Fizyka PR — Maj 2024

Krok 1. Jak zmienia się siła oporu. Z wykresu widać, że od chwili $t_A$ do chwili $t_D$ prędkość kropli rośnie (od $0$ do $7m/s$). Siła oporu wyraża się wzorem $F_o=k{\rho }_{p}S{v}^2$, więc gdy prędkość rośnie, wartość siły oporu również rośnie.

Krok 2. Jak zmienia się siła wypadkowa. Na kroplę działają dwie siły: stała siła grawitacji $F_g=mg$ (w dół) oraz rosnąca siła oporu $F_o$ (w górę, przeciwnie do ruchu). Siła wypadkowa ma wartość $F_w=F_g-F_o$. Skoro $F_g$ jest stała, a $F_o$ rośnie, to wartość siły wypadkowej się zmniejsza.

Krok 3. Związek z przyśpieszeniem. Z II zasady dynamiki $a=\frac{F_w}{m}$, a masa kropli się nie zmienia. Zatem przyśpieszenie jest proporcjonalne do siły wypadkowej — gdy siła wypadkowa się zmniejsza, przyśpieszenie również się zmniejsza.

Odpowiedź: B oraz 2 (przyśpieszenie się zmniejsza, ponieważ zmniejsza się wartość siły wypadkowej działającej na kroplę).

Krok 1. Sytuacja w chwili $t_E=3,6\mathrm{s}$. Punkt $E$ leży na odcinku $DF$ wykresu, gdzie – zgodnie z założeniem zadania – ruch kropli jest jednostajny prostoliniowy. W ruchu jednostajnym siła wypadkowa jest zerowa, więc siła oporu równoważy siłę grawitacji: ${\vec{F}}_g=-{\vec{F}}_{oE}.$ Skoro wektor ${\vec{F}}_g$ narysowany na diagramie ma długość $8$ kratek, wektor ${\vec{F}}_{oE}$ musi mieć tę samą długość ($8$ kratek) i zwrot przeciwny do ${\vec{F}}_g$, czyli w górę.

Krok 2. Prędkości w chwilach $t_B$ i $t_E$. Z wykresu z zadania 1. odczytujemy: $v_B\approx 3,5m/s$ (punkt $B$) oraz $v_E=7,0m/s$ (odcinek $DF$, w tym punkt $E$).

Krok 3. Iloraz sił oporu. Siła oporu jest proporcjonalna do kwadratu prędkości, więc: $\frac{F_{oB}}{F_{oE}}={\left(\frac{v_B}{v_E}\right)}^2={\left(\frac{3,5}{7,0}\right)}^2=\frac{1}{4}.$

Krok 4. Długość wektora na diagramie 2. Skoro $F_{oE}$ odpowiada $8$ kratkom, to: $F_{oB}=\frac{1}{4}\cdot 8=2\text{kratki}.$ Wektor ${\vec{F}}_{oB}$ rysujemy w punkcie $K$ o długości $2$ kratek, ze zwrotem w górę (kropla zwalnia opadanie, więc opór jest skierowany przeciwnie do ruchu, czyli w górę – tak samo jak na diagramie 1.).

Odpowiedź: na diagramie 1. wektor ${\vec{F}}_{oE}$ ma długość $8$ jednostek siły (zwrot w górę); na diagramie 2. wektor ${\vec{F}}_{oB}$ ma długość $2$ jednostek siły (zwrot w górę).

Krok 1. Warunek ruchu jednostajnego. Gdy kropla opada ruchem jednostajnym prostoliniowym, siła wypadkowa jest zerowa, czyli siła oporu równoważy siłę grawitacji: $F_o=F_g.$

Krok 2. Wzory na obie siły. Siła grawitacji: $F_g=mg$. Siła oporu: $F_o=k{\rho }_{p}S{v}_E^2$. Zatem: $k{\rho }_{p}S{v}_E^2=mg.$

Krok 3. Wyrażenie $S$ i $m$ przez promień $R$. Pole przekroju poprzecznego kropli (kula) to pole koła o promieniu $R$: $S=\pi R^2$. Masę kropli wyrażamy przez gęstość wody i objętość kuli: $m=V{\rho }_w=\frac{4}{3}\pi R^3{\rho }_w.$

Krok 4. Podstawienie do równania z kroku 2: $k{\rho }_p(\pi R^2)v_E^2=\frac{4}{3}\pi R^3{\rho }_{w}g.$ Skracamy $\pi R^2$ po obu stronach: $k{\rho }_p{v}_E^2=\frac{4}{3}R{\rho }_{w}g.$

Krok 5. Wyznaczenie $v_E$: $v_E^2=\frac{4{\rho }_{w}Rg}{3k{\rho }_p}\Rightarrow v_E=\sqrt{\frac{4{\rho }_{w}Rg}{3k{\rho }_p}}.$

Odpowiedź: $v_E=\sqrt{\frac{4{\rho }_{w}Rg}{3k{\rho }_p}}$.

Krok 1. Energia kinetyczna całkowita walca. Walec wykonuje jednocześnie ruch postępowy i obrotowy, więc: $E_{kincałk}=E_{kinpost}+E_{kinobr}=\frac{1}{2}m{v}^2+\frac{1}{2}{I}_0{\omega }^2.$

Krok 2. Związek prędkości liniowej i kątowej (toczenie bez poślizgu): $\omega =\frac{v}{R}$.

Krok 3. Podstawienie wzoru na $I_0$ i $\omega$: $E_{kincałk}=\frac{1}{2}m{v}^2+\frac{1}{2}\left(\frac{1}{2}m{R}^2\right){\left(\frac{v}{R}\right)}^2=\frac{1}{2}m{v}^2+\frac{1}{4}m{v}^2=\frac{3}{4}m{v}^2.$

Krok 4. Obliczenie ilorazu: $\frac{E_{kinpost}}{E_{kincałk}}=\frac{\frac{1}{2}m{v}^2}{\frac{3}{4}m{v}^2}=\frac{1/2}{3/4}=\frac{2}{3}.$

Odpowiedź: $\frac{E_{kinpost}}{E_{kincałk}}=\frac{2}{3}$.

Krok 1. Równania ruchu. Na walec w kierunku poziomym działają siła $\vec{F}$ i siła tarcia statycznego $\vec{T}$. Zapisujemy II zasadę dynamiki dla ruchu postępowego (środka masy) i dla ruchu obrotowego (względem osi symetrii walca): $ma=F-T,I_0\epsilon =RT.$

Krok 2. Związek między przyśpieszeniami. Przy toczeniu bez poślizgu $a=\epsilon R$, a $I_0=\frac{1}{2}m{R}^2$, więc z drugiego równania: $\frac{1}{2}m{R}^2\cdot \frac{a}{R}=RT\Rightarrow \frac{1}{2}ma=T.$

Krok 3. Wyznaczenie przyśpieszenia. Podstawiamy $T=\frac{1}{2}ma$ do pierwszego równania: $ma=F-\frac{1}{2}ma\Rightarrow \frac{3}{2}ma=F\Rightarrow a=\frac{2F}{3m}.$

Krok 4. Obliczenie wartości liczbowej: $a=\frac{2\cdot 30\mathrm{N}}{3\cdot 10\mathrm{kg}}=2\frac{\mathrm{m}}{{\mathrm{s}}^2}.$

Odpowiedź: $a=2m/{\mathrm{s}}^2$.

Stwierdzenie 1. Z wykresu w chwili $t=0,2\mathrm{s}$ prędkość $v_y=0$, co oznacza, że ciężarek znajduje się w punkcie zwrotnym (maksymalnego wychylenia), a nie w położeniu równowagi. W punkcie zwrotnym siła wypadkowa (przywracająca) ma wartość maksymalną, więc siły ${\vec{F}}_s$ i ${\vec{F}}_g$ nie równoważą się. Stwierdzenie jest fałszywe (F).

Stwierdzenie 2. Z wykresu: w chwili $t=0,1\mathrm{s}$ prędkość $v_y=0,6m/s$, a w chwili $t=0,3\mathrm{s}$ prędkość $v_y=-0,6m/s$. Energia kinetyczna zależy od kwadratu prędkości ($E_{kin}=\frac{1}{2}m{v}_y^2$), a wartości $|v_y|$ w obu chwilach są takie same ($0,6m/s$), więc energie kinetyczne są równe. Stwierdzenie jest prawdziwe (P).

Stwierdzenie 3. Okres drgań odczytany z wykresu wynosi $T=0,4\mathrm{s}$. W chwili $t=0,4\mathrm{s}$ prędkość $v_y=0$ – ciężarek jest w punkcie zwrotnym, gdzie przyśpieszenie ma wartość maksymalną. W chwili $t=0,5\mathrm{s}$ prędkość $v_y=0,6m/s$ (wartość maksymalna) – ciężarek przechodzi przez położenie równowagi, gdzie siła wypadkowa (a więc i przyśpieszenie) jest równa zero. Zatem przyśpieszenie w chwili $t=0,4\mathrm{s}$ jest większe od przyśpieszenia w chwili $t=0,5\mathrm{s}$. Stwierdzenie jest prawdziwe (P).

Odpowiedź: F, P, P.

Krok 1. Położenie punktu $P$. Z rysunku punkt $P$ leży poniżej położenia równowagi ($y=0$), bliżej najniższego położenia ($y=-A$). Sprężyna jest więc w tym punkcie bardziej rozciągnięta niż w położeniu równowagi.

Krok 2. Kierunek siły wypadkowej. W ruchu harmonicznym siła wypadkowa (przywracająca) jest zawsze skierowana w stronę położenia równowagi. Ponieważ $P$ leży poniżej $y=0$, siła wypadkowa musi być skierowana w górę.

Krok 3. Porównanie sił. Siła grawitacji ${\vec{F}}_g$ jest zawsze skierowana w dół i ma stałą wartość $mg$. Siła sprężystości ${\vec{F}}_s$ jest skierowana w górę (sprężyna rozciągnięta, ciągnie ciężarek do góry). Aby wypadkowa tych dwóch sił była skierowana w górę, wartość siły sprężystości musi być większa od wartości siły grawitacji: $F_s>F_g.$

Odpowiedź: $F_s>F_g$ (wektor ${\vec{F}}_s$ w górę, dłuższy; wektor ${\vec{F}}_g$ w dół, krótszy).

Krok 1. Odczyt danych z wykresu. Okres drgań: $T=0,4\mathrm{s}$. Maksymalna wartość prędkości (z wykresu): $v_{max}=0,6m/s$.

Krok 2. Siła wypadkowa w najniższym położeniu. W najniższym położeniu siła sprężystości (w górę) ma wartość maksymalną i przewyższa siłę grawitacji (w dół), więc siła wypadkowa skierowana jest w górę (do położenia równowagi) i ma wartość: $F_{wypmax}=F_{smax}-F_g=F_{smax}-mg.$

Krok 3. II zasada dynamiki i przyśpieszenie maksymalne. Siła wypadkowa nadaje ciężarkowi przyśpieszenie: $m{a}_{max}=F_{smax}-mg$. W ruchu harmonicznym przyśpieszenie maksymalne wiąże się z prędkością maksymalną i okresem wzorem $a_{max}=\left(\frac{2\pi }{T}\right)v_{max}$. Zatem: $m\left(\frac{2\pi }{T}\right)v_{max}=F_{smax}-mg\Rightarrow F_{smax}=m\left(\frac{2\pi }{T}{v}_{max}+g\right).$

Krok 4. Obliczenia liczbowe: $F_{smax}=0,1\mathrm{kg}\cdot \left(\frac{2\pi \cdot 0,6m/s}{0,4\mathrm{s}}+9,81m/{\mathrm{s}}^2\right)=0,1\mathrm{kg}\cdot (9,42+9,81)m/{\mathrm{s}}^2\approx 1,92\mathrm{N}.$

Odpowiedź: $F_{smax}\approx 1,92\mathrm{N}$.

Stwierdzenie 1. Ambulans oddala się od obserwatora $\mathcal{B}$, czyli źródło dźwięku ucieka od obserwatora. Zgodnie z efektem Dopplera obserwator, od którego źródło się oddala, słyszy dźwięk o częstotliwości mniejszej od częstotliwości źródła $f_0$. Stwierdzenie jest prawdziwe (P).

Stwierdzenie 2. Gdy ambulans hamuje (jego prędkość maleje), to efekt Dopplera jest coraz słabszy – częstotliwość słyszana przez $\mathcal{B}$ jest coraz bliższa (od dołu) do $f_0$, a więc rośnie w miarę zmniejszania się prędkości ambulansu. Stwierdzenie jest prawdziwe (P).

Stwierdzenie 3. Gdy ambulans przyśpiesza (jego prędkość, z jaką oddala się od $\mathcal{B}$, rośnie), to efekt Dopplera jest coraz silniejszy – częstotliwość słyszana przez $\mathcal{B}$ oddala się coraz bardziej (w dół) od $f_0$, czyli maleje. Stwierdzenie jest prawdziwe (P).

Odpowiedź: P, P, P.

Krok 1. Wzory Dopplera dla obu obserwatorów. Ambulans zbliża się do $\mathcal{A}$ i oddala od $\mathcal{B}$: $f_A=f_0\cdot \frac{v_d}{v_d-v},f_B=f_0\cdot \frac{v_d}{v_d+v}.$ Stąd iloraz częstotliwości: $\frac{f_A}{f_B}=\frac{v_d+v}{v_d-v}.$

Krok 2. Związek między częstotliwością a długością fali. Prędkość dźwięku w ośrodku nie zależy od ruchu źródła, więc $v_d=f_A{\lambda }_A=f_B{\lambda }_B$, czyli: $\frac{f_A}{f_B}=\frac{{\lambda }_B}{{\lambda }_A}.$

Krok 3. Wykorzystanie danych zadania. Z warunku zadania $\frac{{\lambda }_B}{{\lambda }_A}=1,2$, więc: $1,2=\frac{v_d+v}{v_d-v}.$

Krok 4. Rozwiązanie równania. $1,2(v_d-v)=v_d+v\Rightarrow 1,2v_d-1,2v=v_d+v\Rightarrow 0,2v_d=2,2v\Rightarrow v=\frac{v_d}{11}.$

Krok 5. Obliczenie wartości liczbowej: $v=\frac{340m/s}{11}\approx 30,9m/s\approx 31m/s.$

Odpowiedź: $v\approx 31m/s$.

Stwierdzenie 1. Siły grawitacji, jakimi Ziemia i Księżyc działają na siebie wzajemnie, są parą sił akcji–reakcji (III zasada dynamiki Newtona) — mają zawsze równe wartości i przeciwne zwroty, niezależnie od różnicy mas. Stwierdzenie jest prawdziwe (P).

Stwierdzenie 2. Punkt $S$ (środek masy układu) dzieli odcinek $ZK$ w stosunku odwrotnie proporcjonalnym do mas: bliżej masywniejszego ciała (Ziemi) znajduje się mniejszy odcinek. Zachodzi związek $M_Z\cdot |ZS|=M_K\cdot |SK|$, stąd: $\frac{|ZS|}{|SK|}=\frac{M_K}{M_Z}=\frac{1}{81,28}.$ Stwierdzenie jest prawdziwe (P).

Stwierdzenie 3. Wartość siły grawitacji zależy od odległości między ciałami: $F_g=\frac{G{M}_Z{M}_K}{|ZK{|}^2}$. Podano, że odległość $|ZK|$ się zmienia (orbita eliptyczna), więc wartość siły grawitacji nie jest stała w czasie. Stwierdzenie jest fałszywe (F).

Odpowiedź: P, P, F.

Krok 1. Oznaczenia. Niech $x=|PZ|$ – szukana odległość punktu $P$ od Ziemi, a $y=|PK|$ – odległość punktu $P$ od Księżyca. Wtedy $y=d-x$, gdzie $d=|ZK|=384400\mathrm{km}$.

Krok 2. Warunek zerowej siły wypadkowej. W punkcie $P$ siła grawitacji od Ziemi równoważy siłę grawitacji od Księżyca (mają przeciwne zwroty): $F_{gZ}=F_{gK}\Rightarrow \frac{G{M}_{Z}m}{x^2}=\frac{G{M}_{K}m}{y^2}\Rightarrow \frac{M_Z}{x^2}=\frac{M_K}{y^2}.$

Krok 3. Wykorzystanie stosunku mas. Podstawiamy $\frac{M_Z}{M_K}=81,28$: $\frac{81,28M_K}{x^2}=\frac{M_K}{y^2}\Rightarrow \frac{81,28}{x^2}=\frac{1}{y^2}\Rightarrow \frac{x}{y}=\sqrt{81,28}\approx 9,0155.$

Krok 4. Podstawienie $y=d-x$ i rozwiązanie: $\frac{x}{d-x}\approx 9,0155\Rightarrow x\approx 9,0155(d-x)\Rightarrow x(1+9,0155)\approx 9,0155d,$ $x\approx \frac{9,0155}{10,0155}d\approx 0,9001d.$

Krok 5. Obliczenie wartości liczbowej: $x\approx 0,9001\cdot 384400\mathrm{km}\approx 346000\mathrm{km}.$

Odpowiedź: punkt $P$ znajduje się w odległości $|PZ|\approx 346000\mathrm{km}$ od środka Ziemi.

Krok 1. Ładunki $Q_1$ i $Q_3$ leżą na tej samej przekątnej. $Q_1=-2q$ i $Q_3=-2q$ znajdują się w przeciwległych wierzchołkach kwadratu, po obu stronach punktu $S$, w tej samej odległości od $S$ i mają tę samą wartość. Wektory natężenia pola pochodzące od tych ładunków (pole ładunku ujemnego jest skierowane do niego) są skierowane w przeciwne strony wzdłuż tej samej przekątnej i mają równe wartości, więc się znoszą: ${\vec{E}}_{1S}+{\vec{E}}_{3S}=0.$

Krok 2. Pole wypadkowe pochodzi tylko od $Q_2$. Zatem: ${\vec{E}}_S={\vec{E}}_{1S}+{\vec{E}}_{2S}+{\vec{E}}_{3S}={\vec{E}}_{2S}.$ Ładunek $Q_2$ jest ujemny, więc wektor ${\vec{E}}_S$ jest skierowany od punktu $S$ w stronę ładunku $Q_2$ (wzdłuż drugiej przekątnej kwadratu).

Krok 3. Odległość od $S$ do $Q_2$. Punkt $S$ to środek kwadratu, więc odległość od $S$ do każdego wierzchołka jest równa połowie przekątnej: $d=\frac{a\sqrt{2}}{2}=\frac{a}{\sqrt{2}}.$

Krok 4. Wartość natężenia pola. $E_S=E_{2S}=\frac{k|Q_2|}{d^2}=\frac{kq}{{\left(\frac{a}{\sqrt{2}}\right)}^2}=\frac{kq}{\frac{a^2}{2}}=\frac{2kq}{a^2}.$

Odpowiedź: $E_S=\frac{2kq}{a^2}$ (wektor ${\vec{E}}_S$ skierowany od $S$ w stronę ładunku $Q_2$).

Oporniki ${\mathcal{R}}_1$ i ${\mathcal{R}}_2$ są połączone szeregowo (gałąź górna, o oporze $2R$), a ta gałąź jest połączona równolegle z opornikiem ${\mathcal{R}}_3$ (gałąź dolna, o oporze $R$). Amperomierz mierzy prąd całkowity płynący od źródła (sumę prądów obu gałęzi).

Stwierdzenie 1. Amperomierz mierzy natężenie prądu całkowitego $I_{A1}=I_{g\acute{o}rny}+I_{dolny}$, a przez ${\mathcal{R}}_1$ płynie tylko prąd gałęzi górnej $I_{g\acute{o}rny}$. Ponieważ $I_{dolny}\ne 0$, natężenie prądu przez ${\mathcal{R}}_1$ jest mniejsze od wskazania amperomierza, a nie równe. Stwierdzenie jest fałszywe (F).

Stwierdzenie 2. Oporniki ${\mathcal{R}}_1$ i ${\mathcal{R}}_2$ są połączone szeregowo, więc płynie przez nie ten sam prąd $I_{g\acute{o}rny}$. Ponieważ $R_1=R_2=R$, z prawa Ohma napięcia na nich są równe: $U_1=I_{g\acute{o}rny}R=U_2$. Stwierdzenie jest prawdziwe (P).

Stwierdzenie 3. Prąd w gałęzi górnej: $I_{g\acute{o}rny}=\frac{U}{2R}$ (opór $2R$). Prąd w gałęzi dolnej (przez ${\mathcal{R}}_3$): $I_{dolny}=\frac{U}{R}$ (opór $R$). Ponieważ $2R>R$, to $I_{g\acute{o}rny}<I_{dolny}$, czyli natężenie prądu przez ${\mathcal{R}}_1$ jest mniejsze od natężenia prądu przez ${\mathcal{R}}_3$. Stwierdzenie jest prawdziwe (P).

Odpowiedź: F, P, P.

Krok 1. Napięcie na zaciskach X–Y. Opornik ${\mathcal{R}}_3$ jest połączony bezpośrednio między zaciskami X i Y, do których podłączone jest napięcie źródła $U$ (pomijamy opory wewnętrzne i opór przewodów). Zarówno przed, jak i po uszkodzeniu opornika ${\mathcal{R}}_1$, napięcie między X i Y jest równe napięciu źródła $U$, a to napięcie – zgodnie z treścią zadania – jest takie samo w obu sytuacjach. Napięcie na zaciskach X–Y nie zmieniło się.

Krok 2. Moc na ${\mathcal{R}}_3$. Moc cieplna wydzielana na oporniku zależy od napięcia na nim: $P_3=\frac{U_{XY}^2}{R_3}$. Skoro napięcie $U_{XY}$ (równe napięciu między X i Y) nie zmieniło się i opór $R_3$ jest ten sam, moc wydzielana na ${\mathcal{R}}_3$ jest taka sama w obu sytuacjach.

Odpowiedź: C oraz 1 (moc jest taka sama, ponieważ napięcie między zaciskami X i Y się nie zmieniło).

Krok 1. Natężenie $I_{A1}$ (sytuacja początkowa). Opór zastępczy obwodu to opór gałęzi ${\mathcal{R}}_1+{\mathcal{R}}_2=2R$ połączonej równolegle z ${\mathcal{R}}_3=R$: $\frac{1}{R_{Z1}}=\frac{1}{2R}+\frac{1}{R}=\frac{3}{2R}\Rightarrow R_{Z1}=\frac{2R}{3}.$ Z prawa Ohma: $I_{A1}=\frac{U}{R_{Z1}}=\frac{3U}{2R}.$

Krok 2. Natężenie $I_{A2}$ (po uszkodzeniu ${\mathcal{R}}_1$). Gałąź górna jest przerwana, prąd płynie tylko przez ${\mathcal{R}}_3=R$: $I_{A2}=\frac{U}{R}.$

Krok 3. Obliczenie ilorazu: $\frac{I_{A2}}{I_{A1}}=\frac{\frac{U}{R}}{\frac{3U}{2R}}=\frac{U}{R}\cdot \frac{2R}{3U}=\frac{2}{3}.$

Odpowiedź: $\frac{I_{A2}}{I_{A1}}=\frac{2}{3}$.

Krok 1. Zmiana energii wewnętrznej w cyklu. Po pełnym cyklu gaz wraca do stanu początkowego $G_1$, więc zmiana energii wewnętrznej w cyklu jest zerowa. Z I zasady termodynamiki dla całego cyklu: ciepło netto pobrane przez gaz jest równe pracy netto wykonanej przez gaz: $Q_{pob}-|Q_{odd}|=W_{netto}.$

Krok 2. Praca netto jako pole zamkniętej figury na wykresie $p(V)$. Cykl $G_1\to G_2\to G_3\to G_4\to G_1$ (ciśnienie rośnie przy stałej objętości $V_1$, potem gaz rozpręża się przy stałym ciśnieniu $2p_1$ do objętości $3V_1$, potem ciśnienie spada przy stałej objętości $3V_1$, a na końcu gaz jest sprężany przy stałym ciśnieniu $p_1$ z powrotem do $V_1$) przebiega zgodnie z ruchem wskazówek zegara, więc praca netto wykonana przez gaz jest dodatnia i równa polu prostokąta: $W_{netto}=(3V_1-V_1)\cdot (2p_1-p_1)=2V_1\cdot p_1=2p_1{V}_1.$

Krok 3. Obliczenie ciepła pobranego: $Q_{pob}=|Q_{odd}|+W_{netto}=9,5p_1{V}_1+2p_1{V}_1=11,5p_1{V}_1.$

Odpowiedź: B. $|Q_{pob}|=11,5\cdot p_1{V}_1$.

Krok 1. Związek zmiany energii wewnętrznej ze zmianą temperatury. Dla gazu doskonałego o cieple molowym $C_V=\frac{3}{2}R$: $|\Delta U_{41}|=\left|\frac{3}{2}nR\Delta T_{41}\right|.$

Krok 2. Związek między zmianą temperatury a zmianą objętości w przemianie izobarycznej. Przemiana $G_4\to G_1$ zachodzi przy stałym ciśnieniu $p_1$. Z równania stanu gazu $pV=nRT$, przy $p=\text{const}$: $p_1\Delta V_{41}=nR\Delta T_{41}.$

Krok 3. Podstawienie do wzoru z kroku 1: $|\Delta U_{41}|=\left|\frac{3}{2}{p}_1\Delta V_{41}\right|.$

Krok 4. Odczyt zmiany objętości z wykresu. W stanie $G_4$ objętość gazu wynosi $3V_1$, a w stanie $G_1$ wynosi $V_1$, więc: $\Delta V_{41}=V_1-3V_1=-2V_1.$

Krok 5. Obliczenie wzoru końcowego: $|\Delta U_{41}|=\left|\frac{3}{2}{p}_1(-2V_1)\right|=3p_1{V}_1.$

Odpowiedź: $|\Delta U_{41}|=3p_1{V}_1$.

Krok 1. Geometria układu. Promienie równoległe do osi, padające na S1 na wysokości $\pm d_1/2$, po przejściu przez S1 zbiegają się w punkcie $F$ (ognisku S1), a następnie – ponieważ $F$ jest też lewym ogniskiem S2 – rozchodzą się od $F$ do soczewki S2, gdzie ponownie załamują się na promienie równoległe do osi.

Krok 2. Podobieństwo trójkątów. Trójkąt o wierzchołku $F$ i podstawie $d_1$ (od strony S1, w odległości $f_1$ od $F$) jest podobny do trójkąta o wierzchołku $F$ i podstawie $d_2$ (od strony S2, w odległości $f_2$ od $F$), ponieważ oba mają wspólny kąt przy wierzchołku $F$: $\frac{f_1}{d_1}=\frac{f_2}{d_2}.$

Krok 3. Wyznaczenie $d_2$: $d_2=d_1\cdot \frac{f_2}{f_1}.$

Krok 4. Obliczenie wartości liczbowej: $d_2=2,25\mathrm{mm}\cdot \frac{40\mathrm{cm}}{15\mathrm{cm}}=2,25\mathrm{mm}\cdot \frac{8}{3}=6\mathrm{mm}.$

Odpowiedź: $d_2=6\mathrm{mm}$.

Krok 1. Bieg promieni po przejściu przez soczewkę rozpraszającą R. Równoległa wiązka światła padająca na soczewkę rozpraszającą R po przejściu przez nią rozbiega się tak, jakby promienie wychodziły z wirtualnego ogniska leżącego po tej samej stronie soczewki, z której padają promienie – w odległości $|f_R|=15\mathrm{cm}$ od R (na lewo od R).

Krok 2. Warunek na położenie soczewki S. Aby wiązka wychodząca z soczewki S była równoległa do osi optycznej, punkt, z którego (jakby) rozchodzą się promienie padające na S, musi leżeć w lewym ognisku soczewki S, czyli w odległości $f_S=40\mathrm{cm}$ od S.

Krok 3. Odległość między R i S. Wirtualne ognisko soczewki R leży $15\mathrm{cm}$ przed R, a musi być odległe o $40\mathrm{cm}$ od S, więc odległość między R i S wynosi: $|RS|=40\mathrm{cm}-15\mathrm{cm}=25\mathrm{cm}.$ Ponieważ znaczniki na osi są rozmieszczone co $5\mathrm{cm}$, soczewkę S należy narysować w miejscu piątego znacznika od R ($25\mathrm{cm}/5\mathrm{cm}=5$ odcinków).

Krok 4. Bieg promieni P1 i P2. Od R do S promienie P1 i P2 rozbiegają się (tak, jakby wychodziły z wirtualnego ogniska R), a po przejściu przez soczewkę S załamują się tak, że za soczewką S są równoległe do osi optycznej, ale bardziej oddalone od niej niż przed soczewką R – wiązka jest poszerzona.

Odpowiedź: soczewkę S należy umieścić w odległości $25\mathrm{cm}$ od R (przy piątym znaczniku); promienie P1 i P2 po przejściu przez S są równoległe do osi optycznej i bardziej rozstawione niż na wejściu do R.

Krok 1. Wzór na energię całkowitą relatywistyczną. $E_B=\frac{E_0}{\sqrt{1-{\left(\frac{v}{c}\right)}^2}}.$

Krok 2. Obliczenie ilorazu $v/c$. $\frac{v}{c}=\frac{2,00\cdot 10^{8}m/s}{3,00\cdot 10^{8}m/s}=\frac{2}{3}.$

Krok 3. Obliczenie ilorazu $E_B/E_0$. $\frac{E_B}{E_0}=\frac{1}{\sqrt{1-{\left(\frac{2}{3}\right)}^2}}=\frac{1}{\sqrt{1-\frac{4}{9}}}=\frac{1}{\sqrt{5/9}}=\sqrt{\frac{9}{5}}\approx 1,34.$

Odpowiedź: $\frac{E_B}{E_0}\approx 1,34$.

Krok 1. Twierdzenie o pracy i energii. Praca siły elektrycznej, jaka rozpędziła elektron od zerowej prędkości w $A$ do prędkości $v$ w $B$, jest równa przyrostowi energii kinetycznej elektronu: $e{U}_{AB}=E_{kinB}-0=E_{kinB}.$

Krok 2. Relatywistyczna energia kinetyczna. $E_{kinB}=E_B-E_0=\frac{E_0}{\sqrt{1-{\left(\frac{v}{c}\right)}^2}}-E_0.$ Z zadania 10.1 wiemy, że $\frac{E_B}{E_0}\approx 1,34$, więc: $E_{kinB}\approx 1,34E_0-E_0=0,34E_0.$

Krok 3. Obliczenie napięcia. Ponieważ $E_{kinB}=e{U}_{AB}$, a $E_0\approx 5,11\cdot 10^5\mathrm{eV}$ oznacza energię wyrażoną w elektronowoltach (czyli $E_0/e\approx 5,11\cdot 10^5\mathrm{V}$), to: $U_{AB}\approx 0,34\cdot 5,11\cdot 10^5\mathrm{V}\approx 1,75\cdot 10^5\mathrm{V}.$

Odpowiedź: $U_{AB}\approx 1,75\cdot 10^5\mathrm{V}$.

Krok 1. Związek $N_r/N_0$ z prawem rozpadu. Liczba jąder, które NIE uległy rozpadowi do chwili $t$, wynosi $N(t)=N_0{\left(\frac{1}{2}\right)}^{t/T}$, gdzie $T$ jest czasem połowicznego rozpadu. Liczba jąder, które uległy rozpadowi, to $N_r=N_0-N(t)$, więc: $\frac{N_r}{N_0}=1-{\left(\frac{1}{2}\right)}^{t/T}.$

Krok 2. Warunek dla czasu połowicznego rozpadu. Gdy $t=T$, to ${\left(\frac{1}{2}\right)}^{t/T}=\frac{1}{2}$, zatem: $\frac{N_r}{N_0}=1-\frac{1}{2}=\frac{1}{2}=0,5.$ Czas połowicznego rozpadu $T$ to więc czas, po którym iloraz $N_r/N_0$ na wykresie osiąga wartość $0,5$.

Krok 3. Odczyt z wykresu. Wykres zależności $N_r/N_0$ od $t$ przecina poziom $0,5$ w chwili $t\approx 110\min$.

Odpowiedź: Czas połowicznego rozpadu jądra fluoru ${}_9^{18}\mathrm{F}$ wynosi $T\approx 110$ minut.

Krok 1. Zasada zachowania liczby masowej (liczby nukleonów). Cząstka ${\beta }^{+}$ (pozyton) ma liczbę masową $0$, neutrino również $0$. Suma liczb masowych po prawej stronie musi być równa liczbie masowej fluoru, czyli $18$: $18=A_X+0\Rightarrow A_X=18.$

Krok 2. Zasada zachowania ładunku (liczby atomowej). W rozpadzie ${\beta }^{+}$ jeden z protonów jądra fluoru zamienia się w neutron, emitując pozyton (ładunek $+1$). Zasada zachowania ładunku: $9=Z_X+1\Rightarrow Z_X=8.$

Krok 3. Identyfikacja pierwiastka X. Liczbie atomowej $Z=8$ odpowiada pierwiastek tlen (O). Zatem równanie rozpadu: ${}_9^{18}\mathrm{F}\to {}_8^{18}\mathrm{O}+{\beta }^{+}+\nu .$

Odpowiedź: jądro X ma liczbę masową $18$ i liczbę atomową $8$; pierwiastek X to tlen (${}_8^{18}\mathrm{O}$).

Krok 1. Zasada zachowania energii. Energia całkowita przed rozpadem (jądro fluoru w spoczynku, więc tylko energia spoczynkowa) jest równa sumie energii spoczynkowych i kinetycznych produktów rozpadu (masę neutrina pomijamy, jego energię spoczynkową traktujemy jako zero): $m_F{c}^2=m_X{c}^2+m_{\beta }{c}^2+E_{kin}.$

Krok 2. Wyznaczenie energii kinetycznej. $E_{kin}=(m_F-m_X-m_{\beta })c^2.$

Krok 3. Obliczenie deficytu masy. $m_F-m_X-m_{\beta }=17,99600\mathrm{u}-17,99477\mathrm{u}-0,00055\mathrm{u}=0,00068\mathrm{u}.$

Krok 4. Obliczenie energii kinetycznej. $E_{kin}=0,00068\mathrm{u}\cdot c^2=0,00068\cdot 931,5\mathrm{MeV}\approx 0,633\mathrm{MeV}\approx 0,63\mathrm{MeV}.$

Odpowiedź: łączna energia kinetyczna produktów rozpadu ${\beta }^{+}$ jądra fluoru wynosi $E_{kin}\approx 0,63\mathrm{MeV}$.