Arkusze

Fizyka

Fizyka PR — Maj 2023 (Formuła 2015)

Arkusz maturalny z fizyki, poziom rozszerzony, sesja Maj 2023 (CKE, Formuła 2015), z pełnymi rozwiązaniami krok po kroku.

Maj 2023 · CKE

Arkusz Zasady oceniania

Zadanie 1

4 pkt

Kinematykaruch jednostajnyruch jednostajnie zmienny

Samochód policyjny $P$ jechał ze stałą prędkością o wartości $v_{0 P} = 20 m/s$ . W pewnej chwili został on wyprzedzony przez samochód osobowy $F$ , jadący w tym samym kierunku ze stałą prędkością o wartości $v_{F} = 35 m/s$ .

W chwili $t_{0} = 0$ , gdy odległość między samochodami $P$ i $F$ zwiększyła się do $d_{0} = 40 m$ , samochód policyjny rozpoczął pościg ze stałym przyśpieszeniem o wartości $a = 6 m/ s^{2}$ .

Odległość $d$ między samochodami $P$ i $F$ jeszcze przez pewien czas rosła, w pewnej chwili osiągnęła wartość maksymalną $d_{ma x}$ , a następnie zaczęła maleć.

Przyjmij, że:

od chwili $t_{0} = 0$ samochód policyjny $P$ poruszał się ruchem jednostajnie przyśpieszonym prostoliniowym,
samochód $F$ cały czas poruszał się ruchem jednostajnym prostoliniowym,
odległość pomiędzy samochodami traktujemy jako odległość pomiędzy ustalonymi punktami na przednich zderzakach.

Oblicz $d_{ma x}$ – maksymalną odległość pomiędzy samochodami $P$ i $F$ podczas pościgu. Zapisz obliczenia.

Rozwiązanie

Krok 1. Kiedy odległość jest maksymalna. Odległość między samochodami rośnie, dopóki samochód $F$ jest szybszy od $P$ . Staje się maksymalna w chwili $t_{ma x}$ , w której prędkości obu samochodów są sobie równe – później $P$ jest szybszy i zaczyna nadrabiać odległość.

Krok 2. Wyznaczenie $t_{ma x}$ . Prędkość samochodu $P$ w ruchu jednostajnie przyśpieszonym: $v_{P} (t) = v_{0 P} + a t = 20 + 6 t$ . Przyrównujemy do prędkości $F$ : $20 + 6 t_{ma x} = 35 \Rightarrow t_{ma x} = 2, 5 s .$

Krok 3. Położenia samochodów w chwili $t_{ma x}$ . Przyjmujemy $x_{0 P} = 0$ , $x_{0 F} = d_{0} = 40 m$ w chwili $t_{0} = 0$ : $x_{P} (t_{ma x}) = v_{0 P} t_{ma x} + \frac{1}{2} a t_{ma x}^{2} = 20 \cdot 2, 5 + \frac{1}{2} \cdot 6 \cdot 2, 5^{2} = 50 + 18, 75 = 68, 75 m,$ $x_{F} (t_{ma x}) = d_{0} + v_{F} t_{ma x} = 40 + 35 \cdot 2, 5 = 127, 5 m .$

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

Odpowiedź: $d_{ma x} = 58, 75 m$ .

Zadanie 2.1

1 pkt

Dynamikatrzecia zasada dynamiki Newtonazderzenia

Krążek K1 porusza się w inercjalnym układzie odniesienia $U$ ze stałą prędkością $v$ , a krążek K2 spoczywa. Środek krążka K2 leży poza prostą wyznaczającą kierunek ruchu krążka K1. W pewnej chwili krążek K1 uderza w krążek K2.

Na rysunku 1. w kartezjańskim układzie współrzędnych $(x, y)$ przedstawiono poruszający się krążek K1 i spoczywający krążek K2. Oznaczono prędkość $v$ krążka K1 i składowe $v_{x}, v_{y}$ tej prędkości. Na rysunku 2. przedstawiono moment zderzenia się obu krążków.

Krążki są jednorodne, a ich masy są sobie równe. Pomijamy tarcie między krążkami K1 i K2 oraz między krążkami a podłożem.

Na rysunku 2. narysuj parę sił wzajemnego oddziaływania pomiędzy krążkami podczas ich zderzenia. Każdą z sił przyłóż – odpowiednio – w punkcie środka masy krążka K1 lub krążka K2. Zachowaj odpowiednie kierunki i zwroty tych sił oraz relację (większy, równy, mniejszy) między ich wartościami.

Rysunek 1 – krążek K1 poruszający się z prędkością v (składowe vx, vy) i spoczywający krążek K2 w układzie xy

Rysunek 2 – moment zderzenia krążków K1 i K2, oba na jednej wysokości na osi x

Rozwiązanie

Krok 1. Trzecia zasada dynamiki. Podczas zderzenia krążek K1 działa na K2 siłą $F_{12}$ , a krążek K2 działa na K1 siłą reakcji $F_{21}$ . Zgodnie z trzecią zasadą dynamiki Newtona te siły mają taką samą wartość, ten sam kierunek i przeciwne zwroty, a każda z nich jest przyłożona do innego ciała (odpowiednio w środku masy K1 i w środku masy K2).

Krok 2. Kierunek sił. W momencie zderzenia (rysunek 2.) środki obu krążków leżą na jednej linii poziomej, więc siły wzajemnego oddziaływania są skierowane wzdłuż tej linii: $F_{12}$ (siła od K1 na K2) w prawo, $F_{21}$ (siła od K2 na K1) w lewo – obie o jednakowej wartości.

Odpowiedź: dwie przeciwnie skierowane, poziome siły o równych wartościach: $F_{12}$ (na K2, w prawo) i $F_{21} = - F_{12}$ (na K1, w lewo), przyłożone odpowiednio w środkach masy K2 i K1.

Zadanie 2.2

1 pkt

Dynamikazderzeniazasada zachowania pędu

Załóżmy, że zderzenie krążków K1 i K2 było doskonale sprężyste.

Na którym rysunku (spośród A–D) prawidłowo narysowano i opisano wektory prędkości krążków bezpośrednio po zderzeniu w układzie odniesienia $U$ ? Wybierz właściwą odpowiedź spośród podanych.

A.
$∣ v_{1} ∣ = ∣ v_{2} ∣ = \frac{∣ v ∣}{2}$ — obie prędkości mają jednakową wartość, równą połowie $∣ v ∣$
B.
$v_{1} = 0$ , $v_{2} = v$ — K1 zatrzymuje się, K2 przejmuje całą prędkość początkową
C.
$v_{1} = v_{y}$ , $v_{2} = v_{x}$ — K1 zachowuje składową $v_{y}$ , K2 przejmuje składową $v_{x}$
D.
$v_{1} = - \frac{v}{2}$ , $v_{2} = \frac{v}{2}$ — K1 odbija się do tyłu, K2 rusza do przodu

Rozwiązanie

Krok 1. Kluczowa własność zderzenia „bokiem”. Środek krążka K2 leży poza prostą ruchu K1, więc siła wzajemnego oddziaływania w chwili zderzenia działa wzdłuż linii łączącej środki krążków (czyli wzdłuż osi $x$ , zgodnie z rysunkiem 2.). Taka siła może zmienić tylko składową prędkości K1 równoległą do tej linii ( $v_{x}$ ) – składowa prostopadła ( $v_{y}$ ) nie ulega zmianie, bo w tym kierunku żadna siła nie działa.

Krok 2. Zasada zachowania pędu i energii dla mas równych. Dla dwóch jednakowych mas, z których jedna spoczywa, sprężyste zderzenie „centralne” wzdłuż kierunku $x$ powoduje pełne przekazanie tej składowej prędkości z K1 na K2.

Krok 3. Wniosek. Po zderzeniu: $v_{1} = v_{y}$ (K1 zachowuje tylko składową prostopadłą do linii zderzenia), $v_{2} = v_{x}$ (K2 przejmuje składową wzdłuż linii zderzenia). To odpowiada rysunkowi C.

Odpowiedź: C.

Zadanie 3.1

3 pkt

Dynamikasiła tarciawarunki równowagi

Klocek o masie $m$ porusza się ruchem jednostajnym prostoliniowym po powierzchni równi pochyłej z prędkością $v$ pod górę. Ruch klocka opisujemy w układzie inercjalnym, w ziemskim polu grawitacyjnym. Przyjmij, że na ten klocek działają cztery siły:

$F_{t}$ – siła tarcia (pomiędzy klockiem a równią) działająca na klocek, $F_{g}$ – siła grawitacji działająca na klocek, $F_{r}$ – siła reakcji równi działająca na klocek (siła nacisku równi na klocek), $F$ – siła, z jaką klocek jest ciągnięty w górę równi. Kierunek siły $F$ jest wzdłuż powierzchni równi.

Na każdym diagramie 1.–3. narysowano dwie z czterech wymienionych sił działających na klocek: siłę tarcia $F_{t}$ oraz siłę grawitacji $F_{g}$ . Długości wektorów odpowiadają wartościom tych sił, a długość boku kratki odpowiada umownej jednostce siły. Punkt $S$ na diagramach 1.–3. reprezentuje klocek. Na diagramie 1. pozostawiono widok klocka oraz równi.

Kąt nachylenia równi ma miarę $α$ . Współczynnik tarcia klocka o równię jest równy $μ$ .

Na diagramie 2. narysuj i oznacz siłę $F_{r}$ przyłożoną w punkcie $S$ , natomiast na diagramie 3. narysuj i oznacz siłę $F$ przyłożoną w punkcie $S$ . Zachowaj odpowiednie kierunki, zwroty oraz długości wektorów odpowiadające wartościom tych sił.

Diagram 1 – klocek S na równi pochyłej pod kątem α, z narysowanymi wektorami siły tarcia Ft, siły grawitacji Fg i prędkości v

Rozwiązanie

Krok 1. Klocek nie przyśpiesza. Klocek porusza się ruchem jednostajnym (stała prędkość), więc zgodnie z pierwszą zasadą dynamiki wypadkowa wszystkich czterech sił działających na niego jest równa zeru – zarówno w kierunku prostopadłym do równi, jak i wzdłuż równi.

Krok 2. Siła reakcji równi $F_{r}$ (diagram 2.). W kierunku prostopadłym do powierzchni równi działają tylko dwie siły: składowa siły grawitacji prostopadła do równi ( $F_{g} cos α$ ) oraz siła reakcji $F_{r}$ . Z odczytu z diagramu 1. ta składowa odpowiada 8 umownym jednostkom siły. Zatem $F_{r}$ musi mieć kierunek prostopadły do równi, zwrot od powierzchni równi (na zewnątrz) i długość 8 jednostek, aby zrównoważyć składową normalną siły grawitacji.

Krok 3. Siła ciągnąca $F$ (diagram 3.). W kierunku wzdłuż równi działają: siła tarcia $F_{t}$ (w dół równi, bo przeciwstawia się ruchowi klocka w górę), składowa styczna siły grawitacji $F_{g} sin α$ (też w dół równi) oraz siła $F$ (w górę równi). Z równowagi wzdłuż równi: $F = F_{t} + F_{g} sin α$ . Odczytana z diagramu wypadkowa sił $F_{t}$ i stycznej składowej $F_{g}$ (w dół równi) odpowiada 3 jednostkom, co prowadzi do wartości $F =$ 5 jednostek, skierowanej wzdłuż powierzchni równi, w górę (w stronę ruchu klocka).

Odpowiedź: $F_{r}$ – prostopadła do równi, skierowana od równi, długość 8 jednostek (diagram 2.); $F$ – wzdłuż równi w górę, długość 5 jednostek (diagram 3.).

Zadanie 3.2

3 pkt

Praca, moc, energiapracasiła tarcia

Rozważamy wciąganie klocka po równi pochyłej (zobacz rysunek 1.) oraz pionowe podnoszenie klocka w powietrzu (zobacz rysunek 2.). Pracę siły $F$ , wykonaną podczas wciągania klocka po równi na wysokość $h$ ruchem jednostajnym, oznaczymy jako $W_{1}$ . Pracę przeciwko sile grawitacji, wykonaną podczas podnoszenia klocka ruchem jednostajnym pionowo do góry na wysokość $h$ , oznaczymy jako $W_{2}$ .

Wyprowadź wzór pozwalający wyznaczyć różnicę prac $(W_{1} - W_{2})$ w zależności od wielkości: $μ, m, g, h, α$ .

Rysunek 1 i 2 – wciąganie klocka po równi pochyłej na wysokość h oraz pionowe podnoszenie klocka na tę samą wysokość h

Rozwiązanie

Krok 1. Praca $W_{1}$ (wciąganie po równi). Z zadania 3.1. siła ciągnąca wzdłuż równi ma wartość $F = F_{t} + F_{g} sin α = μ m g cos α + m g sin α$ (bo $F_{t} = μ F_{r} = μ m g cos α$ ). Droga przebyta wzdłuż równi, aby wznieść się na wysokość $h$ , to $s = \frac{h}{sin α}$ . Zatem: $W_{1} = F \cdot s = (μ m g cos α + m g sin α) \cdot \frac{h}{s i n α} = m g h (μ \cdot ctg α + 1) .$

Krok 2. Praca $W_{2}$ (podnoszenie pionowe). Przy podnoszeniu klocka ruchem jednostajnym pionowo do góry na wysokość $h$ siła ciągnąca musi równoważyć tylko ciężar (klocek nie styka się z żadną powierzchnią, brak tarcia): $W_{2} = m g h .$

Krok 3. Różnica prac. $W_{1} - W_{2} = m g h (μ \cdot ctg α + 1) - m g h = μ m g h \cdot ctg α .$

Odpowiedź: $W_{1} - W_{2} = μ m g h \cdot ctg α$ .

Fizyka

Poziom rozszerzony

799 zł

Szczegóły

Zadanie 4.1

1 pkt

Drgania i fale mechaniczneokres i częstotliwośćruch harmoniczny

Sprężynę o współczynniku sprężystości $k = 100 N/m$ zamocowano jednym końcem do pionowej ściany. Na drugim końcu sprężyny przymocowano klocek o masie $m_{k} = 150 g$ . Sprężyna początkowo pozostawała nierozciągnięta.

W kierunku klocka wystrzelono poziomo kulkę z plasteliny o masie $m_{p} = 50 g$ . Wartość prędkości plastelinowej kulki przed uderzeniem w klocek oznaczymy jako $v_{p r z e d}$ . W wyniku zderzenia plastelina przykleiła się do klocka. Wartość prędkości, jaką uzyskał klocek (z przyklejoną do niego plastelinową kulką) bezpośrednio po zderzeniu, oznaczymy jako $v_{p o}$ .

Wskutek tego zderzenia układ (sprężyna – klocek z przyklejoną kulką) został wprawiony w drgania o amplitudzie $A$ i częstotliwości $f$ .

Przyjmij model zjawiska, w którym:

pomijamy masę sprężyny,
zakładamy, że pomiędzy klockiem a podłożem nie występuje tarcie,
układ wykonuje drgania harmoniczne,
pomijamy czas zderzenia kulki z klockiem.

Dokończ zdanie. Wybierz właściwą odpowiedź spośród podanych.

Częstotliwość drgań układu jest równa wartości wyrażenia

Rysunki 1–4 – kulka plasteliny uderzająca w klocek na sprężynie, klocek po zderzeniu i drgania układu o amplitudzie A

A.
$f = 2 π \frac{0 , 15}{100} Hz$
B.
$f = 2 π \frac{0 , 2}{100} Hz$
C.
$f = \frac{1}{2 π} \frac{100}{0 , 15} Hz$
D.
$f = \frac{1}{2 π} \frac{100}{0 , 2} Hz$

Rozwiązanie

Krok 1. Masa drgającego układu. Po zderzeniu drga cały układ: klocek razem z przyklejoną kulką plasteliny, o łącznej masie $m = m_{k} + m_{p} = 0, 15 kg + 0, 05 kg = 0, 2 kg$ .

Krok 2. Wzór na częstotliwość drgań na sprężynie. Okres drgań ciała o masie $m$ na sprężynie o współczynniku sprężystości $k$ wynosi $T = 2 π m / k$ , więc częstotliwość: $f = \frac{1}{T} = \frac{1}{2 π} \frac{k}{m} = \frac{1}{2 π} \frac{100}{0 , 2} Hz .$

Odpowiedź: D.

Zadanie 4.2

1 pkt

Drgania i fale mechaniczneruch harmonicznyokres i częstotliwość

Dokończ zdanie. Wybierz właściwą odpowiedź spośród podanych.

Amplitudę drgań układu można obliczyć ze wzoru

A.
$A = \frac{v _{p o}}{f}$
B.
$A = \frac{v _{p o}}{2 π f}$
C.
$A = \frac{v _{p r z e d}}{f}$
D.
$A = \frac{v _{p r z e d}}{2 π f}$

Rozwiązanie

Krok 1. Prędkość w chwili zderzenia jako prędkość maksymalna drgań. Bezpośrednio po zderzeniu klocek z przyklejoną kulką znajduje się w położeniu równowagi sprężyny (nierozciągniętej) i ma prędkość $v_{p o}$ – to jest moment przejścia przez położenie równowagi, w którym prędkość w ruchu harmonicznym jest maksymalna: $v_{ma x} = v_{p o}$ .

Krok 2. Związek prędkości maksymalnej z amplitudą. W ruchu harmonicznym $v_{ma x} = A ω = A \cdot 2 π f$ , stąd: $A = \frac{v _{p o}}{2 π f} .$

Odpowiedź: B.

Zadanie 4.3

4 pkt

Dynamikazderzeniazasada zachowania pędu

Energię kinetyczną układu przed zderzeniem oznaczymy jako $E_{k in p r z e d}$ . Maksymalną energię kinetyczną układu po zderzeniu oznaczymy jako $E_{k in p o}$ .

Oblicz wartość liczbową $\frac{E _{k in p o}}{E _{k in p r z e d}}$ .

Rozwiązanie

Krok 1. Zasada zachowania pędu w zderzeniu niesprężystym. Przed zderzeniem porusza się tylko kulka plasteliny (masa $m_{p}$ , prędkość $v_{p r z e d}$ ), klocek jest w spoczynku. Po zderzeniu klocek i kulka przemieszczają się razem z prędkością $v_{p o}$ : $m_{p} v_{p r z e d} = (m_{p} + m_{k}) v_{p o} \Rightarrow \frac{v _{p o}}{v _{p r z e d}} = \frac{m _{p}}{m _{p} + m _{k}} .$

Krok 2. Energie kinetyczne przed i po zderzeniu. $E_{k in p r z e d} = \frac{1}{2} m_{p} v_{p r z e d}^{2}, E_{k in p o} = \frac{1}{2} (m_{p} + m_{k}) v_{p o}^{2} .$

Krok 3. Iloraz energii. $\frac{E _{k in p o}}{E _{k in p r z e d}} = \frac{( m _{p} + m _{k} ) v _{p o}^{2}}{m _{p} v _{p r z e d}^{2}} = \frac{( m _{p} + m _{k} )}{m _{p}} \cdot (\frac{m _{p}}{m _{p} + m _{k}})^{2} = \frac{m _{p}}{m _{p} + m _{k}} .$

Krok 4. Podstawienie danych: $\frac{E _{k in p o}}{E _{k in p r z e d}} = \frac{50 g}{50 g + 150 g} = \frac{50}{200} = 0, 25.$

Odpowiedź: $\frac{E _{k in p o}}{E _{k in p r z e d}} = 0, 25$ .

Zadanie 5.1

1 pkt

Grawitacja i astronomiapole grawitacyjneprawo powszechnego ciążenia

Sagittarius A* (Sgr A*) to bardzo masywny obiekt znajdujący się w centrum naszej galaktyki. Gwiazda znana jako S2 obiega obiekt Sgr A* po wydłużonej orbicie eliptycznej. Parametry tego ruchu orbitalnego są następujące:

okres obiegu S2 dookoła Sgr A* wynosi $T_{S 2} = 16$ lat ziemskich,
najmniejsza odległość środka S2 od centrum Sgr A* jest równa $r_{P} = 120 au$ ,
największa odległość środka S2 od centrum Sgr A* jest równa $r_{A} = 1820 au$ .

Przyjmij, że Sgr A* się nie porusza, oraz pomiń wpływ innych ciał na ruch S2.

Na rysunku 2. narysuj wektor przyśpieszenia $a$ środka gwiazdy S2 w oznaczonym położeniu na orbicie. Zachowaj odpowiedni kierunek i zwrot tego wektora (długość może być dowolna).

Rysunek 1 – eliptyczna orbita gwiazdy S2 wokół Sgr A*, z punktami P (peryhelium) i A (aphelium) oraz wektorem prędkości v

Rysunek 2 – ta sama orbita S2 wokół Sgr A*, bez zaznaczonego wektora, do narysowania wektora przyśpieszenia a

Rozwiązanie

Krok 1. Jedyna siła działająca na S2. Na gwiazdę S2 działa wyłącznie siła grawitacji pochodząca od Sgr A*, a siła ta jest zawsze skierowana od S2 ku Sgr A* (siła grawitacji jest przyciągająca).

Krok 2. II zasada dynamiki. Skoro jedyna siła działająca na S2 jest skierowana ku Sgr A*, to zgodnie z $F = m a$ przyśpieszenie $a$ ma taki sam kierunek i zwrot, jak ta siła – niezależnie od tego, w którym miejscu orbity znajduje się gwiazda.

Odpowiedź: wektor $a$ zaczepiony w punkcie S2, skierowany wzdłuż odcinka łączącego S2 z Sgr A*, w stronę Sgr A*.

Zadanie 5.2

2 pkt

Grawitacja i astronomiaprawa Kepleraruch satelitów

Masę obiektu Sgr A* oznaczymy jako $M_{S A}$ , a masę Słońca oznaczymy jako $M_{S}$ .

Załóżmy, że ciało $C_{1}$ krąży po orbicie $O_{1}$ wokół centrum grawitacyjnego o masie $M_{1}$ , a ciało $C_{2}$ krąży po orbicie $O_{2}$ wokół centrum grawitacyjnego o masie $M_{2}$ . Zakładamy, że na każde z tych ciał działa jedynie siła pochodząca od centrum grawitacyjnego, dookoła którego dane ciało krąży. Stosunek mas $M_{1}$ i $M_{2}$ można obliczyć ze wzoru: $\frac{M _{1}}{M _{2}} = (\frac{a _{1}}{a _{2}})^{3} \cdot (\frac{T _{2}}{T _{1}})^{2},$ gdzie: $T_{1}$ i $T_{2}$ są okresami obiegu ciał po orbitach – odpowiednio – $O_{1}$ i $O_{2}$ , natomiast $a_{1}$ i $a_{2}$ zależą od rodzaju orbity:

gdy orbity $O_{1}$ i $O_{2}$ są kołowe, to $a_{1}$ i $a_{2}$ są odpowiednio promieniami tych orbit,
gdy orbita $O_{1}$ jest eliptyczna, a orbita $O_{2}$ jest kołowa, to $a_{1}$ jest długością półosi wielkiej orbity $O_{1}$ , natomiast $a_{2}$ jest promieniem orbity $O_{2}$ .

Przyjmij, że Ziemia porusza się dookoła Słońca po orbicie kołowej o promieniu $a_{Z} = 1, 0 au$ z okresem obiegu $T_{Z} = 1, 0$ rok. Długość półosi wielkiej orbity gwiazdy S2, poruszającej się wokół obiektu Sgr A*, jest równa $\frac{∣ P A ∣}{2}$ .

Oblicz iloraz $\frac{M _{S A}}{M _{S}}$ . Zapisz obliczenia. Wynik podaj zaokrąglony do dwóch cyfr znaczących.

Rozwiązanie

Krok 1. Półoś wielka orbity S2. Odcinek $∣ P A ∣$ to cała oś wielka elipsy (peryhelium–aphelium): $a = \frac{1}{2} ∣ P A ∣ = \frac{1}{2} (r_{P} + r_{A}) = \frac{1}{2} (120 + 1820) au = 970 au .$

Krok 2. Zastosowanie podanego wzoru. Traktujemy S2 wokół Sgr A* jako ciało 1 (orbita eliptyczna, $a_{1} = 970 au$ , $T_{1} = 16$ lat), a Ziemię wokół Słońca jako ciało 2 (orbita kołowa, $a_{2} = 1, 0 au$ , $T_{2} = 1, 0$ rok): $\frac{M _{S A}}{M _{S}} = (\frac{a}{a _{Z}})^{3} \cdot (\frac{T _{Z}}{T _{S 2}})^{2} = (\frac{970}{1 , 0})^{3} \cdot (\frac{1 , 0}{16})^{2} .$

Krok 3. Obliczenie. $\frac{M _{S A}}{M _{S}} = 97 0^{3} \cdot \frac{1}{256} \approx \frac{9 , 13 \cdot 1 0 ^{8}}{256} \approx 3, 6 \cdot 1 0^{6} .$

Odpowiedź: $\frac{M _{S A}}{M _{S}} \approx 3, 6 \cdot 1 0^{6}$ – Sgr A* jest około 3,6 miliona razy masywniejszy od Słońca.

Fizyka

Poziom rozszerzony

799 zł

Szczegóły

Zadanie 5.3

3 pkt

Grawitacja i astronomiaprawa Kepleraprawo powszechnego ciążenia

Wyprowadź wzór podany w informacji do zadań 5.2.–5.3. w przypadku, gdy orbity $O_{1}$ i $O_{2}$ są kołowe.

Rozwiązanie

Krok 1. Siła grawitacji jako siła dośrodkowa. Dla ciała $C_{1}$ (masa $m_{1}$ ) krążącego po orbicie kołowej o promieniu $a_{1}$ wokół centrum o masie $M_{1}$ , siła grawitacji pełni rolę siły dośrodkowej: $m_{1} \frac{v _{1}^{2}}{a _{1}} = \frac{G M _{1} m _{1}}{a _{1}^{2}} .$

Krok 2. Prędkość w ruchu jednostajnym po okręgu. $v_{1} = \frac{2 π a _{1}}{T _{1}}$ . Podstawiamy i dzielimy obie strony przez $m_{1}$ : $\frac{1}{a _{1}} (\frac{2 π a _{1}}{T _{1}})^{2} = \frac{G M _{1}}{a _{1}^{2}} \Rightarrow \frac{4 π ^{2} a _{1}}{T _{1}^{2}} = \frac{G M _{1}}{a _{1}^{2}} \Rightarrow M_{1} = \frac{4 π ^{2} a _{1}^{3}}{G T _{1}^{2}} .$

Krok 3. Analogicznie dla ciała $C_{2}$ : $M_{2} = \frac{4 π ^{2} a _{2}^{3}}{G T _{2}^{2}} .$

Krok 4. Iloraz mas. $\frac{M _{1}}{M _{2}} = \frac{\frac{4 π ^{2} a _{1}^{3}}{G T _{1}^{2}}}{\frac{4 π ^{2} a _{2}^{3}}{G T _{2}^{2}}} = \frac{a _{1}^{3}}{T _{1}^{2}} \cdot \frac{T _{2}^{2}}{a _{2}^{3}} = (\frac{a _{1}}{a _{2}})^{3} \cdot (\frac{T _{2}}{T _{1}})^{2} .$

Odpowiedź: $\frac{M _{1}}{M _{2}} = (\frac{a _{1}}{a _{2}})^{3} \cdot (\frac{T _{2}}{T _{1}})^{2}$ — wzór wyprowadzony, co należało wykazać.

Zadanie 6.1

1 pkt

Termodynamikaprzemiany gazowerównanie Clapeyrona

W cylindrze szczelnie zamkniętym ruchomym tłokiem znajduje się $n = 1$ mol jednoatomowego gazu doskonałego. Ten gaz poddano kolejno dwóm przemianom.

W pierwszej przemianie gaz ogrzewano, utrzymując stałą objętość, i dostarczono do tego gazu $Q_{1} = 100 J$ ciepła.
W drugiej przemianie gaz ogrzewano, utrzymując stałe ciśnienie, i dostarczono do tego gazu $Q_{2} = 100 J$ ciepła, czyli tę samą ilość ciepła, ile dostarczono w pierwszej przemianie.

Ciepło molowe tego gazu przy stałej objętości wynosi $C_{V} = \frac{3}{2} R$ , gdzie $R$ jest stałą gazową.

Oceń prawdziwość poniższych stwierdzeń. Wybierz P, jeśli stwierdzenie jest prawdziwe, albo F – jeśli jest fałszywe.

Stwierdzenie	P	F
W pierwszej przemianie wartość siły parcia gazu na tłok jest wprost proporcjonalna do temperatury bezwzględnej tego gazu.
W drugiej przemianie objętość gazu w cylindrze jest wprost proporcjonalna do średniej energii kinetycznej cząsteczek tego gazu.

Rozwiązanie

Stwierdzenie 1. W pierwszej przemianie objętość jest stała, więc z równania Clapeyrona $p V = n R T$ mamy $p = \frac{n R}{V} T$ , czyli ciśnienie $p$ jest wprost proporcjonalne do $T$ . Siła parcia na tłok $F = pS$ (przy stałym $S$ ) jest więc również wprost proporcjonalna do $T$ . Stwierdzenie prawdziwe (P).

Stwierdzenie 2. W drugiej przemianie ciśnienie jest stałe, więc z równania Clapeyrona $V = \frac{n R}{p} T$ – objętość $V$ jest wprost proporcjonalna do $T$ . Średnia energia kinetyczna cząsteczek gazu również jest wprost proporcjonalna do $T$ ( $\overline{E_{k in}} = \frac{3}{2} k_{B} T$ ). Skoro obie wielkości są proporcjonalne do tej samej temperatury $T$ , to $V$ jest wprost proporcjonalne do $\overline{E_{k in}}$ . Stwierdzenie prawdziwe (P).

Odpowiedź: P, P.

Zadanie 6.2

1 pkt

TermodynamikaI zasada termodynamikiciepło właściwe

Przyrost temperatury gazu w pierwszej przemianie oznaczymy jako $Δ T_{1}$ , a w drugiej przemianie – jako $Δ T_{2}$ .

Dokończ zdanie. Wybierz odpowiedź A, B albo C i jej uzasadnienie 1., 2. albo 3.

Przyrosty temperatury gazu w opisanych przemianach spełniają relację:

Litera	Relacja	Numer	Uzasadnienie („…ponieważ przyrost energii wewnętrznej gazu jest…”)
A.	$Δ T_{1} > Δ T_{2}$	1.	taki sam w obu przemianach
B.	$Δ T_{1} < Δ T_{2}$	2.	większy w pierwszej przemianie
C.	$Δ T_{1} = Δ T_{2}$	3.	większy w drugiej przemianie

Rozwiązanie

Krok 1. Przyrost temperatury w pierwszej przemianie (izochorycznej). Całe dostarczone ciepło zwiększa energię wewnętrzną: $Q_{1} = Δ U_{1} = n C_{V} Δ T_{1} = \frac{3}{2} n R Δ T_{1}$ , stąd $Δ T_{1} = \frac{2 Q _{1}}{3 n R}$ .

Krok 2. Przyrost temperatury w drugiej przemianie (izobarycznej). Ciepło molowe przy stałym ciśnieniu $C_{p} = C_{V} + R = \frac{5}{2} R$ , więc $Q_{2} = n C_{p} Δ T_{2} = \frac{5}{2} n R Δ T_{2}$ , stąd $Δ T_{2} = \frac{2 Q _{2}}{5 n R}$ .

Krok 3. Porównanie. Ponieważ $Q_{1} = Q_{2}$ , a $Δ T_{1} = \frac{2 Q}{3 n R} > \frac{2 Q}{5 n R} = Δ T_{2}$ (mniejszy mianownik daje większą wartość), to $Δ T_{1} > Δ T_{2}$ .

Krok 4. Uzasadnienie przez energię wewnętrzną. W pierwszej przemianie całe ciepło ( $100 J$ ) zwiększa energię wewnętrzną: $Δ U_{1} = 100 J$ . W drugiej przemianie część ciepła zamienia się na pracę rozprężania, więc $Δ U_{2} = Q_{2} - W_{2} < 100 J$ . Przyrost energii wewnętrznej jest więc większy w pierwszej przemianie – to (przez $Δ U = \frac{3}{2} n R Δ T$ ) uzasadnia większy przyrost temperatury w pierwszej przemianie.

Odpowiedź: A2 – $Δ T_{1} > Δ T_{2}$ , ponieważ przyrost energii wewnętrznej gazu jest większy w pierwszej przemianie.

Zadanie 6.3

3 pkt

TermodynamikaI zasada termodynamikiprzemiany gazowe

Oblicz pracę, którą wykonała siła parcia gazu na tłok w drugiej przemianie. Zapisz obliczenia.

Rozwiązanie

Krok 1. I zasada termodynamiki dla drugiej przemiany. Gaz pobiera ciepło $Q_{2}$ , częściowo zwiększając energię wewnętrzną $Δ U_{2}$ , a częściowo wykonując pracę $W_{2}$ (rozprężanie przy stałym ciśnieniu): $Q_{2} = Δ U_{2} + W_{2} .$

Krok 2. Energia wewnętrzna przez przyrost temperatury. $Δ U_{2} = \frac{3}{2} n R Δ T_{2}$ , a z zadania 6.2. $Q_{2} = \frac{5}{2} n R Δ T_{2}$ , więc $Δ U_{2} = \frac{3}{5} Q_{2}$ .

Krok 3. Praca. $W_{2} = Q_{2} - Δ U_{2} = Q_{2} - \frac{3}{5} Q_{2} = \frac{2}{5} Q_{2} = \frac{2}{5} \cdot 100 J = 40 J .$

Odpowiedź: $W_{2} = 40 J$ .

Zadanie 7.1

2 pkt

Magnetyzm i indukcjasiła Lorentzaruch po okręgu

Proton poruszał się w próżni, w polu magnetycznym po torze, który składał się z półokręgów $A F$ , $F B$ , $B E$ , $E C$ , $C D$ (zobacz rysunek). Na każdym z tych półokręgów wektor indukcji magnetycznej był prostopadły do płaszczyzny ruchu protonu i miał stałą wartość, ale dla różnych półokręgów wartości te były różne i wynosiły – odpowiednio – $B_{A F}$ , $B_{F B}$ , $B_{B E}$ , $B_{E C}$ , $B_{C D}$ .

W chwili początkowej $t_{A} = 0$ proton znajdował się w punkcie $A$ i miał prędkość $v$ (prostopadłą do wektora indukcji magnetycznej). Dalej proton poruszał się po opisanym torze i po pewnym czasie uderzył w tarczę znajdującą się w punkcie $D$ . Wartość wektora indukcji magnetycznej na półokręgu $A F$ wynosiła $B_{A F} = 0, 2 T$ . Długości odcinków na rysunku spełniają równości: $∣ A B ∣ = ∣ B C ∣ = ∣ C S ∣ = ∣ S D ∣ = ∣ D E ∣ = ∣ E F ∣ oraz ∣ A D ∣ = 1 m .$

W zadaniach 7.1.–7.3. pomijamy siłę grawitacji działającą na proton.

Oceń prawdziwość poniższych stwierdzeń. Wybierz P, jeśli stwierdzenie jest prawdziwe, albo F – jeśli jest fałszywe.

Stwierdzenie	P	F
Wektor indukcji pola magnetycznego wzdłuż całego toru ruchu protonu ma zwrot przed płaszczyznę rysunku (tzn. w stronę patrzącego).
Wartość siły magnetycznej Lorentza działającej na proton jest stała na całej długości toru od punktu $A$ do punktu $D$ .
Czas ruchu protonu po każdym z półokręgów $A F$ , $F B$ , $B E$ , $E C$ , $C D$ jest taki sam.

Tor ruchu protonu złożony z półokręgów AF, FB, BE, EC, CD wokół osi x, z zaznaczonym wektorem prędkości v w punkcie A

Rozwiązanie

Stwierdzenie 1. Tor protonu to seria półokręgów leżących raz nad osią $x$ , raz pod nią – proton zakręca zawsze w tę samą stronę, co jest możliwe tylko wtedy, gdy wektor indukcji magnetycznej ma ten sam kierunek i zwrot na całej trasie (przed płaszczyznę rysunku). Stwierdzenie prawdziwe (P).

Stwierdzenie 2. Siła Lorentza ma wartość $F = q v B$ . Prędkość $v$ jest stała (siła Lorentza nie wykonuje pracy – jest zawsze prostopadła do prędkości), ale indukcja $B$ zmienia się między półokręgami, więc wartość siły Lorentza nie jest stała na całej trasie. Stwierdzenie fałszywe (F).

Stwierdzenie 3. Czas ruchu po półokręgu o promieniu $r$ to $t = \frac{π r}{v}$ . Promienie kolejnych półokręgów są różne, a prędkość $v$ jest ta sama na całej trasie, więc czasy ruchu po poszczególnych półokręgach nie są takie same. Stwierdzenie fałszywe (F).

Odpowiedź: P, F, F.

Fizyka

Poziom rozszerzony

799 zł

Szczegóły

Zadanie 7.2

2 pkt

Magnetyzm i indukcjasiła Lorentzapraca i energia kinetyczna

Wykaż, że wartość prędkości protonu w ruchu po każdym z półokręgów jest stała. Powołaj się na:

odpowiednie własności siły działającej na proton oraz
zasady dynamiki albo odpowiednie twierdzenie o energii kinetycznej.

Rozwiązanie

Krok 1. Własność siły Lorentza. Siła Lorentza działająca na naładowaną cząstkę poruszającą się w polu magnetycznym jest zawsze prostopadła do jej wektora prędkości: $F = q v \times B$ .

Krok 2. Wniosek z twierdzenia o pracy i energii kinetycznej. Praca siły prostopadłej do przemieszczenia (a więc do prędkości) jest równa zeru: $W_{F} = 0$ . Z twierdzenia o pracy i energii kinetycznej praca siły wypadkowej równa się zmianie energii kinetycznej ciała: $W_{F} = Δ E_{k in}$ . Skoro $W_{F} = 0$ , to $Δ E_{k in} = 0$ , czyli energia kinetyczna protonu (a więc i wartość jego prędkości, bo masa jest stała) nie zmienia się w trakcie całego ruchu – jest stała na każdym z półokręgów (i między nimi).

Odpowiedź: ponieważ siła Lorentza jest zawsze prostopadła do prędkości, nie wykonuje pracy, a to oznacza (z twierdzenia o pracy i energii kinetycznej), że energia kinetyczna, a więc i wartość prędkości protonu, pozostaje stała podczas całego ruchu.

Zadanie 7.3

3 pkt

Magnetyzm i indukcjasiła Lorentzaruch po okręgu

Oblicz wartość $B_{C D}$ wektora indukcji pola magnetycznego działającego na proton, gdy poruszał się on po półokręgu $C D$ . Zapisz obliczenia.

Wskazówka: Wartość prędkości protonu poruszającego się po torze $A F B E C D$ była stała.

Rozwiązanie

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

Krok 2. Prędkość jest ta sama na półokręgach $A F$ i $C D$ (zad. 7.2.). $\frac{q B _{A F} r _{A F}}{m} = \frac{q B _{C D} r _{C D}}{m} \Rightarrow B_{A F} r_{A F} = B_{C D} r_{C D} .$

Krok 3. Promienie półokręgów $A F$ i $C D$ . Z rysunku (przy $∣ A B ∣ = ∣ B C ∣ = ∣ C S ∣ = ∣ S D ∣ = ∣ D E ∣ = ∣ E F ∣$ i $∣ A D ∣ = 1 m$ ) wynika, że promień półokręgu $A F$ (mierzony od środka $S$ do $A$ ) wynosi $r_{A F} = \frac{3}{4} ∣ A D ∣ = 0, 75 m$ , a promień półokręgu $C D$ (mierzony od środka $S$ do $D$ ) wynosi $r_{C D} = \frac{1}{4} ∣ A D ∣ = 0, 25 m$ .

Krok 4. Obliczenie $B_{C D}$ . $B_{C D} = \frac{B _{A F} r _{A F}}{r _{C D}} = \frac{0 , 2 T \cdot 0 , 75 m}{0 , 25 m} = 0, 6 T .$

Odpowiedź: $B_{C D} = 0, 6 T$ .

Zadanie 8.1

2 pkt

Prąd elektryczny stałyopóranaliza wykresu

Do produkcji włókien tradycyjnych żarówek wykorzystywano bardzo cienkie druty wolframowe. Gdy przez włókno wolframowe pewnej żarówki płynął prąd o niewielkim natężeniu, to włókno utrzymywało temperaturę $T_{0} = 300 K$ , a jego opór wynosił $R_{0} \approx 65 Ω$ . Po podłączeniu tej żarówki do sieci o napięciu $230 V$ pobierała ona moc (znamionową) $60 W$ . Wówczas włókno rozgrzewało się do wysokiej temperatury, a jego opór był wielokrotnie większy od $R_{0}$ .

Na wykresie linią ciągłą przedstawiono zależność $R / R_{0}$ od temperatury $T$ , gdzie $R$ oznacza opór włókna wolframowego o temperaturze $T$ . W zakresie temperatur od $300 K$ do $1000 K$ ta zależność ma w przybliżeniu charakter liniowy (wykres pokrywa się częściowo z linią prostą narysowaną przerywaną kreską) i można ją opisać wzorem: $\frac{R ( T )}{R _{0}} \approx 1 + α Δ T gdzie Δ T = T - 300 K,$ $α$ – temperaturowy współczynnik oporu dla wolframu.

Oblicz $α$ – wartość temperaturowego współczynnika oporu wolframu – dla przedziału temperatur $300 K < T < 1000 K$ . Zapisz obliczenia.

Wykres zależności R/R0 od temperatury T dla włókna wolframowego, linia ciągła (rzeczywista) i przerywana (przybliżenie liniowe)

Rozwiązanie

Krok 1. Wzór na współczynnik $α$ . Z podanego wzoru: $\frac{R}{R _{0}} - 1 = α Δ T$ , stąd $α = \frac{R / R _{0} - 1}{T - 300 K}$ – jest to współczynnik kierunkowy prostej (przerywanej), która pokrywa się z wykresem w zakresie $300$ – $1000 K$ .

Krok 2. Odczyt z wykresu. Odczytujemy dwa punkty leżące na tej prostej, np. $(300 K, 1)$ oraz $(3200 K, 15)$ (odczyt z przedłużenia prostej przerywanej).

Krok 3. Obliczenie współczynnika kierunkowego. $α = \frac{15 - 1}{3200 K - 300 K} = \frac{14}{2900 K} \approx 0, 0048 K^{- 1} \approx 5 \cdot 1 0^{- 3} K^{- 1} .$

Odpowiedź: $α \approx 5 \cdot 1 0^{- 3} K^{- 1}$ .

Zadanie 8.2

3 pkt

Prąd elektryczny stałyopóranaliza wykresu

Wyznacz temperaturę włókna wolframowego żarówki (opisanej w zadaniu 8.) o mocy znamionowej $P_{z} = 60 W$ , zasilanej napięciem $U_{z} = 230 V$ . Zapisz obliczenia.

Rozwiązanie

Krok 1. Opór włókna przy pracy znamionowej. Z zależności między mocą, napięciem i oporem $P = \frac{U ^{2}}{R}$ : $R = \frac{U _{z}^{2}}{P _{z}} = \frac{( 230 V ) ^{2}}{60 W} \approx 882 Ω.$

Krok 2. Iloraz $R / R_{0}$ . $\frac{R}{R _{0}} \approx \frac{882 Ω}{65 Ω} \approx 13, 6.$

Krok 3. Odczyt temperatury z wykresu. Na wykresie (linia ciągła, bo $13, 6$ wykracza poza zakres przybliżenia liniowego) odczytujemy temperaturę, dla której $R / R_{0} \approx 13, 6$ : $T \approx 2550 - 2600 K .$

Odpowiedź: $T \approx 2550 K$ (wynik w przedziale $2500$ – $2650 K$ uznaje się za prawidłowy).

Zadanie 8.3

2 pkt

Prąd elektryczny stałyopóropór właściwy

Średnica drutu wolframowego, z którego wykonano włókno żarówki, jest równa $d = 30 μ m$ . Opór właściwy wolframu w temperaturze $T_{0} = 300 K$ jest równy $ρ_{0} = 5, 6 \cdot 1 0^{- 8} Ω \cdot m$ .

Oblicz długość drutu wolframowego, z którego wykonano włókno tej żarówki. Zapisz obliczenia.

Rozwiązanie

Krok 1. Wzór na opór drutu. Opór przewodnika o długości $l$ i przekroju $S$ wynosi $R_{0} = ρ_{0} \frac{l}{S}$ , gdzie $S = π (\frac{d}{2})^{2}$ (przekrój kołowy drutu).

Krok 2. Wyznaczenie długości. $l = \frac{R _{0} S}{ρ _{0}} = \frac{R _{0} \cdot π ( \frac{d}{2} ) ^{2}}{ρ _{0}} .$

Krok 3. Podstawienie danych ( $R_{0} \approx 65 Ω$ , $d = 30 \cdot 1 0^{- 6} m$ ): $l = \frac{65 Ω \cdot π \cdot ( 15 \cdot 1 0 ^{- 6} m ) ^{2}}{5 , 6 \cdot 1 0 ^{- 8} Ω \cdot m} = \frac{65 \cdot π \cdot 225 \cdot 1 0 ^{- 12}}{5 , 6 \cdot 1 0 ^{- 8}} m \approx 0, 82 m .$

Odpowiedź: $l \approx 0, 82 m$ .

Fizyka

Poziom rozszerzony

799 zł

Szczegóły

Zadanie 9.1

3 pkt

Optyka geometrycznaodbiciezałamanie

Promień światła monochromatycznego biegnie w powietrzu i pada na brzeg szklanego krążka w punkcie $A$ . Kąt padania w punkcie $A$ jest równy $α$ , a kąt załamania tego promienia jest równy $β$ . Część promienia, która wniknęła do szkła w punkcie $A$ , pada dalej na brzeg krążka w punkcie $D$ . Pominięto część promienia odbitą w punkcie $A$ . Punkt $O$ jest środkiem krążka (zobacz rysunek 1.).

Część promienia $A D$ , która pada na brzeg krążka od strony szkła w punkcie $D$ , odbija się z powrotem do szkła, a część tego promienia załamuje się i biegnie dalej w powietrzu. Kąty: padania, załamania i odbicia promienia $A D$ w punkcie $D$ , oznaczymy – odpowiednio – jako: $γ_{p a d}$ , $γ_{z a ł}$ , $γ_{o d b}$ .

Narysuj na rysunku 1. dalszy bieg promienia załamanego i odbitego w punkcie $D$ . Oznacz łukami i podpisz w odpowiednich miejscach kąty: $γ_{z a ł}$ , $γ_{o d b}$ , a następnie określ relacje między miarami odpowiednich kątów – wpisz w każde wykropkowane miejsce odpowiedni znak wybrany spośród: >, =, <.

$γ_{p a d} \dots\dots γ_{o d b} γ_{p a d} \dots\dots γ_{z a ł} γ_{z a ł} \dots\dots α$

Rysunek 1 – promień lasera padający na szklany krążek w punkcie A pod kątem α, załamujący się pod kątem β i padający na punkt D

Rozwiązanie

Krok 1. Odbicie w punkcie $D$ . Zgodnie z prawem odbicia kąt odbicia jest równy kątowi padania: promień odbity w $D$ wraca do szkła po drugiej stronie normalnej (prostej $O D$ ), tworząc z nią taki sam kąt jak promień padający $A D$ : $γ_{p a d} = γ_{o d b} .$

Krok 2. Załamanie w punkcie $D$ (przejście szkło → powietrze). Promień przechodzi z ośrodka o większym współczynniku załamania (szkło) do ośrodka o mniejszym współczynniku (powietrze), więc – zgodnie z prawem załamania – oddala się od normalnej, tzn. kąt załamania jest większy od kąta padania: $γ_{p a d} < γ_{z a ł} .$

Krok 3. Związek $γ_{z a ł}$ z kątem $α$ . Trójkąt $O A D$ jest równoramienny ( $∣ O A ∣ = ∣ O D ∣$ – promienie krążka), a normalne $O A$ i $O D$ są równoległe do odpowiednich promieni padania z zewnątrz i wewnątrz krążka. Z symetrii geometrii biegu promienia (i zasady odwracalności biegu promieni świetlnych) kąt, pod jakim promień wychodzi z krążka w $D$ względem normalnej $O D$ , jest równy kątowi, pod jakim promień wpadał do krążka w $A$ względem normalnej $O A$ : $γ_{z a ł} = α .$

Odpowiedź: promień w punkcie $D$ częściowo odbija się (kąt odbicia $γ_{o d b}$ po drugiej stronie normalnej $O D$ , równy $γ_{p a d}$ ) i częściowo załamuje się do powietrza (kąt załamania $γ_{z a ł}$ , silniej odchylony od normalnej niż promień padający); relacje: $γ_{p a d} = γ_{o d b}$ , $γ_{p a d} < γ_{z a ł}$ , $γ_{z a ł} = α$ .

Zadanie 9.2

3 pkt

Optyka geometrycznawspółczynnik załamaniazałamanie

Na rysunku 2. odcinek $A C$ jest geometrycznym przedłużeniem promienia padającego na krążek. Długości odcinków oznaczonych na rysunku 2. wynoszą (w zaokrągleniu): $∣ A B ∣ \approx 9, 0 cm ∣ A C ∣ \approx 4, 5 cm ∣ A D ∣ \approx 7, 7 cm ∣ B C ∣ \approx 7, 8 cm ∣ B D ∣ \approx 4, 8 cm$ Przyjmij, że wartość prędkości światła w powietrzu jest równa wartości prędkości światła w próżni.

Oblicz wartość prędkości światła w szkle, z którego jest wykonany krążek. Zapisz obliczenia. Wykorzystaj niektóre z podanych długości odcinków. Wynik podaj zaokrąglony do dwóch cyfr znaczących.

Rysunek 2 – bieg promienia w krążku z zaznaczonymi punktami A, B, C, D i odcinkami pomocniczymi do obliczenia prędkości światła w szkle

Rozwiązanie

Krok 1. Prawo załamania na granicy powietrze–szkło (w punkcie $A$ ). $\frac{s i n α}{s i n β} = \frac{c}{v},$ gdzie $v$ to prędkość światła w szkle, a $c$ – w powietrzu (= w próżni).

Krok 2. Sinusy kątów z trójkątów prostokątnych. W trójkącie $A B C$ (prostokątnym w $B$ ) kąt przy $A$ jest równy $α$ (kąty wierzchołkowe), więc $sin α = \frac{∣ C B ∣}{∣ A B ∣}$ . W trójkącie $A B D$ (prostokątnym w $B$ ) kąt przy $A$ jest równy $β$ , więc $sin β = \frac{∣ B D ∣}{∣ A B ∣}$ .

Krok 3. Podstawienie do prawa załamania. $\frac{s i n α}{s i n β} = \frac{∣ C B ∣/∣ A B ∣}{∣ B D ∣/∣ A B ∣} = \frac{∣ C B ∣}{∣ B D ∣} = \frac{c}{v} \Rightarrow v = \frac{∣ B D ∣}{∣ C B ∣} \cdot c .$

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

Odpowiedź: $v \approx 1, 8 \cdot 1 0^{8} m/s$ .

Zadanie 10.1

1 pkt

Elektrostatykaładunekzasada zachowania ładunku

Cylindryczną nieprzewodzącą rurkę ustawiono pionowo. Na dnie tej rurki umieszczono piłeczkę pingpongową, która była pokryta farbą przewodzącą ładunki elektryczne. Masa piłeczki była równa $m = 3 g$ . Piłeczka była naładowana ujemnym ładunkiem elektrycznym $q_{1} = - 50 nC$ .

Do rurki wrzucono drugą podobną piłeczkę o identycznych rozmiarach i masie, naładowaną dodatnim ładunkiem elektrycznym. Po zetknięciu się piłeczek i wymianie ładunku każda z piłeczek miała taki sam dodatni ładunek elektryczny $q = 200 nC$ . Druga piłeczka po zetknięciu z pierwszą ustabilizowała po pewnym czasie swoje położenie i utrzymywała się nieruchomo ponad pierwszą piłeczką.

Pomiń tarcie piłeczek o ścianki rurki. Przyjmij wartość przyśpieszenia ziemskiego $g = 9, 81 m/ s^{2}$ .

Dokończ zdanie. Wybierz właściwą odpowiedź spośród podanych.

Ładunek elektryczny $q_{2}$ drugiej piłeczki, przed zetknięciem z pierwszą piłeczką, był równy

Rysunki 1–3 – piłeczka z ładunkiem q1 na dnie rurki, wrzucenie drugiej piłeczki z ładunkiem q2, oraz ustabilizowana pozycja obu piłeczek z ładunkiem q w odległości x

A.
$q_{2} = 300 nC$
B.
$q_{2} = 350 nC$
C.
$q_{2} = 400 nC$
D.
$q_{2} = 450 nC$

Rozwiązanie

Krok 1. Zasada zachowania ładunku. Całkowity ładunek elektryczny obu piłeczek nie zmienia się podczas ich zetknięcia: $q_{1} + q_{2} = q + q .$

Krok 2. Podstawienie danych. $- 50 nC + q_{2} = 2 \cdot 200 nC = 400 nC \Rightarrow q_{2} = 450 nC .$

Odpowiedź: D.

Zadanie 10.2

1 pkt

Elektrostatykasiła ciężkościwarunki równowagi

Dokończ zdanie. Wpisz właściwą liczbę w wykropkowanym miejscu.

Gdy druga piłeczka utrzymywała się w ustabilizowanej pozycji nad pierwszą piłeczką, to wartość siły nacisku pierwszej piłeczki na dno rurki, w zaokrągleniu do dwóch cyfr znaczących, była równa ........................ N.

Rozwiązanie

Krok 1. Równowaga sił działających na cały układ (obie piłeczki). Obie piłeczki (razem) są w spoczynku, a rurka jest pionowa i bez tarcia, więc siła nacisku dna rurki na pierwszą piłeczkę musi równoważyć całkowity ciężar obu piłeczek (siły elektryczne między piłeczkami są parą sił wewnętrznych układu i nie wchodzą do bilansu sił zewnętrznych na cały układ).

Krok 2. Obliczenie. $F_{na c i s k u} = 2 m g = 2 \cdot 0, 003 kg \cdot 9, 81 m/ s^{2} \approx 0, 059 N .$

Odpowiedź: $F_{na c i s k u} \approx 0, 059 N$ .

Zadanie 10.3

3 pkt

Elektrostatykaprawo Coulombaładunek

Przyjmij, że gdy piłeczki znajdują się w ustabilizowanej pozycji, to oddziałują ze sobą jak ładunki punktowe $q = 200 nC$ umieszczone w środku każdej z piłeczek.

Oblicz odległość $x$ pomiędzy środkami piłeczek w ustabilizowanej pozycji.

Rozwiązanie

Krok 1. Równowaga drugiej piłeczki. Na drugą (górną) piłeczkę działają: siła grawitacji $m g$ (w dół) i siła odpychania elektrycznego od pierwszej piłeczki $F_{e l}$ (w górę, bo obie mają ładunek dodatni). Skoro piłeczka jest w spoczynku: $F_{e l} = m g .$

Krok 2. Prawo Coulomba. $F_{e l} = \frac{k q ^{2}}{x ^{2}} = m g \Rightarrow x = \frac{k q ^{2}}{m g} .$

Krok 3. Podstawienie danych ( $k = 8, 99 \cdot 1 0^{9} N \cdot m^{2} / C^{2}$ , $q = 200 \cdot 1 0^{- 9} C$ , $m = 3 \cdot 1 0^{- 3} kg$ ): $x = \frac{8 , 99 \cdot 1 0 ^{9} \cdot ( 200 \cdot 1 0 ^{- 9} ) ^{2}}{3 \cdot 1 0 ^{- 3} \cdot 9 , 81} m = \frac{8 , 99 \cdot 1 0 ^{9} \cdot 4 \cdot 1 0 ^{- 14}}{2 , 943 \cdot 1 0 ^{- 2}} m \approx 1, 22 \cdot 1 0^{- 2} m \approx 0, 111 m .$

Odpowiedź: $x \approx 0, 111 m \approx 11, 1 cm$ .

Fizyka

Poziom rozszerzony

799 zł

Szczegóły

Zadanie 11.1

1 pkt

Fizyka jądrowareakcje jądrowebudowa jądra

Pierwiastek o nazwie kopernik, oznaczony symbolem Cn, ma liczbę atomową $Z = 112$ . Izotop $^{277} Cn$ tego pierwiastka został po raz pierwszy wytworzony w wyniku bombardowania ołowianej tarczy jonami cynku $^{70} Zn$ .

Kopernik $^{277} Cn$ jest izotopem nietrwałym.

Poniżej przedstawiono schemat reakcji jądrowej, w wyniku której powstają jądro izotopu $^{277} Cn$ oraz pewna cząstka: $_{\dots}^{208} Pb +_{\dots}^{70} Zn \to_{\dots}^{277} Cn + \dots$ Uzupełnij powyższy schemat tak, aby powstało równanie reakcji jądrowej. Wpisz w wykropkowane miejsca właściwe liczby atomowe oraz symbol lub nazwę cząstki, która powstaje w tej reakcji.

Rozwiązanie

Krok 1. Zasada zachowania liczby nukleonów (liczby masowej). $208 + 70 = 278$ , a produkt $^{277} Cn$ ma liczbę masową $277$ , więc brakująca cząstka musi mieć liczbę masową $278 - 277 = 1$ .

Krok 2. Zasada zachowania liczby atomowej (ładunku). Liczba atomowa ołowiu to $82$ , cynku – $30$ . Suma $82 + 30 = 112$ = liczba atomowa kopernika. Zatem brakująca cząstka ma liczbę atomową $112 - 112 = 0$ .

Krok 3. Identyfikacja cząstki. Cząstka o liczbie masowej $1$ i liczbie atomowej $0$ to neutron ( $_{0}^{1} n$ ).

Odpowiedź: $_{82}^{208} Pb +_{30}^{70} Zn \to_{112}^{277} Cn +_{0}^{1} n$ (neutron).

Zadanie 11.2

2 pkt

Fizyka jądrowarozpady promieniotwórczebudowa jądra

W wyniku sześciu kolejnych rozpadów $α$ , z których pierwszy jest rozpadem jądra $^{277} Cn$ , powstało jądro pewnego pierwiastka.

Podaj nazwę lub symbol pierwiastka, którego jądro powstało w wyniku tych sześciu rozpadów. Zapisz obliczenia.

Rozwiązanie

Krok 1. Zmiana liczby atomowej i masowej w rozpadzie $α$ . Każdy rozpad $α$ zmniejsza liczbę atomową o $2$ i liczbę masową o $4$ (emitowana jest cząstka $_{2}^{4} He$ ).

Krok 2. Sześć rozpadów. Liczba atomowa zmniejsza się o $6 \cdot 2 = 12$ : $Z = 112 - 12 = 100$ (liczba masowa zmniejsza się o $6 \cdot 4 = 24$ : $A = 277 - 24 = 253$ ).

Krok 3. Identyfikacja pierwiastka. Liczbie atomowej $Z = 100$ odpowiada ferm (Fm).

Odpowiedź: ferm, $_{100}^{253} Fm$ .

Zadanie 11.3

3 pkt

Fizyka jądrowaenergia wiązaniadeficyt masy

Masy jądra izotopu $^{277} Cn$ , protonu oraz neutronu są – odpowiednio – równe: $m_{C n} = 460, 138852 \cdot 1 0^{- 27} kg m_{p} = 1, 67262192 \cdot 1 0^{- 27} kg m_{n} = 1, 67492749 \cdot 1 0^{- 27} kg$ Przyjmij wartość prędkości światła w próżni równą $c = 2, 998 \cdot 1 0^{8} m/s$ .

Oblicz najmniejszą energię, którą należałoby dostarczyć do jądra $^{277} Cn$ , aby rozbić je na oddzielne (tzn. nieoddziałujące ze sobą) nukleony. Zapisz obliczenia. Wynik podaj zaokrąglony do trzech cyfr znaczących.

Rozwiązanie

Krok 1. Energia wiązania równa deficytowi masy. Najmniejsza energia potrzebna do rozbicia jądra na osobne nukleony to jego energia wiązania $E_{w}$ , równa (przez $E = m c^{2}$ ) energii odpowiadającej deficytowi masy $Δ m$ – różnicy między masą wszystkich swobodnych nukleonów a masą jądra: $E_{w} = Δ m c^{2} = (Z m_{p} + N m_{n} - m_{C n}) c^{2},$ gdzie jądro $^{277} Cn$ ma $Z = 112$ protonów i $N = 277 - 112 = 165$ neutronów.

Krok 2. Obliczenie deficytu masy. $Δ m = (112 \cdot 1, 67262192 + 165 \cdot 1, 67492749 - 460, 138852) \cdot 1 0^{- 27} kg \approx 3, 5578 \cdot 1 0^{- 27} kg .$

Krok 3. Energia wiązania. $E_{w} = 3, 5578 \cdot 1 0^{- 27} kg \cdot (2, 998 \cdot 1 0^{8} m/s)^{2} \approx 3, 5578 \cdot 1 0^{- 27} \cdot 8, 988 \cdot 1 0^{16} J \approx 3, 20 \cdot 1 0^{- 10} J .$

Odpowiedź: $E_{w} \approx 3, 20 \cdot 1 0^{- 10} J$ (czyli $\approx 2, 00 GeV$ ).

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.