Fizyka PR — Maj 2026

Stwierdzenie 1. W ruchu bez oporów w polu grawitacyjnym na ciało działa tylko siła grawitacji $F_g=mg$. Z II zasady dynamiki przyśpieszenie wynosi $a=\frac{F_g}{m}=\frac{mg}{m}=g$. Masa się skraca, więc przyśpieszenie nie zależy od masy — jest zawsze równe $g$. Stwierdzenie jest fałszywe (F).

Stwierdzenie 2. Im większa prędkość początkowa $v_0$, tym wyżej wzniesie się ciało i tym dłużej trwa cały ruch. Formalnie czas wznoszenia to $t=\frac{v_0}{g}$, więc rośnie wraz z $v_0$. Czas trwania ruchu zależy od $v_0$. Stwierdzenie jest prawdziwe (P).

Odpowiedź: F, P.

Krok 1. Co dzieje się w punkcie $W$. Punkt $W=(0,8;h_{max})$ to wierzchołek toru, czyli moment osiągnięcia wysokości maksymalnej. W tej chwili ciało na moment się zatrzymuje, więc jego prędkość końcowa wynosi zero. Od startu do punktu $W$ upływa czas $t_{AW}=0,8\mathrm{s}$.

Krok 2. Zależność prędkości od czasu. W ruchu w górę ciało hamuje z przyśpieszeniem $g$: $v_k=v_0-g{t}_{AW}.$ Ponieważ w punkcie $W$ prędkość $v_k=0$: $0=v_0-g{t}_{AW}\Rightarrow v_0=g{t}_{AW}.$

Krok 3. Podstawienie danych: $v_0=9,81\frac{\mathrm{m}}{{\mathrm{s}}^2}\cdot 0,8\mathrm{s}\approx 7,85\frac{\mathrm{m}}{\mathrm{s}}.$

Odpowiedź: $v_0\approx 7,85m/s$.

Wykorzystamy odczyty z wykresu: wierzchołek $W$ w chwili $0,8\mathrm{s}$, uderzenie w podłoże $B$ w chwili $1,8\mathrm{s}$.

Krok 1. Wysokość maksymalna $h_{max}$. Od wierzchołka $W$ do podłoża $B$ ciało spada swobodnie (bez prędkości początkowej) przez czas $t_{WB}=1,8\mathrm{s}-0,8\mathrm{s}=1,0\mathrm{s}$. Zatem: $h_{max}=\frac{1}{2}g{t}_{WB}^2=\frac{1}{2}\cdot 9,81\cdot (1,0{)}^2=4,905\mathrm{m}.$

Krok 2. O ile ciało wzniosło się ponad $h_0$. Odcinek od $A$ (start) do $W$ pokonano w czasie $t_{AW}=0,8\mathrm{s}$. Z symetrii rzutu pionowego droga wznoszenia $A\to W$ jest równa drodze swobodnego spadku w tym samym czasie: $\Delta h_{AW}=\frac{1}{2}g{t}_{AW}^2=\frac{1}{2}\cdot 9,81\cdot (0,8{)}^2=3,139\mathrm{m}.$

Krok 3. Wysokość początkowa. Wysokość maksymalna to suma wysokości startu i odcinka wzniesienia: $h_{max}=h_0+\Delta h_{AW}\Rightarrow h_0=h_{max}-\Delta h_{AW}=4,905-3,139=1,766\mathrm{m}\approx 1,8\mathrm{m}.$

Odpowiedź: $h_0\approx 1,8\mathrm{m}$.

Krok 1. Kluczowa własność. W ruchu po okręgu wektor prędkości jest w każdej chwili styczny do okręgu, czyli prostopadły do promienia poprowadzonego do danego punktu. Zatem środek okręgu leży na prostej prostopadłej do wektora prędkości, przechodzącej przez punkt zaczepienia tego wektora.

Krok 2. Konstrukcja środka. Kreślimy dwie proste: jedną prostopadłą do ${\vec{v}}_1$ w punkcie jego zaczepienia oraz drugą prostopadłą do ${\vec{v}}_2$ w punkcie jego zaczepienia. Punkt przecięcia tych prostych to szukany środek $S$ okręgu (który leży w punkcie kratowym).

Krok 3. Odczyt promienia. Odległość od wyznaczonego środka $S$ do dowolnego punktu zaczepienia wektora prędkości to promień. Z siatki kratek odczytujemy: $l=10\text{długosˊci boku kratki}.$

Odpowiedź: $l=10$ długości boku kratki.

Krok 1. Kierunki i zwroty sił. W najniższym punkcie toru siła grawitacji ${\vec{F}}_g$ jest skierowana pionowo w dół, a siła reakcji nici ${\vec{F}}_n$ działa wzdłuż nici, od ciała ku środkowi $S$, czyli pionowo w górę.

Krok 2. Która siła jest większa. W najniższym położeniu wypadkowa tych sił pełni rolę siły dośrodkowej, skierowanej do środka okręgu (w górę). Aby wypadkowa była skierowana w górę, musi być $F_n>F_g$.

Rysunek z ${\vec{F}}_n$ w górę, ${\vec{F}}_g$ w dół oraz warunkiem $F_n>F_g$ to rysunek B.

Odpowiedź: B.

Prędkość jest największa w najniższym, a najmniejsza w najwyższym punkcie toru. W obu tych punktach wypadkowa siła jest dośrodkowa (skierowana do środka).

Krok 1. II zasada dynamiki w dole i w górze. W najniższym punkcie siła dośrodkowa to $F_{nmax}-mg$, w najwyższym $F_{nmin}+mg$: $\frac{m{v}_{max}^2}{l}=F_{nmax}-mg,\frac{m{v}_{min}^2}{l}=F_{nmin}+mg.$ Stąd: $F_{nmax}=\frac{m{v}_{max}^2}{l}+mg,F_{nmin}=\frac{m{v}_{min}^2}{l}-mg.$

Krok 2. Związek prędkości z zasady zachowania energii. Między najniższym a najwyższym punktem różnica wysokości wynosi $2l$: $\frac{m{v}_{max}^2}{2}=\frac{m{v}_{min}^2}{2}+mg\cdot 2l\Rightarrow v_{max}^2=v_{min}^2+4gl.$ Korzystając z $\frac{v_{max}}{v_{min}}=\sqrt{3}$, czyli $v_{max}^2=3v_{min}^2$: $3v_{min}^2=v_{min}^2+4gl\Rightarrow v_{min}^2=2gl,v_{max}^2=6gl.$

Krok 3. Wartości sił. $F_{nmax}=\frac{m\cdot 6gl}{l}+mg=6mg+mg=7mg,$ $F_{nmin}=\frac{m\cdot 2gl}{l}-mg=2mg-mg=mg.$

Krok 4. Iloraz: $\frac{F_{nmax}}{F_{nmin}}=\frac{7mg}{mg}=7.$

Odpowiedź: $\frac{F_{nmax}}{F_{nmin}}=7$.

Krok 1. Warunek statyki. Skoro układ się nie porusza, bloczek jest w równowadze — wypadkowy moment sił działających na niego jest zerowy. Oba końce liny są nawinięte na bloczek o tym samym promieniu $R$, więc momenty od naciągów po obu stronach równoważą się, gdy naciągi są równe.

Krok 2. Równość naciągów i równowaga ciężarka. Naciąg po stronie ciężarka $\mathcal{C}$ musi go utrzymać, więc jest równy jego ciężarowi $m_{c}g$. Z równowagi momentów bloczka naciąg po stronie siły $\vec{F}$ jest taki sam, a $F$ równy jest naciągowi po tej stronie: $F=m_{c}g.$ Kąt $\alpha$ nie ma znaczenia — nić jest zawsze styczna do bloczka, a ramię naciągu to $R$ po obu stronach.

Odpowiedź: A. $F=m_{c}g$.

Krok 1. II zasada dynamiki dla ciężarka (ruch postępowy). Na ciężarek działają: ciężar $m_{c}g$ w dół i naciąg $F_n$ w górę. Ponieważ przyśpiesza w dół: $m_{c}a=m_{c}g-F_n.$

Krok 2. II zasada dynamiki dla bloczka (ruch obrotowy). Wypadkowy moment sił nadaje bloczkowi przyśpieszenie kątowe $\epsilon$. Momenty pochodzą od naciągu $F_n$ (po stronie ciężarka) i od siły $F$: $I_0\epsilon =R{F}_n-RF,I_0=\frac{1}{2}{m}_w{R}^2.$ Korzystamy ze związku $a=\epsilon R$ (lina się nie ślizga): $\frac{1}{2}{m}_w{R}^2\cdot \frac{a}{R}=R{F}_n-RF\Rightarrow \frac{1}{2}{m}_{w}a=F_n-F.$

Krok 3. Eliminacja $F_n$. Z kroku 1: $F_n=m_{c}g-m_{c}a$. Podstawiamy: $\frac{1}{2}{m}_{w}a=(m_{c}g-m_{c}a)-F\Rightarrow F=m_{c}g-m_{c}a-\frac{1}{2}{m}_{w}a.$

Krok 4. Podstawiamy $a=\frac{1}{2}g$: $F=m_{c}g-m_c\cdot \frac{1}{2}g-\frac{1}{2}{m}_w\cdot \frac{1}{2}g=\frac{1}{2}{m}_{c}g-\frac{1}{4}{m}_{w}g=\frac{1}{2}g\left(m_c-\frac{1}{2}{m}_w\right).$

Odpowiedź: $F=\frac{1}{2}g\left(m_c-\frac{1}{2}{m}_w\right)$.

Krok 1. Ile długości fali mieści się między $a$ i $b$. Z rysunku odczytujemy, że odległość od odcinka $a$ do $b$ obejmuje $9$ odstępów między kolejnymi powierzchniami falowymi: $\Delta x_{ab}=9{\lambda }_1.$

Krok 2. Związek czasu z okresem. Fala pokonuje jeden odstęp ${\lambda }_1$ w czasie jednego okresu $T$, więc drogę $9{\lambda }_1$ pokonuje w czasie $9T$: $\Delta t_{ab}=9T\Rightarrow T=\frac{\Delta t_{ab}}{9}=\frac{0,07\mathrm{ms}}{9}\approx 7,78\cdot 10^{-6}\mathrm{s}.$

Krok 3. Częstotliwość: $f=\frac{1}{T}=\frac{9}{0,07\cdot 10^{-3}\mathrm{s}}=\frac{9}{7}\cdot 10^5\mathrm{Hz}\approx 1,29\cdot 10^5\mathrm{Hz}.$

Odpowiedź: $f\approx 1,3\cdot 10^5\mathrm{Hz}$ (czyli około $129\mathrm{kHz}$).

Krok 1. Od czego zależy natężenie. Natężenie fali jest proporcjonalne do kwadratu amplitudy: $I\propto A^2$.

Krok 2. Amplituda w tym zadaniu. W treści zadania podano, że fala ma ustaloną amplitudę i pomijamy pochłanianie — każdy punkt ośrodka drga z taką samą amplitudą. Skoro amplituda jest wszędzie jednakowa, to natężenie w każdym punkcie jest takie samo.

Zatem natężenie w połowie drogi między $a$ i $b$ jest takie samo jak na odcinku $b$.

Odpowiedź: D. takie samo.

Krok 1. Zjawisko dyfrakcji. Gdy fala płaska pada na wąską szczelinę (o szerokości porównywalnej z długością fali), za szczeliną zachodzi dyfrakcja: szczelina staje się źródłem fali, a powierzchnie falowe za nią przyjmują kształt współśrodkowych łuków (fal kolistych), rozchodzących się we wszystkich kierunkach.

Krok 2. Wybór rysunku. Prawidłowy jest rysunek, na którym za szczeliną widać koliste (łukowe) powierzchnie falowe rozchodzące się z otworu — to rysunek A. Rysunki z zachowanymi prostymi frontami lub bez ugięcia nie oddają dyfrakcji.

Odpowiedź: A.

Krok 1. Iloraz długości fal. Przy przejściu przez granicę częstotliwość fali się nie zmienia. Ponieważ $\lambda =\frac{v}{f}$, iloraz długości fal jest równy ilorazowi prędkości: $\frac{{\lambda }_1}{{\lambda }_2}=\frac{v_1}{v_2}=2.$ Zatem w ośrodku ${\mathcal{O}}_2$ fala jest wolniejsza i ma krótszą długość fali.

Krok 2. Kierunek załamania. Skoro $v_2<v_1$, ośrodek ${\mathcal{O}}_2$ jest „gęstszy” optycznie. Zgodnie z prawem załamania kąt załamania jest mniejszy od kąta padania – promień załamany zbliża się do normalnej. Powierzchnie falowe w ${\mathcal{O}}_2$ są prostopadłe do nowego kierunku biegu fali, są gęściej rozmieszczone (odstęp ${\lambda }_2=\frac{1}{2}{\lambda }_1$) i odchylają się w lewo względem linii $l,m,n,p,q,s$.

Odpowiedź: $\frac{{\lambda }_1}{{\lambda }_2}=2$; kąt załamania jest mniejszy od kąta padania.

Krok 1. Charakter siły grawitacji. Siła grawitacji Słońca to siła przyciągająca. Zawsze jest skierowana od przyciąganego ciała ku ciału przyciągającemu, czyli ku środkowi Słońca $S$.

Krok 2. Rysunek wektora. Wektor $\vec{F}$ zaczepiamy w punkcie, w którym znajduje się planetoida $\mathcal{R}$, i kierujemy go wzdłuż odcinka łączącego $\mathcal{R}$ ze Słońcem $S$, ze zwrotem w stronę $S$ (długość wektora jest dowolna).

Odpowiedź: wektor zaczepiony w $\mathcal{R}$, skierowany wzdłuż prostej $\mathcal{R}S$ ku środkowi Słońca $S$.

Krok 1. Półoś wielka orbity planetoidy. Odcinek $|PA|$ to cała oś wielka elipsy (od peryhelium do aphelium), więc półoś wielka to jego połowa: $a_{\mathcal{R}}=\frac{|PA|}{2}=\frac{5,62\mathrm{au}}{2}=2,81\mathrm{au}.$

Krok 2. III prawo Keplera. Dla ciał krążących wokół Słońca $\frac{T^2}{a^3}=\text{const}$, więc porównując planetoidę z Ziemią: $\frac{T_{\mathcal{R}}^2}{a_{\mathcal{R}}^3}=\frac{T_Z^2}{r_Z^3}\Rightarrow T_{\mathcal{R}}=\sqrt{{\left(\frac{a_{\mathcal{R}}}{r_Z}\right)}^3}\cdot T_Z.$

Krok 3. Podstawienie danych (w au i latach, więc $r_Z=1$, $T_Z=1$): $T_{\mathcal{R}}=\sqrt{{\left(\frac{2,81}{1}\right)}^3}\cdot 1\text{rok}=\sqrt{2,81^3}\approx \sqrt{22,19}\approx 4,7\text{roku}.$

Odpowiedź: $T_{\mathcal{R}}\approx 4,7$ roku.

Krok 1. Przyśpieszenie w polu grawitacyjnym. Przyśpieszenie planetoidy pochodzi wyłącznie od grawitacji Słońca i wynosi $a=\frac{G{M}_S}{r^2}$, gdzie $r$ to odległość od środka Słońca. Przyśpieszenie jest odwrotnie proporcjonalne do kwadratu odległości.

Krok 2. Iloraz. W peryhelium odległość to $r_P=|SP|$, w aphelium $r_A=|SA|$: $\frac{a_P}{a_A}=\frac{G{M}_S/|SP{|}^2}{G{M}_S/|SA{|}^2}=\frac{|SA{|}^2}{|SP{|}^2}={\left(\frac{|SA|}{|SP|}\right)}^2.$

Odpowiedź: C. ${\left(\frac{|SA|}{|SP|}\right)}^2$.

Krok 1. Odległość aphelium od Słońca. Oś wielka to suma odległości peryhelium i aphelium od Słońca: $|PA|=r_P+r_A$, stąd: $r_A=|PA|-r_P=5,62\mathrm{au}-0,81\mathrm{au}=4,81\mathrm{au}.$

Krok 2. Zasada zachowania momentu pędu. W peryhelium i aphelium prędkość jest prostopadła do promienia wodzącego, więc moment pędu $L=mvr$ daje: $m{v}_A{r}_A=m{v}_P{r}_P\Rightarrow v_A=\frac{r_P}{r_A}{v}_P.$

Krok 3. Podstawienie danych (jednostki au się skracają): $v_A=\frac{0,81\mathrm{au}}{4,81\mathrm{au}}\cdot 43,29\frac{\mathrm{km}}{\mathrm{s}}\approx 7,29\frac{\mathrm{km}}{\mathrm{s}}\approx 7,3\frac{\mathrm{km}}{\mathrm{s}}.$

Odpowiedź: $v_A\approx 7,3km/s$.

Z wykresu odczytujemy $A=(10;2)$ oraz $B=(25;5)$ (w jednostkach $10^{-3}{\mathrm{m}}^3$ i $10^4\mathrm{Pa}$). Widać, że $\frac{p}{V}$ jest stałe ($\frac{2}{10}=\frac{5}{25}=0,2$), więc odcinek $AB$ leży na prostej przechodzącej przez początek układu: $p=kV$.

Stwierdzenie 1. Z równania Clapeyrona $T\propto pV$. Podstawiając $p=kV$: $T\propto kV\cdot V=k{V}^2$, czyli $T\propto V^2$. Temperatura zmienia się proporcjonalnie do kwadratu objętości — stwierdzenie prawdziwe (P).

Stwierdzenie 2. Od $A$ do $B$ zarówno $p$, jak i $V$ rosną, więc iloczyn $pV$ rośnie i temperatura $T$ rośnie. Średnia prędkość cząsteczek zależy od temperatury i przy jej wzroście również rośnie — stwierdzenie prawdziwe (P).

Odpowiedź: P, P.

Krok 1. Zależność temperatury od $pV$. Z równania Clapeyrona $pV=nRT$, więc dla ustalonej masy gazu $T\propto pV$. Iloraz temperatur to iloraz iloczynów $pV$: $\frac{T_B}{T_A}=\frac{p_B{V}_B}{p_A{V}_A}.$

Krok 2. Odczyt z wykresu. $A=(V_A;p_A)=(10;2)$, $B=(V_B;p_B)=(25;5)$ (w jednostkach z osi). Zatem: $\frac{T_B}{T_A}=\frac{5\cdot 25}{2\cdot 10}=\frac{125}{20}=6,25.$

Odpowiedź: $\frac{T_B}{T_A}=6,25$ (czyli $\frac{25}{4}$).

Skorzystamy z I zasady termodynamiki. Gaz się rozpręża (rośnie $V$), więc wykonuje pracę (traci energię w formie pracy) i jednocześnie pobiera ciepło: $Q_{AB}=\Delta U_{AB}+|W_{AB}|.$ Odczyty: $A=(10;2)$, $B=(25;5)$, gdzie objętość w $10^{-3}{\mathrm{m}}^3$, ciśnienie w $10^4\mathrm{Pa}$ (iloczyn $pV$ daje jednostkę $10^1\mathrm{J}$).

Krok 1. Zmiana energii wewnętrznej. Dla $C_V=\frac{3}{2}R$ mamy $\Delta U=\frac{3}{2}nR\Delta T=\frac{3}{2}(p_B{V}_B-p_A{V}_A)$: $\Delta U_{AB}=\frac{3}{2}(5\cdot 25-2\cdot 10)\cdot 10^1\mathrm{J}=\frac{3}{2}\cdot 105\cdot 10\mathrm{J}=1575\mathrm{J}.$

Krok 2. Praca gazu = pole pod wykresem $p(V)$ (trapez): $|W_{AB}|=\frac{1}{2}(p_A+p_B)(V_B-V_A)=\frac{1}{2}(2+5)(25-10)\cdot 10^1\mathrm{J}=\frac{1}{2}\cdot 7\cdot 15\cdot 10\mathrm{J}=525\mathrm{J}.$

Krok 3. Ciepło pobrane: $Q_{AB}=\Delta U_{AB}+|W_{AB}|=1575\mathrm{J}+525\mathrm{J}=2100\mathrm{J}.$

Odpowiedź: $Q_{AB}=2100\mathrm{J}$.

Rozpatrzmy siły działające na $Q_3=+Q$ (górny prawy wierzchołek) od pozostałych ładunków.

Krok 1. Siła od $Q_1=+Q$ (dolny lewy wierzchołek, po przekątnej). Dwa dodatnie ładunki się odpychają, więc siła jest skierowana od $Q_1$ ku $Q_3$, czyli wzdłuż przekątnej, na zewnątrz kwadratu (w prawo–w górę).

Krok 2. Siła od $Q_2=-Q$ (górny lewy wierzchołek, obok). Ładunki różnoimienne się przyciągają, więc siła na $Q_3$ jest skierowana ku $Q_2$, czyli poziomo w lewo.

Krok 3. Wypadkowa. Dodając wektorowo składową „po przekątnej na zewnątrz” i składową „w lewo”, wypadkowa jest skierowana ukośnie w górę i w lewo (na zewnątrz kwadratu, ponad bokiem $Q_2{Q}_3$). Taki zwrot pokazuje rysunek A.

Odpowiedź: A.

Pole w punkcie $P$ jest sumą wektorową natężeń od trzech ładunków. Oznaczmy stałą Coulomba jako $k$.

Krok 1. Natężenia od ładunków sąsiednich $Q_1$ i $Q_3$. Oba leżą w odległości $a$ od $P$ (to boki kwadratu): $E_1=E_3=\frac{kQ}{a^2}.$ Ładunek $Q_1=+Q$ (poniżej $P$) daje wektor skierowany w górę (od ładunku dodatniego), a $Q_3=+Q$ (nad $P$)... uwaga: $Q_1$ jest w dolnym lewym, $Q_3$ w górnym prawym. Wektory ${\vec{E}}_1$ (poziomy, wzdłuż boku $Q_{1}P$) i ${\vec{E}}_3$ (pionowy, wzdłuż boku $Q_{3}P$) są prostopadłe i mają jednakowe wartości.

Krok 2. Wypadkowa od $Q_1$ i $Q_3$. Dwa prostopadłe, równe wektory dają wypadkową wzdłuż przekątnej: $E_{13}=\sqrt{2}{E}_1=\sqrt{2}\frac{kQ}{a^2}.$ Wektor ${\vec{E}}_{13}$ jest skierowany wzdłuż przekątnej $P-Q_2$ (na zewnątrz od dodatnich ładunków), czyli ku wierzchołkowi $Q_2$.

Krok 3. Natężenie od $Q_2=-Q$ (po przekątnej, w odległości $d=\sqrt{2}a$): $E_2=\frac{kQ}{d^2}=\frac{kQ}{(\sqrt{2}a{)}^2}=\frac{1}{2}\cdot \frac{kQ}{a^2}.$ Ładunek ujemny — wektor ${\vec{E}}_2$ skierowany jest ku $Q_2$, a więc leży na tej samej przekątnej co ${\vec{E}}_{13}$, lecz ma przeciwny zwrot (pole ładunku dodatniego wypadkowego „wypycha”, ujemnego „wciąga”).

Krok 4. Wartość wypadkowa. Wektory ${\vec{E}}_{13}$ i ${\vec{E}}_2$ leżą na jednej prostej o przeciwnych zwrotach, więc odejmujemy ich wartości: $E_P=E_{13}-E_2=\sqrt{2}\frac{kQ}{a^2}-\frac{1}{2}\cdot \frac{kQ}{a^2}=\frac{kQ}{a^2}\left(\sqrt{2}-\frac{1}{2}\right).$

Odpowiedź: $E_P=\frac{kQ}{a^2}\left(\sqrt{2}-\frac{1}{2}\right)$.

Krok 1. Rola kąta granicznego. Światło wychodzi z kuli tylko tam, gdzie pada na powierzchnię pod kątem mniejszym od kąta granicznego. Skrajne promienie, docierające do brzegów łuku ($A$ i $B$), padają dokładnie pod kątem granicznym ${\alpha }_g$. Kąty $\angle SBD$ oraz $\angle DAS$ są więc kątami granicznymi.

Krok 2. Obliczenie kąta granicznego (przejście szkło–powietrze): $\sin {\alpha }_g=\frac{n_p}{n_{sz}}=\frac{1}{1,5}=\frac{2}{3}\approx 0,667,$ ${\alpha }_g=\arcsin \left(\frac{2}{3}\right)\approx 41,8^{\circ }.$

Krok 3. Związek $\phi$ z kątem granicznym. Trójkąty $SBD$ i $ASD$ są równoramienne (ramiona to promienie kuli $SD=SB=SA$), więc $\angle BDS=\angle SBD={\alpha }_g$ oraz $\angle SDA=\angle DAS={\alpha }_g$. Kąt $\phi =\angle BDA$ jest sumą tych dwóch kątów przy wierzchołku $D$: $\phi =\angle BDS+\angle SDA=2{\alpha }_g.$

Krok 4. Wynik: $\phi =2\cdot 41,8^{\circ }\approx 83,6^{\circ }.$

Odpowiedź: $\phi \approx 83,6^{\circ }$ (w zaokrągleniu $\approx 84^{\circ }$).

Krok 1. Jak zmienia się kąt graniczny. Kąt graniczny na granicy szkło–ośrodek dany jest wzorem $\sin {\alpha }_g=\frac{n_{osrodka}}{n_{sz}}$. Dla wody ($n_w=1,33$) licznik jest większy niż dla powietrza ($n_p=1,00$): $\sin {\alpha }_{g,woda}=\frac{1,33}{1,50}=0,887>\sin {\alpha }_{g,powietrze}=\frac{1,00}{1,50}=0,667.$ Większy sinus oznacza większy kąt graniczny (odpowiedź B).

Krok 2. Wpływ na pole wyjścia światła. Większy kąt graniczny oznacza, że więcej promieni pada pod kątem mniejszym od granicznego i może wyjść z kuli. Łuk $AB$, przez który wychodzi światło, staje się dłuższy, więc pole powierzchni wyjścia się zwiększy (odpowiedź 2).

Odpowiedź: B oraz 2 (kąt graniczny będzie większy; pole się zwiększy).

Krok 1. Siła Lorentza jako dośrodkowa. Na elektron poruszający się prostopadle do pola działa siła Lorentza $F=qvB$, która pełni rolę siły dośrodkowej: $\frac{m_e{v}^2}{r}=qvB\Rightarrow \frac{m_{e}v}{r}=qB.$

Krok 2. Wprowadzenie okresu. W ruchu po okręgu $v=\frac{2\pi r}{T}$, więc $\frac{v}{r}=\frac{2\pi }{T}$: $m_e\cdot \frac{2\pi }{T}=qB\Rightarrow T=\frac{2\pi m_e}{qB}.$ Zauważmy, że okres nie zależy od prędkości ani promienia.

Krok 3. Podstawienie danych ($m_e=9,109\cdot 10^{-31}\mathrm{kg}$, $q=1,602\cdot 10^{-19}\mathrm{C}$, $B=1,70\cdot 10^{-3}\mathrm{T}$): $T=\frac{2\pi \cdot 9,109\cdot 10^{-31}}{1,602\cdot 10^{-19}\cdot 1,70\cdot 10^{-3}}\mathrm{s}\approx 2,10\cdot 10^{-8}\mathrm{s}.$

Odpowiedź: $T\approx 2,10\cdot 10^{-8}\mathrm{s}$.

Krok 1. Energia całkowita. Energia całkowita cząstki to suma energii spoczynkowej i kinetycznej: $E=E_{kin}+E_0=1,311\mathrm{MeV}+0,511\mathrm{MeV}=1,822\mathrm{MeV}.$

Krok 2. Związek relatywistyczny. Energia całkowita wiąże się z energią spoczynkową i prędkością wzorem: $E=\frac{E_0}{\sqrt{1-{\left(\frac{v}{c}\right)}^2}}\Rightarrow \sqrt{1-{\left(\frac{v}{c}\right)}^2}=\frac{E_0}{E}.$

Krok 3. Wyznaczenie $\frac{v}{c}$. $\frac{E_0}{E}=\frac{0,511}{1,822}\approx 0,2804,$ $1-{\left(\frac{v}{c}\right)}^2=(0,2804{)}^2\approx 0,0787\Rightarrow {\left(\frac{v}{c}\right)}^2\approx 0,9213,$ $\frac{v}{c}=\sqrt{0,9213}\approx 0,96.$

Odpowiedź: $\frac{v}{c}\approx 0,96$.

Krok 1. Zasada zachowania liczby nukleonów (liczby masowej). Cząstka ${\beta }^{-}$ ma liczbę masową $0$, antyneutrino również $0$. Suma liczb masowych po prawej musi być równa $23$, więc jądro $\mathrm{X}$ ma liczbę masową $23$.

Krok 2. Zasada zachowania ładunku (liczby atomowej). W rozpadzie ${\beta }^{-}$ jeden z neutronów zamienia się w proton, emitując elektron (${\beta }^{-}$ ma ładunek $-1$). Liczba atomowa jądra rośnie o $1$: $10=Z_X+(-1)+0\Rightarrow Z_X=11.$

Krok 3. Identyfikacja pierwiastka. Liczbie atomowej $Z=11$ odpowiada sód $\mathrm{Na}$. Zatem: ${}_{10}^{23}\mathrm{Ne}\to {}_{11}^{23}\mathrm{Na}+{\beta }^{-}+{}_0^0\tilde{\nu }.$

Odpowiedź: jądro $\mathrm{X}$ ma liczbę masową $23$ i atomową $11$; pierwiastek $\mathrm{X}$ to sód (${}_{11}^{23}\mathrm{Na}$).

Stwierdzenie 1. Rozpad zachodzi samorzutnie i wydziela energię. Zgodnie z równoważnością masy i energii ($E=m{c}^2$) wydzielona energia pochodzi z ubytku masy: masa jądra przed rozpadem jest większa od sumy mas produktów. Stwierdzenie jest prawdziwe (P).

Stwierdzenie 2. Jądro było nieruchome (zerowa energia kinetyczna na początku). Energia odpowiadająca deficytowi masy zamienia się w energię kinetyczną produktów rozpadu. Zatem produkty uzyskują energię kinetyczną — stwierdzenie prawdziwe (P).

Odpowiedź: P, P.

Krok 1. Prawo rozpadu i jego logarytm. Masa maleje wg prawa rozpadu $m(t)=m_0{\left(\frac{1}{2}\right)}^{t/T}$. Logarytmując obustronnie: ${\log }_{10}m(t)={\log }_{10}{m}_0+\frac{t}{T}{\log }_{10}\frac{1}{2}.$ To zależność liniowa ${\log }_{10}m$ od $t$, o współczynniku kierunkowym $A=\frac{{\log }_{10}\frac{1}{2}}{T}$.

Krok 2. Odczyt współczynnika kierunkowego z wykresu. Prosta przechodzi przez punkty $(0;1,4)$ oraz $(3,3;-0,2)$: $A=\frac{-0,2-1,4}{3,3-0}=\frac{-1,6}{3,3}\approx -0,485\frac{1}{\min }.$

Krok 3. Wyznaczenie $T$. Z $A=\frac{{\log }_{10}\frac{1}{2}}{T}$: $T=\frac{{\log }_{10}\frac{1}{2}}{A}=\frac{-0,301}{-0,485}\min \approx 0,62\min .$

(Można też prościej: masa spada o połowę, gdy ${\log }_{10}m$ zmniejszy się o ${\log }_{10}2\approx 0,30$; od wartości $1,4$ do $1,1$ następuje to po czasie $T\approx 0,62\min$.)

Odpowiedź: $T\approx 0,62\min$.