Fizyka PR — Maj 2023

Krok 1. Kiedy odległość jest maksymalna. Odległość między samochodami rośnie, dopóki $\mathcal{F}$ jest szybszy od $\mathcal{P}$. Gdy prędkości się wyrównają, odległość przestaje rosnąć i zaczyna maleć — to właśnie chwila $t_{max}$, w której odległość jest maksymalna.

Krok 2. Wyznaczenie $t_{max}$. Prędkość $\mathcal{P}$ rośnie zgodnie ze wzorem $v_{\mathcal{P}}(t)=v_{0\mathcal{P}}+at$. Przyrównujemy ją do (stałej) prędkości $\mathcal{F}$: $v_{0\mathcal{P}}+a{t}_{max}=v_{\mathcal{F}}\Rightarrow 20+6t_{max}=35\Rightarrow t_{max}=2,5\mathrm{s}.$

Krok 3. Położenia samochodów w chwili $t_{max}$. Przyjmijmy, że w chwili $t_0=0$ samochód $\mathcal{P}$ znajduje się w położeniu $x_{\mathcal{P}}(0)=0$, a samochód $\mathcal{F}$ w położeniu $x_{\mathcal{F}}(0)=d_0=40\mathrm{m}$. Wtedy: $x_{\mathcal{P}}(t)=v_{0\mathcal{P}}t+\frac{1}{2}a{t}^2\Rightarrow x_{\mathcal{P}}(2,5)=20\cdot 2,5+\frac{1}{2}\cdot 6\cdot 2,5^2=50+18,75=68,75\mathrm{m},$ $x_{\mathcal{F}}(t)=d_0+v_{\mathcal{F}}t\Rightarrow x_{\mathcal{F}}(2,5)=40+35\cdot 2,5=127,5\mathrm{m}.$

Krok 4. Odległość maksymalna. $d_{max}=x_{\mathcal{F}}(t_{max})-x_{\mathcal{P}}(t_{max})=127,5-68,75=58,75\mathrm{m}.$

Odpowiedź: $d_{max}=58,75\mathrm{m}$.

Krok 1. III zasada dynamiki. Siły wzajemnego oddziaływania dwóch stykających się ciał są zawsze sobie równe co do wartości, mają wspólny kierunek i przeciwne zwroty (są przyłożone do różnych ciał, więc się nie równoważą).

Krok 2. Kierunek sił. W chwili zderzenia krążki stykają się wzdłuż linii łączącej ich środki — na rysunku 2. jest to linia pozioma (K1 i K2 leżą na tej samej wysokości). Siła ${\vec{F}}_{12}$, z jaką K2 działa na K1, jest więc skierowana poziomo, od K2 w stronę K1 (odpycha K1). Siła ${\vec{F}}_{21}$, z jaką K1 działa na K2, jest do niej przeciwna — skierowana poziomo, od K1 w stronę K2 (odpycha K2).

Odpowiedź: para sił leży na linii łączącej środki K1 i K2 (poziomej), obie siły są przyłożone – odpowiednio – w środku masy K1 i w środku masy K2, mają przeciwne zwroty (każda „od siebie”) i równe wartości: $|{\vec{F}}_{12}|=|{\vec{F}}_{21}|$.

Krok 1. Kierunek przekazywanego pędu. Siła między krążkami działa wzdłuż linii łączącej ich środki w chwili kontaktu (linia pozioma, kierunek $x$ — zobacz rysunek 2. w zadaniu 2.1.). Składowa prędkości K1 równoległa do tej linii (${\vec{v}}_x$) może się zmienić wskutek zderzenia, natomiast składowa prostopadła (${\vec{v}}_y$) nie ulega zmianie, bo w tym kierunku żadna siła nie działa.

Krok 2. Własność zderzenia sprężystego równych mas. Dla doskonale sprężystego zderzenia dwóch ciał o równych masach, gdy jedno z nich początkowo spoczywa, cały pęd wzdłuż linii zderzenia przechodzi na ciało początkowo spoczywające (K2), a ciało napadające (K1) zachowuje jedynie składową prędkości prostopadłą do tej linii.

Krok 3. Wniosek. Zatem po zderzeniu: ${\vec{v}}_1={\vec{v}}_y$ (K1 zachowuje tylko składową prostopadłą) oraz ${\vec{v}}_2={\vec{v}}_x$ (K2 przejmuje całą składową wzdłuż linii zderzenia). Suma wektorowa ${\vec{v}}_1+{\vec{v}}_2={\vec{v}}_y+{\vec{v}}_x=\vec{v}$ jest zachowana (zasada zachowania pędu), a przy tym ${\vec{v}}_1\perp {\vec{v}}_2$ — to charakterystyczna cecha sprężystego zderzenia ciał o równych masach.

Taki układ wektorów przedstawia rysunek C.

Odpowiedź: C.

Stwierdzenie 1. Przy ruchu bez poślizgu droga przebyta przez środek walca w czasie jednego pełnego obrotu jest równa obwodowi walca, czyli $2\pi R$. Stwierdzenie jest prawdziwe (P).

Stwierdzenie 2. Energia kinetyczna ruchu postępowego to $E_{k,post}=\frac{1}{2}m{v}^2$. Energia kinetyczna ruchu obrotowego to $E_{k,obr}=\frac{1}{2}I{\omega }^2=\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{2}m{R}^2\cdot {\left(\frac{v}{R}\right)}^2=\frac{1}{4}m{v}^2$ (skorzystano z $v=\omega R$ dla ruchu bez poślizgu). Ponieważ $\frac{1}{2}m{v}^2>\frac{1}{4}m{v}^2$, energia postępowa jest większa. Stwierdzenie jest prawdziwe (P).

Stwierdzenie 3. Opadający ciężarek traci energię potencjalną, która zamienia się nie tylko na energię kinetyczną walca (postępową i obrotową), ale także na energię kinetyczną ruchu postępowego samego ciężarka (on też przyśpiesza). Stwierdzenie, że cała energia zamienia się wyłącznie na energię walca, jest niepełne, więc jest fałszywe (F).

Odpowiedź: P, P, F.

Krok 1. Siły działające na ciężarek. Na ciężarek (masa $m$) działają: siła grawitacji $mg$ w dół i siła naciągu linki $F_2$ w górę. Ciężarek opada z przyśpieszeniem $a$, zatem z II zasady dynamiki: $ma=mg-F_2.(1)$

Krok 2. Ruch postępowy walca. Walec (masa $m$) jest ciągnięty poziomo siłą naciągu linki $F_1$ i doznaje siły tarcia statycznego $T$ (skierowanej w stronę przeciwną do ruchu środka masy, bo to ona wywołuje obrót). Z II zasady dynamiki dla ruchu postępowego walca: $ma=F_1-T.(2)$

Krok 3. Ruch obrotowy walca. Względem osi walca moment siły pochodzi tylko od tarcia $T$ (siła $F_1$ jest przyłożona na osi, ma zerowe ramię). Z II zasady dynamiki dla ruchu obrotowego: $I\epsilon =RT,I=\frac{1}{2}m{R}^2,\epsilon =\frac{a}{R}\text{(toczenie bez posˊlizgu)}.$ Stąd: $\frac{1}{2}m{R}^2\cdot \frac{a}{R}=RT\Rightarrow T=\frac{1}{2}ma.(3)$

Krok 4. Związek sił naciągu. Linka jest nierozciągliwa i lekka, a bloczek beztarciowy, więc naciąg jest taki sam z obu stron: $F_1=F_2=F$. Przyśpieszenia walca i ciężarka są sobie równe (ta sama linka), co już wykorzystano.

Krok 5. Rozwiązanie układu równań. Z (2) i (3): $F=ma+T=ma+\frac{1}{2}ma=\frac{3}{2}ma$. Podstawiając do (1) z $F_2=F$: $ma=mg-\frac{3}{2}ma\Rightarrow ma+\frac{3}{2}ma=mg\Rightarrow \frac{5}{2}ma=mg\Rightarrow a=\frac{2}{5}g.$

Odpowiedź: $a=\frac{2}{5}g$.

Krok 1. Zasada niezależności prędkości światła. Zgodnie ze szczególną teorią względności prędkość światła (fali elektromagnetycznej) w próżni jest taka sama we wszystkich inercjalnych układach odniesienia i nie zależy od prędkości źródła ani obserwatora. Fala wysłana przez oddalającą się sondę porusza się względem Ziemi z tą samą prędkością $c$ — a nie $c-v$ ani $c+v$.

Krok 2. Wybór odpowiedzi. Prawidłowa wartość to $c$ (litera B), a prawidłowe uzasadnienie to niezależność prędkości fali od ruchu źródła (uzasadnienie 1.).

Odpowiedź: B, 1 — fala porusza się względem Ziemi z prędkością $c$, ponieważ prędkość fali elektromagnetycznej jest niezależna od ruchu źródła tej fali.

Krok 1. Kierunek zmiany częstotliwości. Sonda oddala się od Ziemi, więc zgodnie z efektem Dopplera częstotliwość rejestrowana na Ziemi jest mniejsza od częstotliwości źródła $f_{\acute{z}r}=3\mathrm{GHz}$.

Krok 2. Obliczenie. $f_Z=f_{\acute{z}r}-|\Delta f|=3,00000\mathrm{GHz}-0,00075\mathrm{GHz}=2,99925\mathrm{GHz}.$

Odpowiedź: D. $2,99925\mathrm{GHz}$.

Relacja 1. Długość fali w układzie sondy: ${\lambda }_{\acute{z}r}=\frac{c}{f_{\acute{z}r}}=\frac{3\cdot 10^{8}m/s}{3\cdot 10^9\mathrm{Hz}}=0,10\mathrm{m}$. Relacja jest prawdziwa (P).

Relacja 2. Sonda oddala się, więc $f_Z<f_{\acute{z}r}$ (patrz zadanie 4.2.). Ponieważ $\lambda =\frac{c}{f}$ jest odwrotnie proporcjonalne do częstotliwości, mniejszej częstotliwości $f_Z$ odpowiada większa długość fali: ${\lambda }_Z>{\lambda }_{\acute{z}r}$. Relacja jest prawdziwa (P).

Odpowiedź: P, P.

Krok 1. Przybliżony wzór Dopplera. Ponieważ $v\ll c$, dla oddalającego się źródła fali elektromagnetycznej można zastosować przybliżony wzór: $\frac{|\Delta f|}{f_{\acute{z}r}}\approx \frac{v}{c}\Rightarrow v\approx \frac{|\Delta f|}{f_{\acute{z}r}}\cdot c.$

Krok 2. Podstawienie danych. $v\approx \frac{750\cdot 10^3\mathrm{Hz}}{3\cdot 10^9\mathrm{Hz}}\cdot 3\cdot 10^8\frac{\mathrm{m}}{\mathrm{s}}=2,5\cdot 10^{-4}\cdot 3\cdot 10^8\frac{\mathrm{m}}{\mathrm{s}}=7,5\cdot 10^4\frac{\mathrm{m}}{\mathrm{s}}.$

Odpowiedź: $v\approx 7,5\cdot 10^{4}m/s=75km/s$.

Krok 1. Źródło przyśpieszenia. Na gwiazdę S2 działa wyłącznie siła grawitacji obiektu Sgr A*. Jest to siła przyciągająca, skierowana zawsze od S2 ku Sgr A* (wzdłuż promienia wodzącego, czyli odcinka łączącego środki S2 i Sgr A*).

Krok 2. Kierunek wektora przyśpieszenia. Zgodnie z II zasadą dynamiki wektor przyśpieszenia $\vec{a}$ ma ten sam kierunek i zwrot co siła wypadkowa. Zatem $\vec{a}$ jest zaczepiony w punkcie, w którym znajduje się S2, i skierowany wzdłuż promienia wodzącego, w stronę Sgr A* — nie w stronę środka elipsy.

Odpowiedź: wektor $\vec{a}$ zaczepiony w punkcie S2, skierowany wzdłuż odcinka łączącego S2 ze Sgr A*, ze zwrotem w stronę Sgr A*.

Krok 1. Zasada zachowania momentu pędu. W punktach $P$ i $A$ prędkość jest prostopadła do promienia wodzącego, więc moment pędu $L=mvr$ ma tam najprostszą postać. Ponieważ na S2 działa tylko siła grawitacji Sgr A* (siła centralna), moment pędu względem Sgr A* jest zachowany: $m{v}_P{r}_P=m{v}_A{r}_A\Rightarrow \frac{v_P}{v_A}=\frac{r_A}{r_P}.$

Krok 2. Podstawienie danych. $\frac{v_P}{v_A}=\frac{1820\mathrm{au}}{120\mathrm{au}}\approx 15,2.$

Odpowiedź: C. $\frac{v_P}{v_A}\approx 15,2$.

Krok 1. Półoś wielka orbity S2. $a=\frac{|PA|}{2}=\frac{r_P+r_A}{2}=\frac{120\mathrm{au}+1820\mathrm{au}}{2}=970\mathrm{au}.$

Krok 2. Zastosowanie podanego wzoru dla S2 (wokół Sgr A*, $M_1=M_{SA}$, $a_1=970\mathrm{au}$, $T_1=16$ lat) i Ziemi (wokół Słońca, $M_2=M_S$, $a_2=1,0\mathrm{au}$, $T_2=1,0$ rok): $\frac{M_{SA}}{M_S}={\left(\frac{a}{a_Z}\right)}^3\cdot {\left(\frac{T_Z}{T_{S2}}\right)}^2={\left(\frac{970}{1,0}\right)}^3\cdot {\left(\frac{1,0}{16}\right)}^2.$

Krok 3. Obliczenie. $\frac{M_{SA}}{M_S}=970^3\cdot \frac{1}{256}\approx 9,13\cdot 10^8\cdot 3,91\cdot 10^{-3}\approx 3,6\cdot 10^6.$

Odpowiedź: $\frac{M_{SA}}{M_S}\approx 3,6\cdot 10^6$ — Sgr A* jest około $3,6$ miliona razy masywniejszy od Słońca.

Krok 1. Siła grawitacji jako siła dośrodkowa. Dla ciała ${\mathcal{C}}_1$ o masie $m_1$, krążącego po orbicie kołowej promienia $a_1$, siła grawitacji centrum o masie $M_1$ pełni rolę siły dośrodkowej: $\frac{m_1{v}_1^2}{a_1}=\frac{G{M}_1{m}_1}{a_1^2}.$

Krok 2. Prędkość w ruchu jednostajnym po okręgu. $v_1=\frac{2\pi a_1}{T_1}$. Podstawiamy i dzielimy obie strony przez $m_1$: $\frac{1}{a_1}{\left(\frac{2\pi a_1}{T_1}\right)}^2=\frac{G{M}_1}{a_1^2}\Rightarrow \frac{4{\pi }^2{a}_1}{T_1^2}=\frac{G{M}_1}{a_1^2}\Rightarrow M_1=\frac{4{\pi }^2{a}_1^3}{G{T}_1^2}.$

Krok 3. Analogicznie dla ciała ${\mathcal{C}}_2$: $M_2=\frac{4{\pi }^2{a}_2^3}{G{T}_2^2}.$

Krok 4. Iloraz mas. $\frac{M_1}{M_2}=\frac{\frac{4{\pi }^2{a}_1^3}{G{T}_1^2}}{\frac{4{\pi }^2{a}_2^3}{G{T}_2^2}}=\frac{a_1^3}{T_1^2}\cdot \frac{T_2^2}{a_2^3}={\left(\frac{a_1}{a_2}\right)}^3\cdot {\left(\frac{T_2}{T_1}\right)}^2.$

Odpowiedź: wzór wyprowadzony — $\frac{M_1}{M_2}={\left(\frac{a_1}{a_2}\right)}^3\cdot {\left(\frac{T_2}{T_1}\right)}^2$.

Stwierdzenie 1. Pierwsza przemiana jest izochoryczna (stała objętość $V$). Siła parcia gazu na tłok $F=pS$ (gdzie $S$ to powierzchnia tłoka), a z równania Clapeyrona $p=\frac{nRT}{V}$. Przy stałych $n,R,V,S$ mamy $F\propto T$. Stwierdzenie jest prawdziwe (P).

Stwierdzenie 2. Druga przemiana jest izobaryczna (stałe ciśnienie $p$). Z równania Clapeyrona $V=\frac{nRT}{p}$, więc przy stałych $n,R,p$ mamy $V\propto T$. Średnia energia kinetyczna cząsteczek gazu doskonałego jest również proporcjonalna do temperatury: $E_{k,\acute{s}r}\propto T$. Zatem $V\propto E_{k,\acute{s}r}$. Stwierdzenie jest prawdziwe (P).

Odpowiedź: P, P.

Krok 1. Przyrost energii wewnętrznej w pierwszej przemianie. W przemianie izochorycznej gaz nie wykonuje pracy, więc całe dostarczone ciepło zwiększa energię wewnętrzną: $\Delta U_1=Q_1=100\mathrm{J}$.

Krok 2. Przyrost energii wewnętrznej w drugiej przemianie. W przemianie izobarycznej część ciepła zamienia się w pracę rozprężania: $\Delta U_2=Q_2-|W_2|$. Ponieważ $|W_2|>0$ (gaz się rozpręża), to $\Delta U_2<Q_2=100\mathrm{J}$ (jak w zadaniu 6.3. wychodzi $\Delta U_2=60\mathrm{J}$).

Krok 3. Porównanie przyrostów energii wewnętrznej. Skoro $\Delta U_1=100\mathrm{J}>\Delta U_2=60\mathrm{J}$, przyrost energii wewnętrznej jest większy w pierwszej przemianie.

Krok 4. Związek z przyrostem temperatury. Dla gazu doskonałego $\Delta U=n{C}_V\Delta T$ (z tą samą stałą $C_V$ w obu przemianach, bo to ten sam gaz), więc większy $\Delta U$ oznacza większy $\Delta T$. Zatem $\Delta T_1>\Delta T_2$.

Odpowiedź: A, 2 — $\Delta T_1>\Delta T_2$, ponieważ przyrost energii wewnętrznej gazu jest większy w pierwszej przemianie.

Krok 1. I zasada termodynamiki dla drugiej przemiany. Gaz pobiera ciepło $Q_2$, część zamienia na pracę $W_2$ (rozprężanie), a resztę na przyrost energii wewnętrznej $\Delta U_2$: $\Delta U_2=Q_2-W_2.$

Krok 2. Związek $\Delta U_2$ z $\Delta T_2$ oraz $Q_2$ z $\Delta T_2$. Dla gazu jednoatomowego $C_V=\frac{3}{2}R$, a ciepło molowe przy stałym ciśnieniu $C_p=C_V+R=\frac{5}{2}R$. Zatem: $\Delta U_2=n{C}_V\Delta T_2=\frac{3}{2}nR\Delta T_2,Q_2=n{C}_p\Delta T_2=\frac{5}{2}nR\Delta T_2\Rightarrow nR\Delta T_2=\frac{2}{5}{Q}_2.$

Krok 3. Praca gazu. $W_2=Q_2-\Delta U_2=Q_2-\frac{3}{2}nR\Delta T_2=Q_2-\frac{3}{2}\cdot \frac{2}{5}{Q}_2=Q_2-\frac{3}{5}{Q}_2=\frac{2}{5}{Q}_2.$

Krok 4. Podstawienie danych. $W_2=\frac{2}{5}\cdot 100\mathrm{J}=40\mathrm{J}.$

Odpowiedź: $W_2=40\mathrm{J}$ (gaz wykonał pracę $40\mathrm{J}$ na tłoku).

Stwierdzenie 1. Proton startuje w $A$ z prędkością $\vec{v}$ skierowaną „w górę” i cały czas zakrzywia trajektorię w tę samą stronę (kolejne półokręgi zawijają się konsekwentnie w stronę punktu $D$). Dla dodatnio naładowanego protonu siła Lorentza $\vec{F}=q\vec{v}\times \vec{B}$ musi być zawsze skierowana do środka aktualnego łuku. Przyjmując $\vec{v}$ w kierunku $+y$ i sprawdzając regułę prawej ręki, taki konsekwentny zakręt (odchylenie w stronę dodatnich $x$) wymaga wektora $\vec{B}$ skierowanego przed płaszczyznę rysunku (ku patrzącemu) na całej trasie. Stwierdzenie jest prawdziwe (P).

Stwierdzenie 2. Jak wykazano w zadaniu 7.2., wartość prędkości protonu jest stała na całej trasie (siła Lorentza nie wykonuje pracy). Wartość siły Lorentza wynosi $F=qvB$ — ponieważ $v$ jest takie samo na każdym odcinku, ale $B$ różni się między półokręgami ($B_{AF}\ne B_{FB}\ne \dots$), to i wartość siły $F$ różni się między półokręgami. Stwierdzenie, że siła jest stała na całej trasie od $A$ do $D$, jest fałszywe (F).

Stwierdzenie 3. Czas ruchu po półokręgu o radiusie $r$ to $t=\frac{\pi r}{v}$. Radiusy poszczególnych półokręgów są różne (widać to na rysunku – okręgi mają różne promienie), a $v$ jest takie samo dla wszystkich, więc czasy przejścia przez poszczególne półokręgi są różne. Stwierdzenie jest fałszywe (F).

Odpowiedź: P, F, F.

Krok 1. Własność siły Lorentza. Siła magnetyczna Lorentza działająca na naładowaną cząstkę poruszającą się w polu magnetycznym, $\vec{F}=q\vec{v}\times \vec{B}$, jest z definicji iloczynu wektorowego zawsze prostopadła do wektora prędkości $\vec{v}$ tej cząstki.

Krok 2. Praca siły prostopadłej do prędkości. Praca elementarna siły wynosi $dW=\vec{F}\cdot d\vec{s}=\vec{F}\cdot \vec{v}dt$. Skoro $\vec{F}\perp \vec{v}$, to $\vec{F}\cdot \vec{v}=0$ w każdej chwili, a więc praca siły Lorentza na całej trasie jest równa zeru.

Krok 3. Twierdzenie o pracy i energii kinetycznej. Praca siły wypadkowej działającej na ciało jest równa zmianie jego energii kinetycznej: $W_{wyp}=\Delta E_k$. Ponieważ jedyną siłą działającą na proton jest siła Lorentza (pomijamy grawitację), a jej praca wynosi zero, to $\Delta E_k=0$, czyli energia kinetyczna protonu jest stała.

Krok 4. Wniosek. Energia kinetyczna $E_k=\frac{1}{2}m{v}^2$ zależy jedynie od wartości prędkości $v$ (masa protonu jest stała), więc stała $E_k$ oznacza stałą wartość prędkości $v$ — na każdym z półokręgów, a w rzeczywistości na całej trasie od $A$ do $D$.

Odpowiedź: wartość prędkości protonu jest stała, bo siła Lorentza — jako siła zawsze prostopadła do prędkości — nie wykonuje pracy, więc nie zmienia energii kinetycznej (a tym samym wartości prędkości) protonu.

Krok 1. Siła Lorentza jako siła dośrodkowa. Na każdym półokręgu siła Lorentza pełni rolę siły dośrodkowej: $\frac{m{v}^2}{r}=qvB\Rightarrow v=\frac{qBr}{m}.$

Krok 2. Promienie półokręgów $AF$ i $CD$. Odcinek $AD$ składa się z czterech równych odcinków: $|AD|=|AB|+|BC|+|CS|+|SD|=4x=1\mathrm{m}$, więc $x=0,25\mathrm{m}$. Odcinek $AF$ (średnica półokręgu $AF$) składa się z sześciu takich odcinków: $|AF|=6x=1,5\mathrm{m}$, więc $r_{AF}=\frac{1}{2}|AF|=3x=0,75\mathrm{m}$. Odcinek $CD$ (średnica półokręgu $CD$) składa się z dwóch odcinków: $|CD|=2x=0,5\mathrm{m}$, więc $r_{CD}=\frac{1}{2}|CD|=x=0,25\mathrm{m}$.

Krok 3. Stała prędkość na obu półokręgach. Ponieważ $v$ jest takie samo na $AF$ i na $CD$ (zadanie 7.2.), z wzoru $v=\frac{qBr}{m}$ otrzymujemy: $B_{AF}{r}_{AF}=B_{CD}{r}_{CD}\Rightarrow B_{CD}=B_{AF}\cdot \frac{r_{AF}}{r_{CD}}.$

Krok 4. Podstawienie danych. $B_{CD}=0,2\mathrm{T}\cdot \frac{0,75\mathrm{m}}{0,25\mathrm{m}}=0,2\mathrm{T}\cdot 3=0,6\mathrm{T}.$

Odpowiedź: $B_{CD}=0,6\mathrm{T}$.

Krok 1. Model liniowej zależności oporu od temperatury. W przybliżeniu liniowym opór wyraża się wzorem: $R=R_0(1+\alpha \Delta T),\Delta T=T-T_0,T_0=300\mathrm{K}.$ Przekształcając: $\alpha =\frac{R/R_0-1}{T-T_0}$ — jest to współczynnik kierunkowy prostej (przerywanej) na wykresie $R/R_0(T)$.

Krok 2. Odczyt z wykresu. Z przerywanej prostej odczytujemy dwa punkty, np. $(T=300\mathrm{K},R/R_0=1)$ oraz $(T=3200\mathrm{K},R/R_0=15)$.

Krok 3. Obliczenie współczynnika kierunkowego. $\alpha =\frac{15-1}{3200\mathrm{K}-300\mathrm{K}}=\frac{14}{2900\mathrm{K}}\approx 0,0048{\mathrm{K}}^{-1}\approx 0,005{\mathrm{K}}^{-1}.$

Odpowiedź: $\alpha \approx 5\cdot 10^{-3}{\mathrm{K}}^{-1}$.

Krok 1. Opór włókna przy parametrach znamionowych. Z wzoru na moc wydzieloną na oporniku $P_z=\frac{U_z^2}{R}$ wyznaczamy opór: $R=\frac{U_z^2}{P_z}=\frac{(230\mathrm{V}{)}^2}{60\mathrm{W}}\approx 882\Omega .$

Krok 2. Iloraz $R/R_0$. $\frac{R}{R_0}=\frac{882\Omega }{65\Omega }\approx 13,6.$

Krok 3. Odczyt temperatury z wykresu. Na wykresie $R/R_0(T)$ (krzywa, nie prosta — jesteśmy poza zakresem przybliżenia liniowego) odczytujemy temperaturę, dla której $R/R_0\approx 13,6$: $T\approx 2550\mathrm{K}.$

Odpowiedź: włókno żarówki rozgrzewa się do temperatury $T\approx 2550\mathrm{K}$ (wynik z przedziału $2500$–$2650\mathrm{K}$ uznaje się za prawidłowy).

Krok 1. Wzór na opór drutu. Opór drutu o długości $l$ i przekroju $S$ wykonanego z materiału o oporze właściwym ${\rho }_0$: $R_0={\rho }_0\cdot \frac{l}{S}\Rightarrow l=\frac{R_{0}S}{{\rho }_0}.$

Krok 2. Powierzchnia przekroju drutu. $S=\pi {\left(\frac{d}{2}\right)}^2=\pi {\left(\frac{30\cdot 10^{-6}\mathrm{m}}{2}\right)}^2=\pi \cdot (15\cdot 10^{-6}\mathrm{m}{)}^2\approx 7,07\cdot 10^{-10}{\mathrm{m}}^2.$

Krok 3. Podstawienie danych ($R_0\approx 65\Omega$): $l=\frac{65\Omega \cdot 7,07\cdot 10^{-10}{\mathrm{m}}^2}{5,6\cdot 10^{-8}\Omega \cdot \mathrm{m}}\approx 0,82\mathrm{m}.$

Odpowiedź: $l\approx 0,82\mathrm{m}$.

Krok 1. Odbicie w punkcie $D$. Zgodnie z prawem odbicia kąt odbicia jest równy kątowi padania: ${\gamma }_{pad}={\gamma }_{odb}$. Promień odbity biegnie z powrotem do wnętrza szkła, symetrycznie względem normalnej (promienia $OD$) do promienia padającego $AD$.

Krok 2. Załamanie w punkcie $D$ (szkło→powietrze). Światło przechodzi z ośrodka gęstszego optycznie (szkło) do rzadszego (powietrze), więc zgodnie z prawem załamania promień załamany odchyla się od normalnej — kąt załamania jest większy od kąta padania: ${\gamma }_{pad}<{\gamma }_{zał}$.

Krok 3. Związek ${\gamma }_{zał}$ z $\alpha$ — geometria trójkąta $OAD$. Odcinki $OA$ i $OD$ są promieniami krążka, więc trójkąt $OAD$ jest równoramienny ($|OA|=|OD|$). Kąty przy podstawie tego trójkąta są więc równe: kąt między cięciwą $AD$ i promieniem $OA$ (równy $\beta$, bo $OA$ to normalna w punkcie $A$) jest równy kątowi między cięciwą $AD$ i promieniem $OD$ (równy ${\gamma }_{pad}$, bo $OD$ to normalna w punkcie $D$): $\beta ={\gamma }_{pad}$.

Krok 4. Prawo załamania w punktach $A$ i $D$. W punkcie $A$ (powietrze→szkło): $\sin \alpha =n_{szk}\sin \beta$. W punkcie $D$ (szkło→powietrze): $n_{szk}\sin {\gamma }_{pad}=\sin {\gamma }_{zał}$. Podstawiając ${\gamma }_{pad}=\beta$ do drugiego równania: $n_{szk}\sin \beta =\sin {\gamma }_{zał}$. Porównując z pierwszym równaniem ($n_{szk}\sin \beta =\sin \alpha$), otrzymujemy $\sin {\gamma }_{zał}=\sin \alpha$, czyli ${\gamma }_{zał}=\alpha$.

Odpowiedź: ${\gamma }_{pad}={\gamma }_{odb}$ (prawo odbicia); ${\gamma }_{pad}<{\gamma }_{zał}$ (przejście do ośrodka rzadszego optycznie); ${\gamma }_{zał}=\alpha$ (z geometrii trójkąta równoramiennego $OAD$ i praw załamania w $A$ oraz w $D$). Promień odbity w $D$ biegnie w głąb szkła pod kątem ${\gamma }_{odb}={\gamma }_{pad}$ do normalnej $OD$ (po drugiej stronie normalnej niż promień $AD$), a promień załamany w $D$ biegnie dalej w powietrzu pod kątem ${\gamma }_{zał}=\alpha$ do tej normalnej.

Krok 1. Prawo załamania z prędkościami. Prawo załamania na granicy powietrze–szkło w punkcie $A$ można zapisać jako: $\frac{\sin \alpha }{\sin \beta }=\frac{c}{v},$ gdzie $v$ to szukana prędkość światła w szkle.

Krok 2. Sinusy kątów z trójkątów prostokątnych. Trójkąty $ABC$ i $ABD$ na rysunku 2. są prostokątne (kąt prosty przy $B$, bo $B$ jest punktem na osi symetrii, prostopadłej do promienia padającego). Korzystając z kąta wierzchołkowego ($\angle CAB=\alpha$): $\sin \alpha =\frac{|CB|}{|AB|},\sin \beta =\frac{|BD|}{|AB|}.$

Krok 3. Podstawienie do prawa załamania. $\frac{\sin \alpha }{\sin \beta }=\frac{|CB|/|AB|}{|BD|/|AB|}=\frac{|CB|}{|BD|}=\frac{c}{v}\Rightarrow v=\frac{|BD|}{|CB|}\cdot c.$

Krok 4. Obliczenie. $v=\frac{4,8\mathrm{cm}}{7,8\mathrm{cm}}\cdot 3,0\cdot 10^8\frac{\mathrm{m}}{\mathrm{s}}\approx 1,8\cdot 10^8\frac{\mathrm{m}}{\mathrm{s}}.$

Odpowiedź: $v\approx 1,8\cdot 10^{8}m/s$.

Krok 1. Wzór na energię całkowitą. Relatywistyczna energia całkowita cząstki o masie $m$ i prędkości $v$ wynosi: $E=\frac{m{c}^2}{\sqrt{1-(v/c{)}^2}}.$

Krok 2. Wartość dla $v=0$. Gdy $v=0$, $E=m{c}^2$ — wykres musi zaczynać się od wartości $m{c}^2$ (a nie od zera), co odrzuca wykresy C i D.

Krok 3. Zachowanie przy $v\to c$. Mianownik $\sqrt{1-(v/c{)}^2}\to 0$, więc $E\to \infty$ — energia rośnie do nieskończoności w sposób asymptotyczny, gdy $v$ zbliża się do $c$, i wykres nie może być zdefiniowany dla $v>c$ (cząstka o niezerowej masie nie może osiągnąć ani przekroczyć prędkości światła). Odrzuca to wykres A, na którym krzywa sięga skończonej wartości $3m{c}^2$ przy $v=2c$.

Krok 4. Wybór wykresu. Tylko wykres B zaczyna się od $E=m{c}^2$ przy $v=0$ i rośnie asymptotycznie do nieskończoności, gdy $v\to c$, nie sięgając wartości dla $v>c$.

Odpowiedź: B.

Krok 1. Energia całkowita jako suma energii kinetycznej i spoczynkowej. $E=E_{kin}+E_0=\frac{E_0}{\sqrt{1-(v/c{)}^2}}.$

Krok 2. Warunek zadania. $E_{kin}=2E_0$, więc: $\frac{E_0}{\sqrt{1-(v/c{)}^2}}=2E_0+E_0=3E_0\Rightarrow \frac{1}{\sqrt{1-(v/c{)}^2}}=3.$

Krok 3. Przekształcenie. $\sqrt{1-(v/c{)}^2}=\frac{1}{3}\Rightarrow 1-{\left(\frac{v}{c}\right)}^2=\frac{1}{9}\Rightarrow {\left(\frac{v}{c}\right)}^2=\frac{8}{9}.$

Krok 4. Wynik. $\frac{v}{c}=\sqrt{\frac{8}{9}}\approx 0,9428\approx 0,94.$

Odpowiedź: $\frac{v}{c}\approx 0,94$.

Krok 1. Związek pracy pola elektrycznego z energią kinetyczną. Elektron przyśpieszany napięciem $U$ zyskuje energię kinetyczną $E_{kin}=eU$, gdzie $e$ to wartość ładunku elementarnego. Z definicji elektronowolta, jeśli $E_{kin}$ wyrazimy w elektronowoltach, to liczbowo $U$ w woltach jest równe $E_{kin}$ w eV.

Krok 2. Warunek zadania. $E_{kin}=2E_0=2\cdot 5,1\cdot 10^5\mathrm{eV}=10,2\cdot 10^5\mathrm{eV}$.

Krok 3. Wynik. Skoro $eU=E_{kin}$, to liczbowo: $U=10,2\cdot 10^5\mathrm{V}.$

Odpowiedź: $U\approx 10,2\cdot 10^5\mathrm{V}$.

Krok 1. Liczby atomowe reagentów. Ołów ma liczbę atomową $Z_{Pb}=82$, a cynk $Z_{Zn}=30$ (to są znane, tablicowe liczby atomowe tych pierwiastków).

Krok 2. Zasada zachowania ładunku. Suma liczb atomowych po lewej stronie: $82+30=112$, co jest równe liczbie atomowej kopernika ($Z_{Cn}=112$). Zatem cała suma ładunku „zużywa się” na kopernik — brakująca cząstka musi mieć ładunek (liczbę atomową) równy $0$.

Krok 3. Zasada zachowania liczby nukleonów. Suma liczb masowych po lewej stronie: $208+70=278$. Liczba masowa kopernika to $277$, więc brakująca cząstka musi mieć liczbę masową $278-277=1$.

Krok 4. Identyfikacja cząstki. Cząstka o liczbie masowej $1$ i liczbie atomowej (ładunku) $0$ to neutron ${}_0^{1}n$.

Odpowiedź: ${}_{82}^{208}\mathrm{Pb}+{}_{30}^{70}\mathrm{Zn}\to {}_{112}^{277}\mathrm{Cn}+{}_0^{1}n.$

Krok 1. Zmiana liczb A i Z w rozpadzie α. W każdym rozpadzie α jądro emituje cząstkę α (${}_2^4\mathrm{He}$), więc liczba masowa jądra maleje o $4$, a liczba atomowa – o $2$.

Krok 2. Sześć kolejnych rozpadów. Startując z ${}_{112}^{277}\mathrm{Cn}$, po sześciu rozpadach α: $A=277-6\cdot 4=277-24=253,Z=112-6\cdot 2=112-12=100.$

Krok 3. Identyfikacja pierwiastka. Pierwiastek o liczbie atomowej $Z=100$ to fermium (Fm).

Odpowiedź: powstaje jądro izotopu ${}^{253}\mathrm{Fm}$ (fermium), $Z=100$.

Krok 1. Identyfikacja szukanej energii. Najmniejsza energia potrzebna do rozbicia jądra na osobne, nieoddziałujące nukleony jest równa energii wiązania tego jądra: $E=E_w=\Delta m{c}^2$, gdzie $\Delta m$ to deficyt masy.

Krok 2. Skład jądra ${}^{277}\mathrm{Cn}$. Liczba atomowa $Z=112$ (protony), liczba masowa $A=277$, więc liczba neutronów $N=A-Z=277-112=165$.

Krok 3. Deficyt masy. $\Delta m=112m_p+165m_n-m_{Cn}=(112\cdot 1,67262192+165\cdot 1,67492749-460,138852)\cdot 10^{-27}\mathrm{kg}.$ Obliczając sumę w nawiasie: $112\cdot 1,67262192\approx 187,414$, $165\cdot 1,67492749\approx 276,463$, razem $\approx 463,697$, więc: $\Delta m\approx (463,697-460,139)\cdot 10^{-27}\mathrm{kg}\approx 3,558\cdot 10^{-27}\mathrm{kg}.$

Krok 4. Energia wiązania. $E_w=\Delta m{c}^2\approx 3,558\cdot 10^{-27}\mathrm{kg}\cdot (2,998\cdot 10^8\frac{\mathrm{m}}{\mathrm{s}}{)}^2\approx 3,558\cdot 10^{-27}\cdot 8,988\cdot 10^{16}\mathrm{J}\approx 3,20\cdot 10^{-10}\mathrm{J}.$ W elektronowoltach: $E_w\approx \frac{3,20\cdot 10^{-10}\mathrm{J}}{1,602\cdot 10^{-19}J/eV}\approx 2,00\cdot 10^9\mathrm{eV}=2,00\mathrm{GeV}.$

Odpowiedź: $E_w\approx 3,20\cdot 10^{-10}\mathrm{J}\approx 2,00\mathrm{GeV}$.