}{f} = \frac{1}{25 Hz} = 0, 04 s$ — napięcie (i prądy) zmieniają znak co pół okresu, czyli co $0, 02 s$ .

Krok 2. Które gałęzie przewodzą w każdej połowie okresu. Gałąź $R_{1}$ –D1 przewodzi tylko wtedy, gdy dioda D1 jest spolaryzowana w stronę przewodzenia, a gałąź D2– $R_{2}$ przewodzi w przeciwnej połowie okresu (nigdy obie naraz). Dla $0 < t < 0, 02 s$ (gdy A jest „+”) prąd płynie przez gałąź z $R_{1}$ ; dla $0, 02 s < t < 0, 04 s$ (gdy B jest „+”) prąd płynie przez gałąź z $R_{2}$ . Wzorzec ten powtarza się z okresem $T = 0, 04 s$ .

Krok 3. Amplitudy natężeń. Gdy przewodzi gałąź $R_{1}$ (opór D1 równy zero, D2 blokuje drugą gałąź): $I_{1 ma x} = \frac{U _{ma x}}{R _{1}} = \frac{6 , 0 V}{20 Ω} = 0, 3 A .$ Analogicznie dla gałęzi z $R_{2}$ : $I_{2 ma x} = \frac{U _{ma x}}{R _{2}} = \frac{6 , 0 V}{30 Ω} = 0, 2 A .$

Krok 4. Kształt wykresów. $I_{1} (t)$ : w przedziałach $(0; 0, 02)$ , $(0, 04; 0, 06)$ , $(0, 08; 0, 10) s$ ma przebieg górnej połówki sinusoidy o amplitudzie $0, 3 A$ , a w przedziałach $(0, 02; 0, 04)$ i $(0, 06; 0, 08) s$ jest równy zero. $I_{2} (t)$ : jest niezerowy właśnie w przedziałach, gdzie $I_{1} = 0$ , jako dolna połówka sinusoidy (natężenie ujemne, prąd od B do A) o amplitudzie $0, 2 A$ , a w pozostałych przedziałach jest równy zero.

Odpowiedź: $I_{1} (t)$ – górne połówki sinusoidy, amplituda $0, 3 A$ , w przedziałach $(0; 0, 02)$ , $(0, 04; 0, 06)$ , $(0, 08; 0, 10) s$ , zero poza nimi; $I_{2} (t)$ – dolne połówki sinusoidy, amplituda $0, 2 A$ , w przedziałach $(0, 02; 0, 04)$ , $(0, 06; 0, 08) s$ , zero poza nimi; okres zmian $T = 0, 04 s$ .

Zadanie 6.2

3 pkt

Magnetyzm i indukcjaprąd zmiennypraca i moc prądu

Oblicz ciepło wydzielone w całym obwodzie (tzn. na obu opornikach łącznie) w czasie $10$ sekund działania prądnicy.

Przyjmij, że w chwili początkowej $t_{0} = 0$ napięcie wynosiło $U = 0$ .

Rozwiązanie

Krok 1. Ciepło jako suma ciepeł na obu opornikach. $Q_{c} = Q_{1} + Q_{2}$ , gdzie każdy opornik przewodzi prąd tylko przez połowę czasu działania prądnicy (drugą połowę blokuje jego dioda): $Δ t_{1} = Δ t_{2} = \frac{t}{2} = \frac{10 s}{2} = 5 s .$

Krok 2. Moc średnia prądu sinusoidalnego. Maksymalne napięcie na każdym oporniku (gdy przewodzi) jest równe $U_{ma x} = 6, 0 V$ , a moc średnia dla przebiegu sinusoidalnego wynosi $P_{\overset{s}{ˊ} r} = \frac{U _{ma x}^{2}}{2 R}$ .

Krok 3. Obliczenie ciepła: $Q_{c} = \frac{U _{ma x}^{2}}{2 R _{1}} \cdot Δ t_{1} + \frac{U _{ma x}^{2}}{2 R _{2}} \cdot Δ t_{2} = \frac{6 , 0 ^{2}}{2 \cdot 20} \cdot 5 + \frac{6 , 0 ^{2}}{2 \cdot 30} \cdot 5 J = 4, 5 J + 3, 0 J = 7, 5 J .$

Odpowiedź: $Q_{c} = 7, 5 J$ .

Fizyka

Poziom rozszerzony

799 zł

Szczegóły

Zadanie 7.1

2 pkt

Termodynamikaprzemiany gazowerównanie Clapeyrona

W zamkniętym zbiorniku znajduje się gaz doskonały – azot o masie $m = 1, 4 kg$ i masie molowej $μ = 28 g/mol$ . Gaz powoli ogrzewano. Zmianę parametrów gazu ze stanu początkowego $A$ do stanu końcowego $B$ przedstawiono na wykresie zależności $p (T)$ – ciśnienia od temperatury (zobacz rysunek). Wykres $A$ – $B$ jest odcinkiem prostej: $A = (- 2 3^{\circ} C; 0, 4 MPa)$ , $B = (10 2^{\circ} C; 0, 6 MPa)$ .

Temperatura zera bezwzględnego w zaokrągleniu do $1^{\circ} C$ wynosi $(- 273)^{\circ} C$ .

Na podstawie danych odczytanych z wykresu udowodnij, że przemiana A–B jest izochoryczna. Wykonaj odpowiednie obliczenia oraz powołaj się na własność przemiany izochorycznej.

Wykres zależności ciśnienia p od temperatury T dla przemiany A–B azotu, odcinek prostej od A=(-23°C; 0,4 MPa) do B=(102°C; 0,6 MPa)

Rozwiązanie

Krok 1. Własność przemiany izochorycznej. W przemianie przy stałej objętości ciśnienie gazu doskonałego jest wprost proporcjonalne do temperatury bezwzględnej, czyli iloraz $\frac{p}{T}$ (z $T$ w kelwinach) jest stały dla wszystkich punktów przemiany.

Krok 2. Temperatury w kelwinach. $T_{A} = (- 23 + 273) K = 250 K, T_{B} = (102 + 273) K = 375 K .$

Krok 3. Sprawdzenie ilorazu $p / T$ : $\frac{p _{A}}{T _{A}} = \frac{0 , 4 MPa}{250 K} = 1, 6 \frac{kPa}{K}, \frac{p _{B}}{T _{B}} = \frac{0 , 6 MPa}{375 K} = 1, 6 \frac{kPa}{K} .$

Krok 4. Wniosek. Ponieważ $\frac{p _{A}}{T _{A}} = \frac{p _{B}}{T _{B}}$ , iloraz ciśnienia do temperatury bezwzględnej jest stały na całym odcinku A–B, co jest własnością charakterystyczną przemiany izochorycznej. To dowodzi, że przemiana A–B jest izochoryczna.

Zadanie 7.2

1 pkt

TermodynamikaI zasada termodynamikiprzemiany gazowe

Oceń prawdziwość każdego dokończenia poniższego zdania. Wybierz P, jeśli zdanie jest prawdziwe, albo F – jeśli jest fałszywe.

W przemianie izochorycznej A–B

Dokończenie zdania	P	F
siła parcia gazu wykonała pracę.
energia wewnętrzna gazu rosła.
gaz pobrał ciepło z otoczenia.

Rozwiązanie

1. W przemianie izochorycznej objętość gazu się nie zmienia, więc gaz nie wykonuje pracy objętościowej ( $W = p Δ V = 0$ ). Zdanie fałszywe (F).

2. Temperatura gazu rośnie ( $T_{A} < T_{B}$ ), a energia wewnętrzna gazu doskonałego zależy tylko od temperatury — więc energia wewnętrzna rosła. Zdanie prawdziwe (P).

3. Z I zasady termodynamiki $Q = Δ U + W$ . Skoro $W = 0$ oraz $Δ U > 0$ , to $Q = Δ U > 0$ — gaz pobrał ciepło z otoczenia. Zdanie prawdziwe (P).

Odpowiedź: F, P, P.

Zadanie 7.3

2 pkt

Termodynamikarównanie Clapeyronaprzemiany gazowe

Oblicz objętość azotu w stanie końcowym $B$ .

Rozwiązanie

Krok 1. Równanie Clapeyrona. $p_{B} V_{B} = n R T_{B}$ , gdzie liczbę moli wyrażamy przez masę i masę molową: $n = \frac{m}{μ}$ .

Krok 2. Wzór na objętość: $V_{B} = \frac{m}{μ} \cdot \frac{R T _{B}}{p _{B}} .$

Krok 3. Podstawienie danych ( $m = 1, 4 kg$ , $μ = 0, 028 kg/mol$ , $R = 8, 31 \frac{J}{mol \cdot K}$ , $T_{B} = 375 K$ , $p_{B} = 0, 6 \cdot 1 0^{6} Pa$ ): $V_{B} = \frac{1 , 4 kg}{0 , 028 kg/mol} \cdot \frac{8 , 31 \frac{J}{mol \cdot K} \cdot 375 K}{0 , 6 \cdot 1 0 ^{6} Pa} \approx 0, 26 m^{3} .$

Odpowiedź: $V_{B} \approx 0, 26 m^{3}$ .

Zadanie 7.4

1 pkt

Termodynamikaprzemiany gazowe

Dokończ zdanie. Wpisz właściwą wartość liczbową w wykropkowanym miejscu.

Siła parcia, z jaką azot znajdujący się w stanie początkowym A działa na $1 c m^{2}$ płaskiej ścianki zbiornika, ma wartość ............... N.

Rozwiązanie

Krok 1. Związek siły parcia z ciśnieniem. $F = p \cdot S$ , gdzie $S$ jest powierzchnią ścianki.

Krok 2. Podstawienie danych ( $p_{A} = 0, 4 MPa = 0, 4 \cdot 1 0^{6} Pa$ , $S = 1 c m^{2} = 1 \cdot 1 0^{- 4} m^{2}$ ): $F = 0, 4 \cdot 1 0^{6} Pa \cdot 1 \cdot 1 0^{- 4} m^{2} = 40 N .$

Odpowiedź: $40 N$ .

Zadanie 7.5

1 pkt

TermodynamikaI zasada termodynamikiciepło molowe

Ciepło molowe azotu przy stałej objętości wynosi około $21 J/ (mol \cdot K)$ .

Dokończ zdanie. Zaznacz właściwą odpowiedź spośród podanych.

Ciepło wymienione przez azot z otoczeniem w przemianie A–B wynosi (w zaokrągleniu do dwóch cyfr znaczących)

A.
$Q \approx 130 kJ$
B.
$Q \approx 130 J$
C.
$Q \approx 52 J$
D.
$Q \approx 52 kJ$

Rozwiązanie

Krok 1. Liczba moli azotu. $n = \frac{m}{μ} = \frac{1400 g}{28 g/mol} = 50 mol$ .

Krok 2. Ciepło w przemianie izochorycznej. Skoro $W = 0$ , to $Q = Δ U = n C_{V} Δ T$ : $Q = 50 mol \cdot 21 \frac{J}{mol \cdot K} \cdot (375 - 250) K = 50 \cdot 21 \cdot 125 J = 131250 J \approx 130 kJ .$

Odpowiedź: A. $Q \approx 130 kJ$ .

Fizyka

Poziom rozszerzony

799 zł

Szczegóły

Zadanie 8.1

2 pkt

Optyka geometrycznasoczewkikonstrukcja obrazu

Uczniowie badali własności cienkich soczewek skupiających. Na ławie optycznej ustawiali jedną z dwóch soczewek skupiających S1 i S2 oraz małą, świecącą diodę LED. Diodę umieszczali w różnych miejscach przed soczewką. Ogniskowe soczewek S1 i S2 były różne.

W pierwszym doświadczeniu uczniowie uzyskali na ekranie za pomocą soczewki S1 ostry obraz D' świecącej diody D. Na rysunku przedstawiono położenie diody D oraz położenie jej obrazu D' względem osi optycznej soczewki S1 oraz względem ekranu.

Na rysunku wyznacz konstrukcyjnie położenie soczewki S1 oraz położenie jednego z jej ognisk. Oznacz symbolem S1 położenie środka tej soczewki na osi optycznej, a symbolem F1 – położenie jednego z jej ognisk.

Rysunek 1 — położenie diody D i jej obrazu D' na ekranie względem osi optycznej soczewki S1, do konstrukcyjnego wyznaczenia soczewki S1 i ogniska F1

Rozwiązanie

Krok 1. Charakter obrazu. Obraz D' powstał na ekranie (obraz rzeczywisty) i jest odwrócony względem D (D jest powyżej osi, D' poniżej) — typowy obraz rzeczywisty otrzymywany za pomocą soczewki skupiającej, gdy przedmiot jest dalej od soczewki niż jej ognisko.

Krok 2. Konstrukcja położenia soczewki. Promień świetlny wychodzący z D i przechodzący przez środek soczewki (nieodchylony) biegnie po linii prostej łączącej D i D' — soczewka (jej płaszczyzna główna) znajduje się w punkcie przecięcia odcinka DD' z osią optyczną. To wyznacza punkt S1.

Krok 3. Konstrukcja ogniska. Promień z D biegnący równolegle do osi optycznej, po przejściu przez soczewkę (w punkcie S1) załamuje się i przechodzi przez D' — przecina osię optyczną w ognisku F1. Punkt przecięcia tego załamanego promienia z osią optyczną wyznacza F1.

Odpowiedź: S1 – punkt przecięcia prostej DD' z osią optyczną; F1 – punkt przecięcia z osią optyczną promienia wychodzącego z D równolegle do osi i załamanego w S1 w stronę D'.

Zadanie 8.2

1 pkt

Optyka geometrycznasoczewkikonstrukcja obrazu

Informacja do zadań 8.2. i 8.3.

W drugim doświadczeniu uczniowie zaobserwowali przez soczewkę S2 obraz D'' świecącej diody D. Na rysunku przedstawiono położenie diody D względem soczewki S2 oraz jej osi optycznej, a także oznaczono położenie jednego z ognisk ( $F_{2}$ ) soczewki S2 oraz obserwatora.

Na rysunku wyznacz konstrukcyjnie i oznacz położenie obrazu D'' świecącej diody D.

Rysunek 2 — położenie diody D względem soczewki S2 i jej osi optycznej, oznaczone ognisko F2 i obserwator, do konstrukcyjnego wyznaczenia obrazu D''

Rozwiązanie

Krok 1. Odległość obiektu od ogniska. Z rysunku dioda D znajduje się bliżej soczewki niż wynosi jej odległość ogniskowa (odległość D od osi optycznej jest mniejsza niż odległość $F_{2}$ od soczewki) — obiekt leży wewnątrz ogniskowej soczewki S2. Soczewka działa więc jak lupa i wytwarza obraz pozorny.

Krok 2. Konstrukcja. Prowadzimy promień z D równolegle do osi optycznej; po załamaniu w soczewce przechodzi przez ognisko $F_{2}$ . Prowadzimy też promień z D przez środek soczewki – biegnie bez załamania. Oba promienie za soczewką są rozbieżne; ich przedłużenia w stronę obiektu (na lewo od soczewki) przecinają się w punkcie D'' – tam powstaje obraz pozorny.

Krok 3. Położenie D''. Ponieważ D jest bliżej soczewki niż ognisko, D'' znajduje się po tej samej stronie soczewki co D, dalej od soczewki i wyżej niż D.

Odpowiedź: D'' – po tej samej stronie soczewki S2 co dioda D, na przecięciu przedłużeń promieni załamanych, dalej od soczewki i wyżej niż D.

Zadanie 8.3

1 pkt

Optyka geometrycznasoczewki

Oceń prawdziwość każdego dokończenia poniższego zdania. Wybierz P, jeśli zdanie jest prawdziwe, albo F – jeśli jest fałszywe.

Obserwowany przez soczewkę obraz D'' świecącej diody D jest

Dokończenie zdania	P	F
rzeczywisty.
odwrócony.
powiększony.

Rozwiązanie

Dioda D znajduje się bliżej soczewki S2 niż jej ognisko $F_{2}$ — soczewka działa jak lupa.

1. Obraz otrzymany, gdy przedmiot jest wewnątrz ogniskowej, jest obrazem pozornym (nie można go rzutować na ekran) — zdanie „jest rzeczywisty” jest fałszywe (F).

2. Obraz pozorny wytworzony przez soczewkę skupiającą dla przedmiotu wewnątrz ogniskowej jest prosty (nieodwrócony) — zdanie „jest odwrócony” jest fałszywe (F).

3. Obraz taki jest zawsze powiększony względem przedmiotu (efekt lupy) — zdanie prawdziwe (P).

Odpowiedź: F, F, P.

Zadanie 9.1

1 pkt

Fizyka atomowa i kwantowamodel Bohrafoton

Rozważamy elektron w atomie wodoru znajdujący się początkowo na poziomie energetycznym o numerze $n = 4$ . Ten elektron może przejść na wyższy poziom energetyczny w wyniku pochłonięcia fotonu albo może przejść na niższy poziom energetyczny, emitując przy tym foton.

Częstotliwość fotonu pochłoniętego podczas przejścia elektronu z poziomu $n = 4$ na poziom $n = 5$ oznaczymy jako $f_{45}$ , a częstotliwość fotonu pochłoniętego podczas przejścia elektronu z poziomu $n = 4$ na poziom $n = 6$ oznaczymy jako $f_{46}$ . Wartości energii fotonów pochłoniętych podczas tych przejść oznaczymy odpowiednio jako $E_{45}$ oraz $E_{46}$ .

Dokończ zdanie. Zaznacz odpowiedź A, B albo C oraz jej uzasadnienie 1., 2. albo 3.

Częstotliwości $f_{45}$ i $f_{46}$ fotonów pochłoniętych przez atom wodoru spełniają relację

A. $f_{45} > f_{46}$ , B. $f_{45} = f_{46}$ , C. $f_{45} < f_{46}$ ,

ponieważ wartości energii tych fotonów spełniają relację

$E_{45} > E_{46}$ . 2. $E_{45} = E_{46}$ . 3. $E_{45} < E_{46}$ .

Rozwiązanie

Krok 1. Energia fotonu a różnica poziomów. Energia pochłoniętego fotonu jest równa różnicy energii poziomów: $E_{45} = E_{5} - E_{4}$ , $E_{46} = E_{6} - E_{4}$ . Poziomy energetyczne atomu wodoru są coraz gęściej upakowane z rosnącym $n$ , a przejście do $n = 6$ obejmuje większy „skok” energii niż przejście do $n = 5$ , więc $E_{46} > E_{45}$ , czyli $E_{45} < E_{46}$ (relacja 3.).

Krok 2. Związek energii z częstotliwością. Energia fotonu $E = h f$ jest proporcjonalna do częstotliwości, więc skoro $E_{45} < E_{46}$ , to również $f_{45} < f_{46}$ (relacja C.).

Odpowiedź: C3.

Zadanie 9.2

3 pkt

Fizyka atomowa i kwantowamodel Bohrafoton

Elektron w atomie wodoru przeszedł z poziomu energetycznego $n = 4$ na niższy poziom energetyczny, emitując w tym procesie foton o energii $2, 55 eV$ .

Wyznacz numer poziomu energetycznego, na który przeszedł elektron. Wykonaj odpowiednie obliczenia.

Rozwiązanie

Krok 1. Energia elektronu na poziomie $n = 4$ . Energia elektronu w atomie wodoru na poziomie $n$ wynosi $E_{n} = - \frac{13 , 6 eV}{n ^{2}}$ , więc: $E_{4} = - \frac{13 , 6 eV}{4 ^{2}} = - 0, 85 eV .$

Krok 2. Zasada zachowania energii. Energia emitowanego fotonu jest równa różnicy energii elektronu przed i po przejściu: $E_{4} - E_{k} = E_{f o t}$ : $E_{k} = E_{4} - E_{f o t} = - 0, 85 eV - 2, 55 eV = - 3, 4 eV .$

Krok 3. Wyznaczenie numeru poziomu $k$ : $E_{k} = - \frac{13 , 6 eV}{k ^{2}} \Rightarrow k^{2} = \frac{13 , 6 eV}{3 , 4 eV} = 4 \Rightarrow k = 2.$

Odpowiedź: Elektron przeszedł na poziom $n = 2$ .

Fizyka

Poziom rozszerzony

799 zł

Szczegóły

Zadanie 10.1

3 pkt

Elektrostatykapole elektryczneładunek

Kilkanaście lat po tym, jak J.J. Thomson odkrył elektron, Robert A. Millikan wykonał doświadczenie, w którym wyznaczył ładunek elektryczny elektronu.

W jednej z wersji tego doświadczenia naelektryzowane kropelki oleju poruszały się w powietrzu, w obszarze jednorodnego pola elektrycznego, pomiędzy równoległymi i przeciwnie naładowanymi płytkami metalowymi. Do naelektryzowania kropelek oleju wykorzystano wiązkę jąder helu $^{4}$ He, uzyskaną podczas rozpadu alfa jąder plutonu $^{239}$ Pu. Kropelki oleju rozpylano w obszar pola elektrycznego, a obserwacja ruchu kropelki pod mikroskopem pozwalała wyznaczyć jej prędkość (zobacz rysunek).

Na dodatnio naelektryzowane kropelki oleju działają: siła grawitacji $F_{g}$ ; siła oporu $F_{o p}$ powietrza, której wartość jest wprost proporcjonalna do wartości prędkości kropelki ( $F_{o p} \sim v$ ); siła elektryczna $F_{e}$ (gdy pole elektryczne między płytkami jest włączone).

Kropelka, która w obszarze pomiędzy płytkami wytraciła poziomą składową prędkości na skutek działania siły oporu powietrza, może – zależnie od wartości natężenia pola elektrycznego pomiędzy płytkami – pozostawać w spoczynku, wznosić się lub opadać pionowo. Przyjmij, że ruch kropelki opisujemy w układzie inercjalnym.

W sytuacji, gdy pole elektryczne pomiędzy płytkami jest wyłączone, kropelka o masie $m$ i ładunku $q$ opada pionowo ze stałą prędkością o wartości $v$ . Natomiast w sytuacji, gdy pole elektryczne pomiędzy płytkami jest włączone (oraz natężenie pola ma odpowiednią wartość), kropelka o masie $m$ i ładunku $q$ wznosi się pionowo ze stałą prędkością o wartości $2 v$ .

Oblicz iloraz $\frac{F _{e l}}{F _{g}}$ – wartości siły elektrycznej działającej na wznoszącą się kropelkę i wartości siły grawitacji działającej na tę kropelkę.

Schemat doświadczenia Millikana: kropelka oleju naelektryzowana wiązką jąder helu, poruszająca się między płytkami w polu elektrycznym, obserwowana pod mikroskopem

Rozwiązanie

Krok 1. Ruch bez pola – opadanie. Kropelka opada ruchem jednostajnym, więc siły się równoważą: siła oporu (w górę, przeciw ruchowi) równa jest sile grawitacji: $F_{g} = F_{o p 1} = k v,$ gdzie $k$ jest współczynnikiem proporcjonalności między siłą oporu a prędkością.

Krok 2. Ruch z polem – wznoszenie. Kropelka wznosi się ruchem jednostajnym z prędkością $2 v$ , więc opór (teraz w dół, przeciw ruchowi) ma wartość $F_{o p 2} = k (2 v) = 2 k v = 2 F_{g}$ . Siły równoważą się: siła elektryczna (w górę) równoważy grawitację i opór (w dół): $F_{e l} = F_{g} + F_{o p 2} = F_{g} + 2 F_{g} = 3 F_{g} .$

Krok 3. Iloraz: $\frac{F _{e l}}{F _{g}} = 3.$

Odpowiedź: $\frac{F _{e l}}{F _{g}} = 3$ .

Zadanie 10.2

2 pkt

Elektrostatykapole elektryczneładunek

Kropelka, która początkowo poruszała się w obszarze pola elektrycznego, w wyniku działania siły oporu powietrza wyhamowała i pozostaje nieruchoma. Na nieruchomą kropelkę działają wtedy siła elektryczna oraz siła grawitacji.

Masa kropelki wynosi $m = 6, 53 \cdot 1 0^{- 14} kg$ , a natężenie pola elektrycznego działającego na kropelkę ma wartość $E = 2, 00 \cdot 1 0^{5} N/C$ . Przyjmij do obliczeń, że przyśpieszenie ziemskie ma wartość $g = 9, 81 m/ s^{2}$ .

Oblicz, jaką całkowitą wielokrotnością $n$ ładunku elementarnego $e$ jest ładunek tej kropelki.

Rozwiązanie

Krok 1. Warunek równowagi. Kropelka jest nieruchoma, więc siła elektryczna równoważy siłę grawitacji: $F_{g} = F_{e l} \Rightarrow m g = q E .$

Krok 2. Ładunek jako wielokrotność ładunku elementarnego. $q = n e$ , więc: $m g = n e E \Rightarrow n = \frac{m g}{e E} .$

Krok 3. Podstawienie danych ( $e = 1, 6 \cdot 1 0^{- 19} C$ ): $n = \frac{6 , 53 \cdot 1 0 ^{- 14} kg \cdot 9 , 81 m/ s ^{2}}{1 , 6 \cdot 1 0 ^{- 19} C \cdot 2 , 00 \cdot 1 0 ^{5} N/C} = \frac{6 , 41 \cdot 1 0 ^{- 13}}{3 , 2 \cdot 1 0 ^{- 14}} \approx 20.$

Odpowiedź: $n = 20$ .

Zadanie 10.3

2 pkt

Fizyka jądrowarozpady promieniotwórcze

Informacja do zadań 10.3. i 10.4.

Podczas rozpadu jądra plutonu $^{239}$ Pu powstają dwa produkty: jądro helu $^{4}$ He oraz pewne jądro, które oznaczymy jako X.

Zapisz równanie reakcji rozpadu opisanej powyżej. Uwzględnij w równaniu reakcji liczby masowe i atomowe oraz ustal i zapisz nazwę jądra X.

Rozwiązanie

Krok 1. Zasady zachowania w rozpadzie alfa. W rozpadzie alfa jądro emituje jądro helu $_{2}^{4} He$ ; zachowane są liczba masowa (suma liczb masowych produktów równa liczbie masowej jądra macierzystego) i liczba atomowa (analogicznie).

Krok 2. Równanie reakcji. Dla plutonu $_{94}^{239} Pu$ : $_{94}^{239} Pu ⟶_{2}^{4} He +_{92}^{235} X .$ Liczba masowa: $239 = 4 + 235$ ; liczba atomowa: $94 = 2 + 92$ .

Krok 3. Identyfikacja jądra X. Liczba atomowa $92$ odpowiada w układzie okresowym pierwiastkowi uran, więc $_{92}^{235} X =_{92}^{235} U$ .

Odpowiedź: $_{94}^{239} Pu \to_{2}^{4} He +_{92}^{235} U$ ; jądro X to uran ( $_{92}^{235} U$ ).

Zadanie 10.4

1 pkt

Fizyka jądrowadeficyt masyenergia wiązania

Oceń prawdziwość poniższych zdań. Wybierz P, jeśli zdanie jest prawdziwe, albo F – jeśli jest fałszywe.

Zdanie	P	F
Masa jądra plutonu $^{239}$ Pu jest większa od sumy mas produktów reakcji rozpadu (opisanej w informacji do zadań 10.3. i 10.4.).
Produkty reakcji rozpadu jądra plutonu $^{239}$ Pu (opisanej w informacji do zadań 10.3. i 10.4.) uzyskują energię kinetyczną.
Masa jądra plutonu $^{239}$ Pu jest większa od sumy mas oddzielnych nukleonów, które tworzą jądro plutonu $^{239}$ Pu.

Rozwiązanie

1. W każdej reakcji rozpadu jądrowego uwalniana jest energia (deficyt masy), co zgodnie z $E = Δ m c^{2}$ oznacza, że masa jądra macierzystego jest większa od sumy mas produktów. Zdanie prawdziwe (P).

2. Uwolniona w rozpadzie energia (odpowiadająca deficytowi masy) zostaje przekazana produktom rozpadu głównie w postaci ich energii kinetycznej. Zdanie prawdziwe (P).

3. Jest odwrotnie: energia wiązania powoduje, że masa złożonego jądra jest mniejsza od sumy mas swobodnych nukleonów składowych (deficyt masy jądra względem nukleonów) — ta różnica odpowiada energii wiązania jądra. Zdanie fałszywe (F).

Odpowiedź: P, P, F.

Przeczytaj także

Zobacz wszystkie

Fizyka PR — Maj 2026

Arkusz maturalny z fizyki, poziom rozszerzony, sesja Maj 2026 (CKE, Formuła 2023), z pełnymi rozwiązaniami krok po kroku.

Fizyka PR — Maj 2025

Arkusz maturalny z fizyki, poziom rozszerzony, sesja Maj 2025 (CKE, Formuła 2023), z pełnymi rozwiązaniami krok po kroku.

Fizyka PR — Maj 2024

Arkusz maturalny z fizyki, poziom rozszerzony, sesja Maj 2024 (CKE, Formuła 2023), z pełnymi rozwiązaniami krok po kroku.