Matura z fizyki (poziom podstawowy) — arkusz próbny nr 5

Klucz odpowiedzi

Klucz zaczyna się na nowej stronie. Aby wydrukować sam arkusz, dopisz ?klucz=0 na końcu adresu.

1. 1a.

   3 h

   Czas liczymy osobno dla każdego odcinka, bo prędkości są różne: $$t_1 = \frac{s_1}{v_1} = \frac{30}{15} = 2\ \text{h}, \qquad t_2 = \frac{s_2}{v_2} = \frac{30}{30} = 1\ \text{h}$$ $$t = t_1 + t_2 = 2 + 1 = 3\ \text{h}$$ gdzie $s_1, s_2$ — długości odcinków, $v_1, v_2$ — prędkości na odcinkach, $t_1, t_2$ — czasy przejazdu odcinków, $t$ — całkowity czas jazdy.

   Zwróć uwagę: odcinki są równie długie, ale czasy ich przejazdu są różne — wolniejszy odcinek zajmuje dwa razy więcej czasu. Powtórz ruch jednostajny.

2. 1b.

   20 km/h

   Prędkość średnia to całkowita droga podzielona przez całkowity czas — nigdy średnia arytmetyczna prędkości: $$v_{sr} = \frac{s}{t} = \frac{s_1 + s_2}{t_1 + t_2} = \frac{30 + 30}{3} = \frac{60}{3} = 20\ \tfrac{\text{km}}{\text{h}}$$ gdzie $s$ — całkowita droga, $t$ — całkowity czas, $v_{sr}$ — prędkość średnia.

   Kontrola sensowności: wynik musi leżeć bliżej mniejszej z prędkości ($15$ niż $30$), bo z mniejszą prędkością rowerzysta jechał dłużej. I rzeczywiście $20$ jest bliżej $15$ niż $30$.

3. 1c.

   A

   Poprawnie. Średnia arytmetyczna byłaby słuszna tylko wtedy, gdyby rowerzysta jechał z każdą prędkością przez tyle samo czasu. Tu równe są drogi, a nie czasy: odcinek wolniejszy zajął $2\ \text{h}$, szybszy tylko $1\ \text{h}$, więc prędkość $15\ \tfrac{\text{km}}{\text{h}}$ dominuje i średnia przesuwa się w jej stronę.

4. 2a.

   20 s

   Kluczowa idea — niezależność ruchów składowych. Ruch w poprzek rzeki i ruch wzdłuż rzeki odbywają się w prostopadłych kierunkach, więc nie wpływają na siebie. Odległość do drugiego brzegu skraca wyłącznie składowa prostopadła $v_l$: $$t = \frac{d}{v_l} = \frac{80}{4} = 20\ \text{s}$$ gdzie $d$ — szerokość rzeki, $v_l$ — prędkość łodzi względem wody, $t$ — czas przeprawy.

   Typowy błąd: liczenie czasu z prędkości wypadkowej ($\tfrac{80}{5} = 16\ \text{s}$) — wypadkowa prowadzi jednak po dłuższej, skośnej drodze, więc ten rachunek jest wewnętrznie niespójny. Powtórz niezależność ruchów składowych.

5. 2b.

   60 m

   Wzdłuż brzegu łódź porusza się razem z wodą — ruchem jednostajnym z prędkością $v_r$ przez ten sam czas $t$: $$s_r = v_r \cdot t = 3 \cdot 20 = 60\ \text{m}$$ gdzie $s_r$ — znos (przesunięcie wzdłuż brzegu), $v_r$ — prędkość nurtu.

   Dlatego łódź nie dopłynie na wprost punktu wypłynięcia, mimo że dziób był cały czas skierowany prostopadle do brzegu.

6. 2c.

   5 m/s

   Prędkość względem brzegu to suma wektorowa prędkości łodzi względem wody i prędkości wody względem brzegu. Wektory są prostopadłe, więc korzystamy z twierdzenia Pitagorasa: $$v = \sqrt{v_l^2 + v_r^2} = \sqrt{4^2 + 3^2} = \sqrt{16 + 9} = \sqrt{25} = 5\ \tfrac{\text{m}}{\text{s}}$$ gdzie $v$ — wartość prędkości wypadkowej (względem brzegu).

   Typowy błąd: dodanie wartości „na skróty" ($4 + 3 = 7$) — wolno tak zrobić tylko dla wektorów o tym samym kierunku i zwrocie. Kontrola: wartość wypadkowej musi być większa od każdej ze składowych, ale mniejsza od ich sumy: $4 \lt 5 \lt 7$. ✓

7. 3a.

   720 N

   Krok 1 — siły działające na człowieka. W dół działa siła ciężkości $F_g = mg$, w górę — siła nacisku wagi $N$ (reakcja wagi na człowieka).

   Krok 2 — II zasada dynamiki z osią skierowaną w górę (bo w górę skierowane jest przyspieszenie): $$N - mg = ma \quad \Rightarrow \quad N = m(g + a)$$

   Krok 3 — podstawienie. $$N = 60 \cdot (10 + 2) = 60 \cdot 12 = 720\ \text{N}$$ gdzie $m$ — masa człowieka, $g$ — przyspieszenie ziemskie, $a$ — przyspieszenie windy, $N$ — wskazanie wagi.

   Waga pokazuje więc więcej niż zwykłe $600\ \text{N}$ — to znane uczucie „ciężkości" przy starcie windy w górę. Mówimy o ciężarze pozornym; masa człowieka ($60\ \text{kg}$) się przy tym nie zmienia. Powtórz zasady dynamiki Newtona.

8. 3b.

   480 N

   Teraz przyspieszenie jest skierowane w dół, więc oś kierujemy w dół: $$mg - N = ma \quad \Rightarrow \quad N = m(g - a) = 60 \cdot (10 - 2) = 60 \cdot 8 = 480\ \text{N}$$

   Skrajny przypadek wart zapamiętania: gdyby lina pękła, winda spadałaby swobodnie z $a = g$, więc $N = m(g - g) = 0$ — waga wskazałaby zero. To właśnie stan nieważkości: nie brak grawitacji, lecz brak siły nacisku. Powtórz stan nieważkości.

9. 3c.

   A

   Poprawnie. Ruch jednostajny oznacza $a = 0$, więc siły równoważą się: $N = mg = 60 \cdot 10 = 600\ \text{N}$. Zgodnie z I zasadą dynamiki układ inercjalny poruszający się jednostajnie jest nierozróżnialny od spoczywającego — pasażer nie odczuwa jazdy. Znaczenie ma wyłącznie przyspieszenie, nigdy sama prędkość.

10. 4a.

    0,577

    Krok 1 — rozkład siły ciężkości. Siłę $F_g = mg$ rozkładamy na kierunek styczny do zbocza i prostopadły do niego: $$F_z = mg \sin\alpha \quad \text{(ściąga w dół zbocza)}, \qquad F_n = mg \cos\alpha \quad \text{(dociska do zbocza)}$$

    Krok 2 — maksymalne tarcie statyczne jest proporcjonalne do siły dociskającej: $$T_{max} = \mu F_n = \mu\ mg \cos\alpha$$

    Krok 3 — warunek granicy zsuwania. W chwili, gdy klocek właśnie zaczyna się zsuwać, siła ściągająca zrównuje się z maksymalnym tarciem: $$mg \sin\alpha = \mu\ mg \cos\alpha$$

    Krok 4 — masa się skraca, a iloraz $\tfrac{\sin\alpha}{\cos\alpha}$ to tangens: $$\mu = \frac{\sin\alpha}{\cos\alpha} = \text{tg}\ \alpha = \text{tg}\ 30^\circ = 0{,}577$$ gdzie $\mu$ — współczynnik tarcia statycznego, $\alpha$ — kąt zsuwania, $F_z$ — składowa styczna, $F_n$ — składowa prostopadła (nacisk).

    Kontrola sensowności: $\mu \lt 1$, co jest typowe dla większości par materiałów (drewno o drewno ma około $0{,}5$). Powtórz siły tarcia.

11. 4b.

    D

    Poprawnie. W warunku $mg \sin\alpha = \mu\ mg \cos\alpha$ masa skraca się po obu stronach, więc kąt zsuwania zależy wyłącznie od współczynnika tarcia: $\alpha = \text{arctg}\ \mu$. Fizycznie: cięższy klocek jest mocniej ściągany w dół zbocza, ale w tym samym stopniu mocniej dociskany — oba efekty rosną proporcjonalnie do masy i znoszą się. Właśnie dlatego pomiar kąta zsuwania jest wygodną metodą wyznaczania $\mu$: nie trzeba znać ani masy, ani mierzyć żadnej siły.

12. 5a.

    100 N/m

    Krok 1 — siła rozciągająca. Sprężyna jest w równowadze, więc siła sprężystości równoważy ciężar ciężarka: $$F = mg = 0{,}5 \cdot 10 = 5\ \text{N}$$

    Krok 2 — jednostki SI. Wydłużenie zamieniamy na metry: $x = 5\ \text{cm} = 0{,}05\ \text{m}$.

    Krok 3 — prawo Hooke'a $F = kx$, stąd: $$k = \frac{F}{x} = \frac{5}{0{,}05} = 100\ \tfrac{\text{N}}{\text{m}}$$ gdzie $F$ — siła rozciągająca sprężynę, $x$ — wydłużenie sprężyny, $k$ — współczynnik sprężystości (sztywność).

    Typowy błąd: pozostawienie $x$ w centymetrach — wynik $1\ \tfrac{\text{N}}{\text{cm}}$ jest liczbowo poprawny, ale to nie jest jednostka SI, a w kolejnych wzorach da wynik zaniżony $100$-krotnie. Powtórz prawo Hooke'a.

13. 5b.

    0,125 J

    $$E_s = \frac{k x^2}{2} = \frac{100 \cdot (0{,}05)^2}{2} = \frac{100 \cdot 0{,}0025}{2} = \frac{0{,}25}{2} = 0{,}125\ \text{J}$$ gdzie $E_s$ — energia potencjalna sprężystości, $k$ — współczynnik sprężystości, $x$ — wydłużenie.

    Skąd czynnik $\tfrac12$? Siła sprężystości narasta od $0$ do $F = kx$ w miarę rozciągania, więc pracę liczymy dla siły średniej $F_{sr} = \tfrac{kx}{2}$: $E_s = F_{sr} \cdot x = \tfrac{kx^2}{2}$.

    Typowy błąd: $E_s = kx^2$ (bez połowy) albo $E_s = F \cdot x = 0{,}25\ \text{J}$ — ten drugi rachunek zakłada błędnie, że siła jest stała. Powtórz drgania harmoniczne.

14. 5c.

    A

    Poprawnie. Energia zależy od kwadratu wydłużenia: $E_s = \tfrac{kx^2}{2}$, więc podwojenie $x$ daje $(2x)^2 = 4x^2$ — czterokrotny wzrost energii (z $0{,}125\ \text{J}$ do $0{,}5\ \text{J}$). Sama siła wzrośnie przy tym tylko dwukrotnie, bo $F = kx$ jest liniowa — to typowe rozróżnienie sprawdzane na maturze.

15. 6.

    C

    Poprawnie — to klasyczna „wymiana prędkości", którą widać w zabawce zwanej kołyską Newtona. Sprawdźmy oba prawa zachowania jednocześnie:

    Pęd: $mv = m \cdot 0 + m \cdot v$ ✓ Energia kinetyczna: $\tfrac{mv^2}{2} = 0 + \tfrac{mv^2}{2}$ ✓

    Oba warunki są spełnione, a dla zderzenia centralnego dwóch ciał rozwiązanie jest jednoznaczne. Ogólna reguła do zapamiętania: w centralnym zderzeniu sprężystym równych mas ciała wymieniają się prędkościami.

16. 7a.

    300 J

    Pierwsza zasada termodynamiki to bilans energii dla gazu: $$\Delta U = Q - W$$ gdzie $\Delta U$ — zmiana energii wewnętrznej gazu, $Q$ — ciepło pobrane przez gaz, $W$ — praca wykonana przez gaz nad otoczeniem. $$\Delta U = 500 - 200 = 300\ \text{J}$$

    Interpretacja. Z $500\ \text{J}$ dostarczonego ciepła $200\ \text{J}$ „wyszło" z gazu jako praca podnoszenia tłoka, a pozostałe $300\ \text{J}$ zostało w gazie — zwiększyło średnią energię kinetyczną jego cząsteczek, czyli podniosło temperaturę.

    Uwaga na znaki: jeśli w danym podręczniku $W$ oznacza pracę wykonaną nad gazem, wzór ma postać $\Delta U = Q + W$. Sens fizyczny jest ten sam — zawsze pytaj, kto wykonuje pracę. Powtórz pierwszą zasadę termodynamiki.

17. 7b.

    B

    Poprawnie. Energia wewnętrzna gazu doskonałego zależy tylko od temperatury. W przemianie izotermicznej temperatura się nie zmienia, więc $\Delta U = 0$, a pierwsza zasada daje: $$0 = Q - W \quad \Rightarrow \quad W = Q = 400\ \text{J}$$ Cały strumień ciepła „przechodzi na wylot" i wychodzi jako praca.

18. 8a.

    300 K

    Skale Celsjusza i Kelvina różnią się tylko położeniem zera: $$T = t + 273{,}15 \approx t + 273$$ $$T = 27 + 273 = 300\ \text{K}$$ gdzie $t$ — temperatura w stopniach Celsjusza, $T$ — temperatura bezwzględna w kelwinach.

    Dlaczego skala Kelvina? Jej zero ($0\ \text{K} = -273{,}15\ ^\circ\text{C}$) to zero absolutne — najniższa możliwa temperatura, przy której ustaje chaotyczny ruch cieplny cząsteczek. Dzięki temu $T$ nigdy nie jest ujemne i wolno nim dzielić oraz mnożyć w prawach gazowych.

    Uwaga: przy kelwinach nie pisze się znaku stopnia — poprawnie jest $300\ \text{K}$, a nie „$300\ ^\circ\text{K}$". Powtórz ciepło i temperaturę.

19. 8b.

    A

    Poprawnie. Sprawdźmy wprost: $T_1 = 300\ \text{K}$, $T_2 = 47 + 273 = 320\ \text{K}$, więc $\Delta T = 320 - 300 = 20\ \text{K}$, a w skali Celsjusza $\Delta t = 47 - 27 = 20\ ^\circ\text{C}$.

    Dlaczego tak jest? Obie skale mają jednakowo duże działki — wzrost o jeden kelwin to dokładnie ten sam wzrost co o jeden stopień Celsjusza. Przy odejmowaniu przesunięcie $273$ skraca się: $\Delta T = (t_2 + 273) - (t_1 + 273) = t_2 - t_1$. Dlatego w $Q = mc\Delta T$ wolno wstawiać $\Delta T$ w kelwinach albo w stopniach Celsjusza — bez różnicy.

20. 9.

    452 kJ

    Woda ma już temperaturę wrzenia, więc żadnego ciepła nie zużywamy na ogrzewanie — całość idzie na przemianę fazową ciecz → gaz: $$Q = m L_p = 0{,}2 \cdot 2\ 260\ 000 = 452\ 000\ \text{J} = 452\ \text{kJ}$$ gdzie $m$ — masa wody, $L_p$ — ciepło parowania (energia potrzebna do odparowania $1\ \text{kg}$ cieczy w temperaturze wrzenia), $Q$ — ciepło.

    Typowy błąd: użycie wzoru $Q = mc\Delta T$. Jest on słuszny tylko wtedy, gdy temperatura się zmienia. Podczas parowania (jak i topnienia) temperatura stoi w miejscu, mimo że ciepło wciąż jest dostarczane — energia rozrywa wiązania między cząsteczkami, zamiast przyspieszać ich ruch.

    Kontrola sensowności — dlaczego tak dużo? Aby ogrzać te same $0{,}2\ \text{kg}$ wody od $0\ ^\circ\text{C}$ do $100\ ^\circ\text{C}$, wystarczyłoby $Q = mc\Delta T = 0{,}2 \cdot 4200 \cdot 100 = 84\ \text{kJ}$. Samo odparowanie kosztuje więc ponad pięć razy więcej — dlatego woda w czajniku szybko dochodzi do wrzenia, ale wykipienie zajmuje długo, a oparzenie parą jest groźniejsze niż wrzącą wodą. Powtórz przemiany fazowe.

21. 10a.

    30000 N/C

    Natężenie pola elektrycznego to siła przypadająca na jednostkę ładunku: $$E = \frac{F}{q} = \frac{0{,}06}{2 \cdot 10^{-6}} = 3 \cdot 10^{4} = 30\ 000\ \tfrac{\text{N}}{\text{C}}$$ gdzie $F$ — siła działająca na ładunek próbny, $q$ — wartość ładunku próbnego, $E$ — natężenie pola elektrycznego.

    Ważna własność: natężenie $E$ opisuje samo pole, a nie ładunek próbny. Gdybyśmy wstawili ładunek dwa razy większy, siła też byłaby dwa razy większa, a iloraz $\tfrac{F}{q}$ — ten sam. Dlatego $E$ jest wielkością charakteryzującą punkt przestrzeni.

    Kontrola jednostek: $\tfrac{\text{N}}{\text{C}}$ jest równoważne $\tfrac{\text{V}}{\text{m}}$ — obie formy są poprawne. Powtórz pole elektryczne.

22. 10b.

    C

    Poprawnie. Umownie wektor $\vec{E}$ w danym punkcie ma kierunek i zwrot siły, jaka działałaby tam na dodatni ładunek próbny. Ładunek dodatni jest odpychany od dodatniego źródła, więc linie wychodzą z niego na zewnątrz („źródło" linii). Wokół ładunku ujemnego linie są skierowane do środka („zlew" linii).

    Konsekwencja warta zapamiętania: na ładunek ujemny siła działa przeciwnie do wektora $\vec{E}$ ($\vec{F} = q\vec{E}$, a $q \lt 0$).

23. 11a.

    $1{,}6 \cdot 10^{-17}$ J

    Praca sił pola elektrycznego przy przemieszczeniu ładunku między punktami o różnicy potencjałów $U$ wynosi: $$W = qU$$ Dla elektronu $q = e = 1{,}6 \cdot 10^{-19}\ \text{C}$: $$W = 1{,}6 \cdot 10^{-19} \cdot 100 = 1{,}6 \cdot 10^{-17}\ \text{J}$$ gdzie $q$ — ładunek przemieszczanej cząstki, $U$ — napięcie przyspieszające, $W$ — praca pola.

    Uwaga na sens napięcia: $U = \tfrac{W}{q}$, czyli napięcie to praca przypadająca na jednostkę ładunku. Stąd wprost $W = qU$. Powtórz napięcie elektryczne.

24. 11b.

    $5{,}93 \cdot 10^{6}$ m/s

    Krok 1 — bilans energii. Cała praca pola zamienia się w energię kinetyczną elektronu (startował ze spoczynku): $$W = \frac{m_e v^2}{2}$$

    Krok 2 — przekształcenie wzoru. $$v = \sqrt{\frac{2W}{m_e}}$$

    Krok 3 — podstawienie. $$v = \sqrt{\frac{2 \cdot 1{,}6 \cdot 10^{-17}}{9{,}1 \cdot 10^{-31}}} = \sqrt{\frac{3{,}2 \cdot 10^{-17}}{9{,}1 \cdot 10^{-31}}} = \sqrt{3{,}52 \cdot 10^{13}} \approx 5{,}93 \cdot 10^{6}\ \tfrac{\text{m}}{\text{s}}$$ gdzie $m_e$ — masa elektronu, $v$ — prędkość końcowa.

    Kontrola sensowności: $5{,}93 \cdot 10^6\ \tfrac{\text{m}}{\text{s}}$ to około $2$% prędkości światła — mało w porównaniu z $c$, więc słusznie użyliśmy zwykłego (nierelatywistycznego) wzoru na energię kinetyczną. Powtórz zasadę zachowania energii.

25. 11c.

    D

    Poprawnie. Elektronowolt to energia, jaką uzyskuje ładunek równy ładunkowi elementarnemu $e$ przyspieszony napięciem $1\ \text{V}$: $$1\ \text{eV} = 1{,}6 \cdot 10^{-19}\ \text{J}$$ Skoro elektron przyspieszono napięciem $100\ \text{V}$, jego energia to po prostu $100\ \text{eV}$. Sprawdzenie: $$\frac{1{,}6 \cdot 10^{-17}}{1{,}6 \cdot 10^{-19}} = 100$$ Dlatego w fizyce atomowej i jądrowej wygodnie liczyć w eV — energie wychodzą „ładnymi" liczbami zamiast potęg $10^{-19}$.

26. 12a.

    Prawda

    Prawda. Dla metali opór rośnie ze wzrostem temperatury — to reguła, którą trzeba znać na pamięć. Wykorzystuje się ją w termometrach oporowych (np. platynowych): mierząc opór, odczytuje się temperaturę. Powtórz opór elektryczny.

27. 12b.

    Fałsz

    Fałsz — to najczęstszy błąd w tym temacie, i to podwójny.

    Po pierwsze, liczba swobodnych elektronów w metalu jest praktycznie stała (każdy atom oddaje swoje elektrony walencyjne niezależnie od temperatury).

    Po drugie, więcej nośników oznaczałoby opór mniejszy, a nie większy — czyli argument przeczy własnej tezie.

    Prawdziwa przyczyna: ze wzrostem temperatury nasilają się drgania jonów sieci krystalicznej, więc elektrony częściej się na nich rozpraszają i trudniej im płynąć uporządkowanym strumieniem.

28. 12c.

    Prawda

    Prawda — i to jest zachowanie przeciwne niż w metalu. W półprzewodniku w niskiej temperaturze niemal nie ma swobodnych nośników. Ogrzewanie dostarcza energii, która „uwalnia" kolejne elektrony, więc liczba nośników gwałtownie rośnie i ten efekt z nadwyżką przewyższa wzrost rozpraszania.

    Dlatego termistory stosuje się jako czujniki temperatury, a przyrządy półprzewodnikowe wymagają chłodzenia — rozgrzany element przewodzi lepiej, więc pobiera jeszcze więcej prądu i grzeje się mocniej.

29. 12d.

    Fałsz

    Fałsz. Włókno jest metalowe (wolfram), a rozżarzone ma temperaturę rzędu $2500\ ^\circ\text{C}$, więc jego opór jest wielokrotnie większy niż na zimno — nawet dziesięciokrotnie.

    Praktyczna konsekwencja, o którą pyta się na maturze: w pierwszym momencie po włączeniu opór zimnego włókna jest mały, więc przez żarówkę płynie impuls prądu znacznie większy od prądu roboczego. Właśnie dlatego żarówki najczęściej przepalają się w chwili włączania, a ich charakterystyka $I(U)$ nie jest linią prostą.

30. 13a.

    324 V

    Dla napięcia sinusoidalnego wartość skuteczna jest $\sqrt2$ razy mniejsza od amplitudy: $$U_{sk} = \frac{U_{max}}{\sqrt2} \quad \Rightarrow \quad U_{max} = U_{sk}\sqrt2 = 230 \cdot 1{,}41 \approx 324\ \text{V}$$ gdzie $U_{sk}$ — wartość skuteczna napięcia, $U_{max}$ — wartość maksymalna (amplituda).

    Typowy błąd: dzielenie przez $\sqrt2$ zamiast mnożenia. Kontrola kierunku rachunku jest prosta: amplituda musi być większa od wartości skutecznej, bo skuteczna jest pewną wartością „przeciętną".

    Praktyczna uwaga: to dlatego izolację i elementy w urządzeniach sieciowych projektuje się na napięcia rzędu $350\ \text{V}$, a nie $230\ \text{V}$. Powtórz prąd przemienny.

31. 13b.

    0,02 s

    Okres jest odwrotnością częstotliwości: $$T = \frac{1}{f} = \frac{1}{50} = 0{,}02\ \text{s} = 20\ \text{ms}$$ gdzie $f$ — częstotliwość, $T$ — okres.

    Ciekawostka warta zapamiętania: napięcie przechodzi przez zero dwa razy w każdym okresie, więc żarówka sieciowa migocze z częstotliwością $100\ \text{Hz}$, a nie $50\ \text{Hz}$. Oko tego nie zauważa dzięki bezwładności wzroku.

32. 13c.

    B

    Poprawnie — to jest definicja wartości skutecznej. Moc chwilowa na oporniku wynosi $P = \tfrac{u^2}{R}$ i zmienia się w czasie; wartość skuteczna jest tak zdefiniowana, aby $P_{sr} = \tfrac{U_{sk}^2}{R}$. Innymi słowy: grzałka $2000\ \text{W}$ podłączona do sieci $230\ \text{V}$ grzeje dokładnie tak samo jak podłączona do baterii $230\ \text{V}$ napięcia stałego.

    Dlatego wszystkie wzory na moc i prawo Ohma stosuje się w prądzie przemiennym do wartości skutecznych bez żadnych poprawek — i dlatego to właśnie one są podawane na tabliczkach urządzeń.

33. 14a.

    D

    Poprawnie. Kształt i zwrot podaje reguła prawej dłoni: kciuk prawej ręki wskazuje kierunek prądu, a zaginające się palce — kierunek linii pola. Gdy prąd płynie ku nam, palce zakręcają przeciwnie do ruchu wskazówek zegara.

    Zwróć uwagę na cechę wyróżniającą pole magnetyczne: jego linie są zamknięte — nie mają początku ani końca. Nie istnieją „ładunki magnetyczne" (pojedyncze bieguny), z których mogłyby wychodzić, inaczej niż linie pola elektrycznego.

34. 14b.

    C

    Poprawnie. Dla długiego prostoliniowego przewodnika $$B = \frac{\mu_0 I}{2\pi r}$$ gdzie $B$ — wartość indukcji magnetycznej, $I$ — natężenie prądu, $r$ — odległość od przewodnika, $\mu_0$ — przenikalność magnetyczna próżni. Zależność jest odwrotnie proporcjonalna do $r$ (a nie do $r^2$), więc podwojenie $r$ zmniejsza $B$ dwukrotnie.

    Widać to też na rysunku: dalsze okręgi są rzadziej rozmieszczone, a gęstość linii obrazuje wartość $B$.

35. 15a.

    Prawda

    Prawda. Promienie odbite od zwierciadła płaskiego rozbiegają się i nigdy się nie przecinają. Obraz powstaje dopiero w miejscu, w którym przecinają się ich przedłużenia wykreślone do tyłu — czyli tam, gdzie fizycznie żadne światło nie dochodzi.

    Dlatego obraz pozorny widzi tylko oko (albo obiektyw), które „prostuje" rozbieżną wiązkę — natomiast na ekranie nic się nie pojawi. Na rysunku zaznaczono go dlatego linią przerywaną. Powtórz zwierciadła.

36. 15b.

    Prawda

    Prawda — obie własności naraz. Zwierciadło płaskie daje obraz o powiększeniu $p = 1$, położony symetrycznie względem płaszczyzny zwierciadła ($y = x$, co na rysunku zaznaczono dwoma równymi odcinkami $x$).

    Wynika to wprost z prawa odbicia (kąt odbicia = kąt padania) — konstrukcja geometryczna daje odbicie zwierciadlane w sensie dosłownym: figurę przystającą do przedmiotu.

    To jedyne zwierciadło, które nigdy nie zmienia rozmiaru obrazu. Zwierciadła wklęsłe i wypukłe powiększają lub pomniejszają, zależnie od położenia przedmiotu.

37. 15c.

    Fałsz

    Fałsz. Obraz jest prosty (nieodwrócony) — patrząc w lustro, widzimy głowę u góry, a nie u dołu. Na rysunku strzałka przedmiotu i strzałka obrazu wskazują w tę samą stronę.

    Odwrócenie góra–dół daje np. soczewka skupiająca dla przedmiotu za ogniskiem albo camera obscura — ale nie zwierciadło płaskie.

38. 15d.

    Prawda

    Prawda. Odbicie zwierciadlane to przekształcenie, które odwraca tylko jedną oś — tę prostopadłą do powierzchni zwierciadła. Punkty bliższe lustra pozostają bliższe, ale ich „przód" i „tył" zamieniają się miejscami.

    W praktyce odbieramy to jako zamianę lewej strony z prawą: napis AMBULANS malowany jest na przodzie karetki w odbiciu lustrzanym, by kierowca poprzedzającego pojazdu przeczytał go poprawnie w swoim lusterku.

    Uwaga terminologiczna: to nie jest „odwrócenie" w tym samym sensie, co odwrócenie obrazu przez soczewkę (obrót o $180^\circ$ w płaszczyźnie prostopadłej do osi). Dlatego mówimy, że obraz w lustrze jest prosty, choć zamieniony stronami.

39. 16a.

    12 cm

    Krok 1 — równanie soczewki. $$\frac{1}{f} = \frac{1}{x} + \frac{1}{y}$$ gdzie $f$ — ogniskowa soczewki, $x$ — odległość przedmiotu, $y$ — odległość obrazu.

    Krok 2 — przekształcenie i podstawienie (uwaga na znak $f$): $$\frac{1}{y} = \frac{1}{f} - \frac{1}{x} = \frac{1}{-20} - \frac{1}{30} = -\frac{3}{60} - \frac{2}{60} = -\frac{5}{60} = -\frac{1}{12}$$

    Krok 3 — wynik. $$y = -12\ \text{cm}$$

    Interpretacja znaku — to jest sedno zadania. Ujemne $y$ oznacza, że obraz jest pozorny i leży po tej samej stronie soczewki co przedmiot. Odległość obrazu od soczewki wynosi więc $12\ \text{cm}$.

    Kontrola sensowności: $|y| = 12\ \text{cm} \lt |f| = 20\ \text{cm}$ — obraz w soczewce rozpraszającej zawsze mieści się między soczewką a jej ogniskiem pozornym, i tak jest. Powtórz soczewki.

40. 16b.

    B

    Poprawnie — wszystkie trzy cechy naraz:

    • pozorny, bo $y \lt 0$ (promienie po przejściu przez soczewkę się rozbiegają, przecinają się tylko ich przedłużenia);
    • prosty, czyli nieodwrócony — obrazy pozorne są zawsze proste;
    • pomniejszony, bo powiększenie $p = \tfrac{|y|}{x} = \tfrac{12}{30} = 0{,}4 \lt 1$, więc obraz ma $40$% wysokości przedmiotu.

    Praktyczny przykład: przez okulary osoby krótkowzrocznej (soczewki rozpraszające) oczy widziane z zewnątrz wydają się mniejsze.

41. 16c.

    C

    Poprawnie, i to jest własność ogólna warta zapamiętania. Dla $f \lt 0$ i dowolnego $x \gt 0$ z równania soczewki $\tfrac{1}{y} = \tfrac{1}{f} - \tfrac{1}{x}$ oba składniki są ujemne, więc $\tfrac{1}{y} \lt 0$, czyli $y \lt 0$ zawsze.

    Fizycznie: soczewka rozpraszająca tylko zwiększa rozbieżność wiązki, więc promienie nigdy się nie zbiegają i nie ma czego rzutować na ekran. Obraz jest zawsze pozorny, prosty i pomniejszony — niezależnie od odległości przedmiotu.

42. 17a.

    2 µm

    Stała siatki to odległość między sąsiednimi szczelinami, czyli odwrotność liczby rys na jednostkę długości: $$d = \frac{1\ \text{mm}}{500} = 0{,}002\ \text{mm} = 2 \cdot 10^{-6}\ \text{m} = 2\ \mu\text{m}$$ gdzie $d$ — stała siatki dyfrakcyjnej.

    Kontrola sensowności: stała siatki musi być porównywalna z długością fali światła (setki nanometrów), inaczej dyfrakcja nie byłaby zauważalna. Tu $d = 2000\ \text{nm}$ przy $\lambda = 600\ \text{nm}$ — właściwy rząd wielkości. Powtórz interferencję i dyfrakcję.

43. 17b.

    0,3

    Warunek wzmocnienia dla siatki dyfrakcyjnej: $$d \sin\alpha = n\lambda \quad \Rightarrow \quad \sin\alpha = \frac{n\lambda}{d}$$ gdzie $d$ — stała siatki, $\alpha$ — kąt odchylenia wiązki, $n$ — rząd prążka (liczba całkowita), $\lambda$ — długość fali.

    Podstawienie w jednostkach SI ($\lambda = 600\ \text{nm} = 6 \cdot 10^{-7}\ \text{m}$): $$\sin\alpha = \frac{1 \cdot 6 \cdot 10^{-7}}{2 \cdot 10^{-6}} = 0{,}3$$ (czyli $\alpha \approx 17{,}5^\circ$).

    Kontrola sensowności: wynik musi spełniać $\sin\alpha \le 1$. Stąd wynika, że rzędów prążków nie może być dowolnie wiele — dla $n = 4$ mielibyśmy $\sin\alpha = 1{,}2 \gt 1$, co jest niemożliwe, więc najwyższy widoczny rząd to $n = 3$.

    Dlaczego to ważne: siatka rozdziela barwy, bo kąt zależy od $\lambda$ — światło czerwone odchyla się bardziej niż niebieskie. To odwrotnie niż w pryzmacie, gdzie mocniej odchylane jest światło niebieskie.

44. 18a.

    1,2 m

    Klucz geometryczny. Końce struny są zamocowane, więc muszą być węzłami (tam struna nie drga). W tonie podstawowym między nimi mieści się dokładnie jeden brzuch, czyli połowa długości fali: $$L = \frac{\lambda}{2} \quad \Rightarrow \quad \lambda = 2L = 2 \cdot 0{,}6 = 1{,}2\ \text{m}$$ gdzie $L$ — długość struny, $\lambda$ — długość fali.

    Typowy błąd: przyjęcie $\lambda = L$. Warto zapamiętać obrazek: jeden „garb" to zawsze pół fali, bo pełna fala to garb w górę i garb w dół.

    Zwróć uwagę: długość fali $1{,}2\ \text{m}$ jest dwa razy większa niż sama struna — nie ma w tym sprzeczności, bo fala stojąca jest wynikiem nałożenia dwóch fal biegnących w przeciwne strony. Powtórz fale mechaniczne.

45. 18b.

    100 Hz

    Z podstawowego równania fali $v = \lambda f$: $$f = \frac{v}{\lambda} = \frac{120}{1{,}2} = 100\ \text{Hz}$$ gdzie $v$ — prędkość fali w strunie, $\lambda$ — długość fali, $f$ — częstotliwość.

    Kontrola sensowności: $100\ \text{Hz}$ mieści się w zakresie słyszalnym ($20\ \text{Hz}$ – $20\ \text{kHz}$) i odpowiada niskiemu dźwiękowi — realny wynik dla dość długiej struny.

    Zastosowanie: łącząc oba wzory, $f = \tfrac{v}{2L}$ — dlatego skracanie struny palcem na progu gitary (mniejsze $L$) daje wyższy dźwięk.

46. 18c.

    A

    Poprawnie. Węzeł to punkt, który nie drga. Zamocowane końce nie mogą się poruszać, więc są węzłami; w tonie podstawowym pomiędzy nimi nie ma już żadnego węzła — jest tam pojedynczy brzuch o maksymalnej amplitudzie.

    Ogólna reguła: dla $n$-tej harmonicznej struny liczba brzuchów wynosi $n$, a węzłów $n + 1$. Ton podstawowy to $n = 1$: jeden brzuch i dwa węzły.

47. 19a.

    8 lat

    Trzecie prawo Keplera dla dwóch ciał krążących wokół tej samej gwiazdy: $$\frac{T_1^2}{r_1^3} = \frac{T_2^2}{r_2^3}$$ gdzie $T$ — okres obiegu, $r$ — promień orbity (dla orbit kołowych).

    Krok 1 — zapis stosunkowy. Dzieląc równanie przez siebie, otrzymujemy wygodną postać: $$\left(\frac{T_p}{T_Z}\right)^2 = \left(\frac{r_p}{r_Z}\right)^3$$

    Krok 2 — podstawienie $\tfrac{r_p}{r_Z} = 4$, $T_Z = 1$ rok: $$T_p^2 = 4^3 = 64 \quad \Rightarrow \quad T_p = \sqrt{64} = 8\ \text{lat}$$

    Typowy błąd: odpowiedź „$4$ lata" (błędne założenie proporcjonalności $T \sim r$) albo „$64$ lata" (zapomnienie o wyciągnięciu pierwiastka).

    Kontrola sensowności: planeta dalsza od Słońca ma dłuższy rok, i to bardziej niż proporcjonalnie do odległości (bo porusza się też wolniej). Wynik $8 \gt 4$ zgadza się z tą regułą. Powtórz grawitację i astronomię.

48. 19b.

    D

    Poprawnie. Wynika to z porównania siły grawitacji z siłą dośrodkową: $$G\frac{Mm}{r^2} = \frac{mv^2}{r}$$ Masa planety $m$ skraca się po obu stronach — dokładnie tak samo jak w zadaniu o kącie zsuwania klocka. Po podstawieniu $v = \tfrac{2\pi r}{T}$ otrzymuje się $$T^2 = \frac{4\pi^2 r^3}{GM}$$ gdzie $M$ — masa Słońca, $G$ — stała grawitacji. Widać stąd zarazem, dlaczego $\tfrac{T^2}{r^3} = \tfrac{4\pi^2}{GM}$ jest tą samą stałą dla wszystkich planet Układu Słonecznego — to właśnie treść trzeciego prawa Keplera.

49. 20a.

    3,4 eV

    Podstawiamy $n = 2$: $$E_2 = -\frac{13{,}6}{2^2} = -\frac{13{,}6}{4} = -3{,}4\ \text{eV}$$ Wartość bezwzględna wynosi $3{,}4\ \text{eV}$.

    Uwaga na kwadrat: w mianowniku jest $n^2$, nie $n$ — częsty błąd to podzielenie przez $2$ i wynik $-6{,}8\ \text{eV}$.

    Konsekwencja fizyczna: poziomy energetyczne zagęszczają się ze wzrostem $n$ ($-13{,}6$; $-3{,}4$; $-1{,}51$; $-0{,}85$ eV…), zbiegając do zera. Dlatego linie w widmie wodoru są coraz ciaśniej upakowane w stronę krótszych fal. Powtórz model atomu i poziomy energetyczne.

50. 20b.

    13,6 eV

    Jonizacja to przeniesienie elektronu z poziomu podstawowego „na zewnątrz atomu", czyli na poziom $n \to \infty$, gdzie $E_\infty = -\tfrac{13{,}6}{\infty} = 0$. Potrzebna energia to różnica: $$E_j = E_\infty - E_1 = 0 - (-13{,}6) = 13{,}6\ \text{eV}$$ gdzie $E_j$ — energia jonizacji, $E_1$ — energia poziomu podstawowego.

    Reguła do zapamiętania: energia jonizacji jest równa wartości bezwzględnej energii poziomu, z którego usuwamy elektron. Z poziomu $n = 2$ wystarczyłoby już tylko $3{,}4\ \text{eV}$ — elektron wzbudzony jest znacznie słabiej związany.

51. 20c.

    D

    Poprawnie. Znak jest wynikiem umowy o wyborze poziomu odniesienia: przyjmujemy $E = 0$ dla elektronu spoczywającego nieskończenie daleko od jądra. Każdy elektron w atomie ma energię mniejszą od tej wartości, bo aby go uwolnić, trzeba dostarczyć energię — stąd minus.

    Ta sama konwencja obowiązuje w grawitacji ($E_p = -\tfrac{GMm}{r}$) i jest bardzo praktyczna: ujemna energia = stan związany, dodatnia = cząstka swobodna, która ucieka.

52. 21.

    B

    Poprawnie. Neutrony powstające przy rozszczepieniu są szybkie (mają energie rzędu megaelektronowoltów) i takie neutrony bardzo słabo oddziałują z jądrami uranu — przelatują obok. Moderator zderzeniami odbiera im energię, zamieniając je w neutrony termiczne, które są wychwytywane wielokrotnie chętniej.

    Bez moderatora reakcja łańcuchowa w uranie o typowym wzbogaceniu wygasłaby. Właśnie dlatego woda w reaktorze wodnym pełni podwójną funkcję — moderatora i chłodziwa — a jej utrata jest zdarzeniem krytycznym dla bezpieczeństwa.