Fizyka PR — Maj 2022

Krok 1. Odczyt z wykresu. W chwili $t=25\mathrm{s}$ ciało A ma prędkość $v_A=20m/s$ (jedzie ze stałą prędkością na odcinku 15–30 s), a ciało B ma prędkość $v_B=10m/s$ (jedzie ze stałą prędkością na odcinku 15–30 s).

Krok 2. Prędkość względna. Ciała ruszają w tę samą stronę wzdłuż równoległych torów, więc prędkość względna to różnica wartości prędkości: $v_{AB}=v_A-v_B=20m/s-10m/s=10m/s.$

Odpowiedź: $10m/s$.

Krok 1. Ruch ciała A w chwili 35 s. Z wykresu odczytujemy, że od $t=30\mathrm{s}$ do $t=45\mathrm{s}$ ciało A zwalnia jednostajnie od $20m/s$ do $5m/s$ — to ruch jednostajnie opóźniony, a chwila $t=35\mathrm{s}$ leży w tym przedziale.

Krok 2. Przyśpieszenie ciała A. $a_A=\frac{|\Delta v_A|}{\Delta t}=\frac{|5m/s-20m/s|}{45\mathrm{s}-30\mathrm{s}}=\frac{15m/s}{15\mathrm{s}}=1m/{\mathrm{s}}^2.$

Krok 3. Druga zasada dynamiki. Siła wypadkowa działająca na ciało A (opóźniająca jego ruch): $F_A=m_A{a}_A=12\mathrm{kg}\cdot 1m/{\mathrm{s}}^2=12\mathrm{N}.$

Odpowiedź: $F_A=12\mathrm{N}$.

Odległość między ciałami w chwili $t=45\mathrm{s}$ jest równa różnicy dróg, jakie przebyły od chwili $t=0$: $d=s_A-s_B$. Każdą drogę liczymy jako pole pod wykresem $v(t)$.

Krok 1. Droga ciała A. Od 0 do 30 s ciało A jedzie ze stałą prędkością $20m/s$, a od 30 do 45 s zwalnia liniowo do $5m/s$ (pole trapezu): $s_A=20m/s\cdot 30\mathrm{s}+\frac{1}{2}(20m/s+5m/s)\cdot 15\mathrm{s}=600\mathrm{m}+187,5\mathrm{m}=787,5\mathrm{m}.$

Krok 2. Droga ciała B. Od 0 do 15 s ciało B zwalnia liniowo z $20m/s$ do $10m/s$, od 15 do 30 s jedzie ze stałą prędkością $10m/s$, a od 30 do 45 s zwalnia liniowo do $0$: $s_B=\frac{1}{2}(20+10)m/s\cdot 15\mathrm{s}+10m/s\cdot 15\mathrm{s}+\frac{1}{2}(10+0)m/s\cdot 15\mathrm{s}=225\mathrm{m}+150\mathrm{m}+75\mathrm{m}=450\mathrm{m}.$

Krok 3. Odległość między ciałami: $d=s_A-s_B=787,5\mathrm{m}-450\mathrm{m}=337,5\mathrm{m}.$

Odpowiedź: $d=337,5\mathrm{m}$.

Krok 1. Siła ciężkości ${\vec{F}}_3$ (diagram 2.). Siła ciężkości działająca na książkę jest zawsze skierowana pionowo w dół, zaczepiona w punkcie $P$. Ponieważ książka jest w spoczynku (równowaga sił), jej wartość musi równoważyć wypadkową siły nacisku zeszytu $F_1$ i siły reakcji stołu $F_2$ — z diagramu 1. wynika, że $F_2$ (w górę) jest sumą ciężaru książki i nacisku zeszytu, więc ciężar książki $F_3$ ma taką samą wartość jak różnica $F_2-F_1$ z diagramu 1., czyli jest równy sile ciężkości narysowanej w diagramie 1. jako różnica między ${\vec{F}}_2$ a ${\vec{F}}_1$: wektor ${\vec{F}}_3$ rysujemy pionowo w dół, o długości równej $F_2-F_1$ (czyli tej samej, z jaką stół podpiera układ książka+zeszyt minus nacisk zeszytu).

Krok 2. Siła reakcji książki na zeszyt ${\vec{F}}_4$ (diagram 3.). Z trzeciej zasady dynamiki Newtona: skoro zeszyt naciska na książkę siłą ${\vec{F}}_1$ (w dół), to książka działa na zeszyt siłą reakcji ${\vec{F}}_4$ o tej samej wartości, ale przeciwnie skierowaną — czyli pionowo w górę, zaczepioną w punkcie $Q$, o długości równej długości wektora ${\vec{F}}_1$.

Odpowiedź: ${\vec{F}}_3$ — wektor w punkcie $P$, skierowany pionowo w dół, o wartości równej $F_2-F_1$ (ciężar książki). ${\vec{F}}_4$ — wektor w punkcie $Q$, skierowany pionowo w górę, o wartości równej $F_1$ (reakcja na nacisk zeszytu, zgodnie z III zasadą dynamiki).

Krok 1. Konstrukcja. Rysujemy osi symetrii kątomierza — dla jednorodnej, symetrycznej bryły sztywnej środek masy zawsze leży na osi symetrii. Następnie rysujemy prostą pionową (wzdłuż kierunku siły grawitacji $\vec{g}$) przechodzącą przez punkt zawieszenia $A$. Punkt przecięcia tej pionowej prostej z osią symetrii kątomierza to szukany punkt $S$.

Krok 2. Uzasadnienie — własność bryły sztywnej. Środek masy jednorodnej, symetrycznej bryły sztywnej leży zawsze na jej osi symetrii — to wynika z symetrii rozkładu masy względem tej osi.

Krok 3. Uzasadnienie — warunek równowagi. Kątomierz zawieszony w punkcie $A$ pozostaje w spoczynku, więc wypadkowy moment sił działających na niego (względem punktu $A$) musi być równy zero. Siła reakcji szpilki w punkcie zaczepienia $A$ ma ramię równe zero, więc jej moment jest zerowy. Musi więc być zerowy moment siły grawitacji ${\vec{F}}_g$ (zaczepionej efektywnie w środku masy $S$) — a moment siły jest zerowy tylko wtedy, gdy ramię $\overrightarrow{AS}$ jest równoległe do kierunku siły grawitacji. Stąd $S$ leży na pionowej prostej przechodzącej przez $A$.

Odpowiedź: Punkt $S$ leży na przecięciu osi symetrii kątomierza z pionową prostą (równoległą do $\vec{g}$) przechodzącą przez punkt zawieszenia $A$ — bo środek masy jednorodnej bryły symetrycznej leży na osi symetrii, a w równowadze moment siły grawitacji względem $A$ musi być zerowy, co wymaga, by $\overrightarrow{AS}$ było równoległe do $\vec{g}$.

Krok 1. Jak rośnie siła oporu. Siła oporu $F_o=ARv$ rośnie wraz z prędkością $v$. Ponieważ kulka opada ruchem przyśpieszonym (jej prędkość rośnie od zera do $v_{max}$), siła oporu rośnie w miarę trwania ruchu — to odpowiada uzasadnieniu 1.

Krok 2. Co to oznacza dla przyśpieszenia. Siła wypadkowa na kulkę to różnica siły grawitacji a sumy siły wyporu i rosnącej siły oporu: $F_{wyp}=F_g-F_w-F_o$. Gdy $F_o$ rośnie, siła wypadkowa maleje, a więc przyśpieszenie $a=F_{wyp}/m$ się zmniejsza — aż osiąga zero, gdy prędkość dochodzi do $v_{max}$ (ruch jednostajny). To odpowiada odpowiedzi B.

Odpowiedź: B1 — wartość przyśpieszenia kulki się zmniejsza, ponieważ wartość siły oporu działającej na kulkę się zwiększa.

Krok 1. Przekształcenie wzoru. Ze wzoru $F_o=ARv$ wyznaczamy $A$: $A=\frac{F_o}{Rv}.$

Krok 2. Jednostki wielkości po prawej stronie. Siła: $[F_o]=\mathrm{N}=\mathrm{kg}\cdot m/{\mathrm{s}}^2$; promień: $[R]=\mathrm{m}$; prędkość: $[v]=m/s$.

Krok 3. Podstawienie jednostek: $[A]=\frac{\mathrm{kg}\cdot m/{\mathrm{s}}^2}{\mathrm{m}\cdot m/s}=\frac{\mathrm{kg}\cdot \mathrm{m}}{{\mathrm{s}}^2}\cdot \frac{\mathrm{s}}{{\mathrm{m}}^2}=\frac{\mathrm{kg}}{\mathrm{m}\cdot \mathrm{s}}.$

Odpowiedź: $[A]=\frac{\mathrm{kg}}{\mathrm{m}\cdot \mathrm{s}}$.

Krok 1. Warunek ruchu jednostajnego. Gdy kulka opada ze stałą prędkością $v_{max}$, siły działające na nią równoważą się: siła oporu i siła wyporu (obie w górę) równoważą siłę grawitacji (w dół): $F_o+F_w=F_g.$

Krok 2. Wzory na poszczególne siły. Siła oporu: $F_o=AR{v}_{max}$. Siła wyporu (prawo Archimedesa): $F_w={\rho }_c{V}_{k}g$. Siła grawitacji: $F_g=m_{k}g={\rho }_k{V}_{k}g$, gdzie $V_k=\frac{4}{3}\pi R^3$ to objętość kulki.

Krok 3. Podstawienie i przekształcenia: $AR{v}_{max}+{\rho }_c\cdot \frac{4}{3}\pi R^{3}g={\rho }_k\cdot \frac{4}{3}\pi R^{3}g,$ $AR{v}_{max}=\frac{4}{3}\pi R^{3}g({\rho }_k-{\rho }_c),$ $v_{max}=\frac{4\pi R^{2}g({\rho }_k-{\rho }_c)}{3A}.$

Odpowiedź: $v_{max}=\frac{4\pi R^{2}g({\rho }_k-{\rho }_c)}{3A}$.

Krok 1. Kierunek sił parcia. Ciecz działa na powierzchnię kulki siłą parcia zawsze skierowaną prostopadle do powierzchni w danym punkcie, czyli wzdłuż promienia, do środka kulki $S$ (siła parcia jest zwrócona „do wewnątrz” kulki, wzdłuż lokalnej normalnej).

Krok 2. Od czego zależy wartość siły parcia. Ciśnienie hydrostatyczne w cieczy rośnie z głębokością: $p=\rho gh$. Fragment $B$ znajduje się najwyżej (najmniejsza głębokość), fragment $A$ leży w połowie wysokości kulki (po jej boku), a fragment $C$ leży najniżej (największa głębokość, blisko dna).

Krok 3. Porównanie wartości sił. Ponieważ pola fragmentów są równe, a $F=p\cdot S$, to im większa głębokość, tym większa siła parcia: $F_A>F_B,F_A<F_C,F_B<F_C.$

Odpowiedź: $F_A>F_B$; $F_A<F_C$; $F_B<F_C$. Wektory ${\vec{F}}_A$, ${\vec{F}}_B$, ${\vec{F}}_C$ są skierowane wzdłuż promieni kulki, do jej środka $S$, z długościami odpowiadającymi powyższym relacjom (najkrótszy w $B$, najdłuższy w $C$).

Stwierdzenie 1. Ciężarek jest najniżej, gdy wydłużenie sprężyny (a więc i siła $F_s$) jest największe, czyli gdy stosunek $F_s/F_g$ osiąga maksimum. Z wykresu widać, że maksima ($F_s/F_g=1,2$) występują m.in. w chwili $t=3\mathrm{s}$. Stwierdzenie jest prawdziwe (P).

Stwierdzenie 2. Prędkość ciężarka jest największa, gdy przechodzi on przez położenie równowagi (środek drogi drgań), czyli gdy $F_s/F_g=1,0$ i wykres przecina tę wartość „w biegu” (nie w ekstremum). Z wykresu w chwili $t=2\mathrm{s}$ stosunek $F_s/F_g$ przechodzi przez wartość $1,0$ pomiędzy minimum i maksimum — to właśnie moment przejścia przez położenie równowagi, gdzie prędkość jest maksymalna. Stwierdzenie jest prawdziwe (P).

Odpowiedź: P, P.

Krok 1. Okres drgań z wykresu. Wykres $F_s/F_g(t)$ powtarza się z okresem $T=0,8\mathrm{s}$ (np. maksima w $t=0,6\mathrm{s}$ i $t=1,4\mathrm{s}$) — to okres drgań ciężarka.

Krok 2. Wzór na okres drgań ciężarka na sprężynie: $T=2\pi \sqrt{\frac{m}{k}}\Rightarrow k={\left(\frac{2\pi }{T}\right)}^{2}m.$

Krok 3. Podstawienie danych: $k={\left(\frac{2\pi }{0,8\mathrm{s}}\right)}^2\cdot 0,15\mathrm{kg}={\left(\frac{6,283}{0,8}\right)}^2\cdot 0,15\mathrm{kg}\approx (7,854{)}^2\cdot 0,15\mathrm{kg}\approx 9,24kg/{\mathrm{s}}^2.$

Odpowiedź: $k\approx 9,24N/m$.

Krok 1. Maksymalna siła sprężystości z wykresu. Maksimum stosunku $F_s/F_g=1,2$, więc $F_{smax}=1,2F_g=1,2mg$.

Krok 2. Siła wypadkowa w skrajnym (najniższym) położeniu. W tym położeniu sprężyna jest maksymalnie rozciągnięta, a siła sprężystości (w górę) jest większa niż grawitacja (w dół), więc wypadkowa siła harmoniczna ma wartość: $F_{wmax}=F_{smax}-F_g=1,2mg-mg=0,2mg.$

Krok 3. Związek z amplitudą. Siła wypadkowa w ruchu harmonicznym ma postać $F_w=kx$, gdzie $x$ jest wychyleniem z położenia równowagi sił, a w skrajnym położeniu $x=A$ (amplituda): $F_{wmax}=kA\Rightarrow A=\frac{F_{wmax}}{k}=\frac{0,2mg}{k}.$

Krok 4. Podstawienie danych (używając $k\approx 9,24N/m$ z zadania 5.2): $A=\frac{0,2\cdot 0,15\mathrm{kg}\cdot 9,8m/{\mathrm{s}}^2}{9,24N/m}\approx \frac{0,294\mathrm{N}}{9,24N/m}\approx 0,0318\mathrm{m}.$

Odpowiedź: $A\approx 0,032\mathrm{m}=3,2\mathrm{cm}$.

Krok 1. Praca w doświadczeniu 1. Z rysunku 1.: $X=(V_1,2p_1)$, $Y=(V_1,3p_1)$, $Z=(3V_1,3p_1)$. Praca gazu jest wykonywana tylko w przemianie izobarycznej $Y\to Z$ (w przemianie izochorycznej $X\to Y$ objętość się nie zmienia, więc praca jest zerowa): $W_1=p_{YZ}(V_Z-V_Y)=3p_1(3V_1-V_1)=6p_1{V}_1.$

Krok 2. Praca w doświadczeniu 2. Z rysunku 2.: $X=(V_1,2p_1)$, $W=(3V_1,2p_1)$, $Z=(3V_1,3p_1)$. Praca wykonywana jest tylko w przemianie izobarycznej $X\to W$: $W_2=p_{XW}(V_W-V_X)=2p_1(3V_1-V_1)=4p_1{V}_1.$

Krok 3. Iloraz: $\frac{W_1}{W_2}=\frac{6p_1{V}_1}{4p_1{V}_1}=\frac{3}{2}.$

Odpowiedź: $\frac{W_1}{W_2}=\frac{3}{2}=1,5$.

Krok 1. Stany początkowy i końcowy są te same. W obu doświadczeniach gaz przechodzi od tego samego stanu $X=(V_1,2p_1)$ do tego samego stanu końcowego $Z=(3V_1,3p_1)$ — jedynie droga przemiany (przez $Y$ albo przez $W$) jest inna.

Krok 2. Energia wewnętrzna gazu doskonałego zależy tylko od temperatury (a temperatura — z równania Clapeyrona — tylko od stanu, czyli od iloczynu $pV$, niezależnie od drogi). Skoro stan początkowy i końcowy są identyczne w obu doświadczeniach, to przyrost temperatury $\Delta T=T_Z-T_X$ jest taki sam w obu przypadkach, a zatem i $\Delta U=n{C}_V\Delta T$ jest taki sam: $\Delta U_1=\Delta U_2$.

Odpowiedź: C1 — zmiany energii wewnętrznej są równe, ponieważ przyrost temperatury gazu od stanu $X$ do stanu $Z$ jest taki sam w obu doświadczeniach (energia wewnętrzna i temperatura zależą tylko od stanu, nie od drogi przemiany).

Krok 1. Ciepło jako suma ciepeł w obu etapach. Ciepło pobrane w całej przemianie $X\to Y\to Z$ to suma ciepła w przemianie izochorycznej $X\to Y$ i w przemianie izobarycznej $Y\to Z$: $Q_{XYZ}=Q_{XY}+Q_{YZ}=n{C}_V|\Delta T_{XY}|+n{C}_p|\Delta T_{YZ}|,C_p=C_V+R.$

Krok 2. Przyrosty temperatur z równania Clapeyrona ($pV=nRT$). Dla przemiany izochorycznej $X\to Y$ (przy $V=V_1$, ciśnienie od $2p_1$ do $3p_1$): $nR\Delta T_{XY}=(3p_1-2p_1)V_1=p_1{V}_1\Rightarrow n\Delta T_{XY}=\frac{p_1{V}_1}{R}.$ Dla przemiany izobarycznej $Y\to Z$ (przy $p=3p_1$, objętość od $V_1$ do $3V_1$): $nR\Delta T_{YZ}=3p_1(3V_1-V_1)=6p_1{V}_1\Rightarrow n\Delta T_{YZ}=\frac{6p_1{V}_1}{R}.$

Krok 3. Podstawienie do wzoru na ciepło: $Q_{XYZ}=C_V\cdot \frac{p_1{V}_1}{R}+C_p\cdot \frac{6p_1{V}_1}{R}=C_V\cdot \frac{p_1{V}_1}{R}+(C_V+R)\cdot \frac{6p_1{V}_1}{R}.$

Krok 4. Uproszczenie: $Q_{XYZ}=\frac{p_1{V}_1}{R}(C_V+6C_V+6R)=p_1{V}_1\left(\frac{7C_V}{R}+6\right).$

Odpowiedź: $Q_{XYZ}=p_1{V}_1\left(\frac{7C_V}{R}+6\right)$.

Krok 1. III prawo Keplera. Obie sondy krążą wokół tego samego ciała centralnego (Słońca), więc stosunek kwadratów okresów jest równy stosunkowi sześcianów promieni orbit: $\frac{T_A^2}{r_A^3}=\frac{T_B^2}{r_B^3}\Rightarrow T_B=\sqrt{{\left(\frac{r_B}{r_A}\right)}^3}\cdot T_A.$

Krok 2. Podstawienie danych: $T_B=\sqrt{{\left(\frac{1,043\mathrm{au}}{0,962\mathrm{au}}\right)}^3}\cdot 344\text{doˊb}\approx \sqrt{(1,0842{)}^3}\cdot 344\text{doˊb}\approx 1,128\cdot 344\text{doˊb}\approx 388\text{doˊb ziemskich}.$

Odpowiedź: $T_B\approx 388$ dób ziemskich (czyli $\approx 1,06$ roku ziemskiego).

Krok 1. Kąt zakreślony przez promień wodzący sondy A. Sonda A porusza się ruchem jednostajnym po okręgu z prędkością kątową ${\omega }_A=\frac{2\pi }{T_A}$. Po czasie roku ziemskiego $T_Z=365$ dób jej promień wodzący zakreśla kąt: ${\alpha }_A={\omega }_A{T}_Z=\frac{2\pi }{T_A}\cdot T_Z=2\pi \mathrm{rad}\cdot \frac{365\text{doˊb}}{344\text{doˊb}}\approx 2,12\pi \mathrm{rad}\approx 382^{\circ }.$

Krok 2. Kąt zakreślony przez promień wodzący Ziemi. Ziemia obiega Słońce w czasie właśnie jednego roku ziemskiego, więc jej promień wodzący zakreśla kąt pełny: ${\alpha }_Z=2\pi \mathrm{rad}=360^{\circ }.$

Krok 3. Różnica kątów. Ponieważ sonda A krąży szybciej (bliżej Słońca), jej promień wodzący „wyprzedza” promień wodzący Ziemi o kąt: $\alpha ={\alpha }_A-{\alpha }_Z\approx 382^{\circ }-360^{\circ }\approx 22^{\circ }.$

Odpowiedź: $\alpha \approx 22^{\circ }\approx 0,38\mathrm{rad}$.

Krok 1. Prędkość liniowa na orbicie kołowej. Prędkość liniowa w ruchu jednostajnym po okręgu wynosi $v=\frac{2\pi r}{T}$, więc: $\frac{v_A}{v_B}=\frac{r_A/T_A}{r_B/T_B}=\frac{r_A}{r_B}\cdot \frac{T_B}{T_A}.$

Krok 2. Podstawienie danych ($r_A=0,962\mathrm{au}$, $r_B=1,043\mathrm{au}$, $T_A=344$ dób, $T_B\approx 388$ dób z zadania 7.1): $\frac{v_A}{v_B}=\frac{0,962}{1,043}\cdot \frac{388}{344}\approx 0,9223\cdot 1,1279\approx 1,04.$

Odpowiedź: D. $\frac{v_A}{v_B}\approx 1,04$.

Krok 1. Porównanie ze wzorem ogólnym. Ogólny wzór na napięcie sinusoidalne to $U(t)=U_{max}\sin \left(\frac{2\pi }{T}t\right)$. Porównując z podanym wzorem: $\frac{2\pi }{T}=10,0\frac{1}{\mathrm{s}}.$

Krok 2. Częstotliwość. Ponieważ $f=\frac{1}{T}$, mamy $2\pi f=10,0{\mathrm{s}}^{-1}$, więc: $f=\frac{10,0{\mathrm{s}}^{-1}}{2\pi }\approx 1,59\mathrm{Hz}.$ Częstotliwość zmian natężenia prądu jest taka sama jak częstotliwość zmian napięcia (prąd i napięcie są w fazie na oporniku).

Odpowiedź: $f\approx 1,59\mathrm{Hz}$.

Krok 1. Odczyt napięcia maksymalnego. Z podanego wzoru $U(t)=7,50\mathrm{V}\cdot \sin (\dots )$ wynika, że $U_{max}=7,50\mathrm{V}$.

Krok 2. Wzór na moc średnią. Średnia moc prądu przemiennego wydzielana na oporniku w czasie jednego okresu wyraża się wzorem: $P_{\acute{s}r}=\frac{U_{max}^2}{2R}.$

Krok 3. Podstawienie danych: $P_{\acute{s}r}=\frac{(7,50\mathrm{V}{)}^2}{2\cdot 4,00\Omega }=\frac{56,25{\mathrm{V}}^2}{8,00\Omega }\approx 7,03\mathrm{W}.$

Odpowiedź: $P_{\acute{s}r}\approx 7,03\mathrm{W}$.

Krok 1. Oznaczenia. Niech $x$ będzie odległością przedmiotu od soczewki, a $y$ — odległością obrazu (ekranu) od soczewki. Wiemy, że $x+y=d_1=49\mathrm{cm}$, a powiększenie $p=\frac{y}{x}=2,5$.

Krok 2. Układ równań: $x+2,5x=49\mathrm{cm}\Rightarrow 3,5x=49\mathrm{cm}\Rightarrow x=14\mathrm{cm},y=2,5x=35\mathrm{cm}.$

Krok 3. Równanie soczewki: $\frac{1}{f}=\frac{1}{x}+\frac{1}{y}=\frac{1}{14\mathrm{cm}}+\frac{1}{35\mathrm{cm}}=\frac{5}{70\mathrm{cm}}+\frac{2}{70\mathrm{cm}}=\frac{7}{70\mathrm{cm}}=\frac{1}{10\mathrm{cm}}.$ $f=10\mathrm{cm}.$

Odpowiedź: $f=10\mathrm{cm}$.

Krok 1. Własność symetrii układu soczewka–przedmiot–ekran. Dla ustalonej odległości przedmiot–ekran $d_2$ istnieją dokładnie dwa położenia soczewki dające ostry obraz na ekranie — są one symetryczne względem środka odcinka $d_2$. Jedno położenie (bliżej przedmiotu) daje obraz powiększony, a drugie (bliżej ekranu, w odległości $d_2-x_2$ od przedmiotu) daje obraz pomniejszony.

Krok 2. Wniosek. Odległość drugiego położenia soczewki od przedmiotu to: $x_3=d_2-x_2.$

Odpowiedź: $x_3=d_2-x_2$.

Krok 1. Warunek fali stojącej na strunie z obu końcami unieruchomionymi. Na obu końcach struny muszą znajdować się węzły fali stojącej. Długość struny $L$ musi więc być całkowitą liczbą półfal: $L=n\cdot \frac{{\lambda }_n}{2}$, dla $n=1,2,3,\dots$

Krok 2. Fala o największej długości ($n=1$, rysunek 1.). Cała struna to pół długości fali: ${\lambda }_1=2L$ — obraz to jeden „brzuch” pomiędzy dwoma końcami (struna wygięta w jeden łuk, bez węzłów wewnętrznych).

Krok 3. Kolejne fale (rysunki 2. i 3.). Dla $n=2$: ${\lambda }_2=L$ — na strunie widać dwa brzuchy i jeden węzeł pośrodku. Dla $n=3$: ${\lambda }_3=\frac{2L}{3}$ — trzy brzuchy i dwa węzły wewnętrzne.

Odpowiedź: Rysunek 1. — jeden brzuch (pół fali) na całej długości struny. Rysunek 2. — dwa brzuchy z węzłem pośrodku struny. Rysunek 3. — trzy brzuchy z dwoma węzłami wewnętrznymi.

Krok 1. Częstotliwość najdłuższej fali stojącej. Dla najdłuższej fali stojącej $\lambda =2L$, a $v=\lambda f$, więc $f=\frac{v}{2L}$. Zatem: $\frac{f_2}{f_1}=\frac{v_2/(2L_2)}{v_1/(2L_1)}=\frac{L_1}{L_2}\cdot \frac{v_2}{v_1}.$

Krok 2. Wykorzystanie wzoru na prędkość fali. $v=\sqrt{F/\mu }=\sqrt{FL/m}$ (bo $\mu =m/L$), więc: $\frac{v_2}{v_1}=\sqrt{\frac{F_2{L}_2/m}{F_1{L}_1/m}}=\sqrt{\frac{F_2{L}_2}{F_1{L}_1}}.$

Krok 3. Proporcjonalność siły do wydłużenia. Wydłużenia strun to $\Delta L_1=L_1-L_0=0,01L_0$ oraz $\Delta L_2=L_2-L_0=0,03L_0$. Skoro $F=k\Delta L$: $\frac{F_2}{F_1}=\frac{\Delta L_2}{\Delta L_1}=\frac{0,03L_0}{0,01L_0}=3.$

Krok 4. Złożenie wyników. Podstawiając $F_2/F_1$ z kroku 3 do wzoru z kroku 1–2: $\frac{f_2}{f_1}=\frac{L_1}{L_2}\sqrt{\frac{F_2}{F_1}}=\sqrt{\frac{L_1^2}{L_2^2}\cdot \frac{F_2}{F_1}}=\sqrt{\frac{\Delta L_2}{\Delta L_1}\cdot \frac{L_1}{L_2}}=\sqrt{\frac{0,03L_0}{0,01L_0}\cdot \frac{1,01L_0}{1,03L_0}}=\sqrt{3\cdot \frac{1,01}{1,03}}\approx \sqrt{2,941}\approx 1,72.$

Odpowiedź: $\frac{f_2}{f_1}\approx 1,7$.

Krok 1. Zasada zachowania energii dla przejścia $3\to 2$. Energia emitowanego fotonu jest równa różnicy energii elektronu przed i po emisji: $E_3-E_2=E_{fot}=\frac{hc}{{\lambda }_{32}}.$

Krok 2. Energie poziomów w atomie wodoru. $E_n=\frac{E_1}{n^2}$, więc $E_3=\frac{E_1}{9}$, $E_2=\frac{E_1}{4}$: $E_1\left(\frac{1}{9}-\frac{1}{4}\right)=\frac{hc}{{\lambda }_{32}}\Rightarrow {\lambda }_{32}=\frac{hc}{E_1\left(\frac{1}{9}-\frac{1}{4}\right)}.$

Krok 3. Podstawienie wartości liczbowych ($E_1$ w dżulach: $E_1\approx -13,61\cdot 1,602\cdot 10^{-19}\mathrm{J}$): ${\lambda }_{32}=\frac{6,626\cdot 10^{-34}\mathrm{J}\cdot \mathrm{s}\cdot 2,998\cdot 10^{8}m/s}{-13,61\cdot 1,602\cdot 10^{-19}\mathrm{J}\cdot \left(\frac{1}{9}-\frac{1}{4}\right)}\approx 6,56\cdot 10^{-7}\mathrm{m}=656\mathrm{nm}.$

Krok 4. Identyfikacja linii. Na wykresie widma linia o długości $\lambda \approx 656\mathrm{nm}$ znajduje się w obszarze czerwonym (ok. 650–660 nm) — to jedna z odosobnionych, wyraźnych linii w prawej części widma (analogicznie inne przejścia $4\to 2$, $5\to 2$, $6\to 2$ dają $\lambda \approx 486\mathrm{nm}$, $434\mathrm{nm}$, $410\mathrm{nm}$ — każda z nich to również poprawna odpowiedź).

Odpowiedź: Linia wodoru (przejście $3\to 2$) ma długość fali ${\lambda }_{32}\approx 656\mathrm{nm}$ — to ta linia widmowa w obszarze czerwonym, oznaczona znakiem X.

Stwierdzenie 1. Z zasady zachowania energii, energia fotonu emitowanego przy przejściu $4\to 2$ to $|E_4-E_2|$, a energia fotonu potrzebnego do wywołania odwrotnego przejścia $2\to 4$ to również $|E_2-E_4|$ — te wartości są sobie równe (to te same dwa poziomy energetyczne, tylko proces odwrócony). Stwierdzenie jest prawdziwe (P).

Stwierdzenie 2. Poziom $n=4$ leży wyżej (jest mniej ujemny) niż poziom $n=3$, więc różnica energii $|E_4-E_2|$ jest mniejsza niż różnica $|E_3-E_2|$ — elektron „spada” z bliższego poziomu. Mniejszej energii fotonu odpowiada — z zależności $E=hc/\lambda$ — większa długość fali. Można to sprawdzić liczbowo (analogicznie do zadania 11.1): ${\lambda }_{42}\approx 486\mathrm{nm}$, a ${\lambda }_{32}\approx 656\mathrm{nm}$. Zatem długość fali fotonu z przejścia $4\to 2$ ($486\mathrm{nm}$) jest mniejsza, a nie większa, od długości fali fotonu z przejścia $3\to 2$ ($656\mathrm{nm}$). Stwierdzenie jest fałszywe (F).

Stwierdzenie 3. Aby wybić elektron z atomu wodoru w stanie podstawowym ($n=1$) na „poziom swobodny” ($n\to \infty$, $E_{\infty }=0$), potrzebna jest energia równa $|E_1|\approx 13,61\mathrm{eV}\approx 13,6\mathrm{eV}$ — to jest minimalna energia jonizacji. Stwierdzenie jest prawdziwe (P).

Odpowiedź: 1. P; 2. F; 3. P.

Krok 1. Naniesienie punktów i wykresu. Nanosimy na wykres wszystkie punkty pomiarowe z tabeli (dla $t=0,40,80,\dots ,280\min$) i łączymy je gładką krzywą ciągłą — rosnącą i wypłaszczającą się, zbliżającą się asymptotycznie do wartości $R\approx 2000$ (całkowita liczba jąder, które ostatecznie się rozpadną).

Krok 2. Interpretacja liczby $R$. Wartość $R(t)$ to łączna liczba jąder, które rozpadły się do chwili $t$. Z wykresu (i z tabeli, gdzie wartości $R$ zbliżają się do $1998\approx 2000$) wynika, że w sumie rozpadnie się ok. $2000$ jąder z próbki.

Krok 3. Definicja czasu połowicznego rozpadu. Czas połowicznego rozpadu $T_{1/2}$ to czas, po którym rozpadnie się połowa początkowej liczby jąder, czyli gdy $R(t)$ osiąga wartość $\frac{1}{2}\cdot 2000=1000$.

Krok 4. Odczyt z wykresu. Znajdujemy na osi czasu argument $t$, dla którego narysowana krzywa $R(t)$ przyjmuje wartość $R=1000$: $T_{1/2}\approx 27\min .$

Odpowiedź: $T_{1/2}\approx 27\min$ (akceptowalny przedział: 26–30 min).

Krok 1. Liczba rozpadów w każdym przedziale. Liczba jąder, które rozpadły się w danym przedziale czasu, to różnica wartości $R$ na jego końcach (bo $R$ to łączna liczba rozpadów od $t=0$).

Od $t=120\min$ do $t=160\min$: $\Delta N_1=1966-1903=63$. Od $t=0$ do $t=40\min$: $\Delta N_2=1275-0=1275$.

Krok 2. Średnie aktywności: $A_{120\text{–}160}=\frac{63}{40\min },A_{0\text{–}40}=\frac{1275}{40\min }.$

Krok 3. Iloraz aktywności (czasy $\Delta t$ są takie same, więc skracają się): $\frac{A_{120\text{–}160}}{A_{0\text{–}40}}=\frac{63}{1275}\approx 0,0494\approx 0,05.$

Odpowiedź: $\frac{A_{120\text{–}160}}{A_{0\text{–}40}}\approx 0,05$ — aktywność próbki znacząco spadła, bo większość jąder rozpadła się już w pierwszych minutach (rozpad wykładniczy).

Krok 1. Liczba atomowa ołowiu. Ołów ma liczbę atomową $Z=82$, więc jądro wyjściowe to ${}_{82}^{214}\mathrm{Pb}$.

Krok 2. Zasady zachowania w rozpadzie beta minus. W rozpadzie ${\beta }^{-}$ neutron w jądrze zamienia się w proton, elektron (${\beta }^{-}$) i antyneutrino. Liczba masowa się nie zmienia (elektron ma znikomą masę), a liczba atomowa jądra potomnego wzrasta o 1 (bo przybywa jeden proton), natomiast ładunek $-1$ unosi cząstka ${\beta }^{-}$.

Krok 3. Jądro potomne. Liczba masowa: $A=214$ (bez zmian). Liczba atomowa: $Z=82+1=83$ — to pierwiastek bizmut (Bi).

Odpowiedź: ${}_{82}^{214}\mathrm{Pb}\to {}_{83}^{214}\mathrm{Bi}+{\beta }^{-}$.