Matura z fizyki (poziom podstawowy) — arkusz próbny nr 6

Klucz odpowiedzi

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

1. 1a.

   1 m/s²

   Nachylenie prostej to iloraz przyrostów współrzędnych dwóch punktów prostej — nigdy iloraz współrzędnych jednego punktu (chyba że prosta przechodzi przez początek układu, jak tutaj): $$\text{nachylenie} = \frac{\Delta s}{\Delta (t^2)} = \frac{16{,}0 - 1{,}0}{16{,}0 - 1{,}0} = 1{,}0\ \tfrac{\text{m}}{\text{s}^2}$$ gdzie $\Delta s$ — przyrost drogi, $\Delta (t^2)$ — przyrost kwadratu czasu.

   Dlaczego bierzemy skrajne punkty? Bo dają największe przyrosty, a więc najmniejszy względny wpływ niepewności odczytu. Jednostka nachylenia wynika z jednostek osi: $\tfrac{\text{m}}{\text{s}^2}$. Powtórz wykresy ruchu.

2. 1b.

   2 m/s²

   W ruchu jednostajnie przyspieszonym bez prędkości początkowej $$s = \frac{a t^2}{2} = \frac{a}{2} \cdot t^2$$ czyli $s$ jest proporcjonalne do $t^2$, a współczynnik proporcjonalności — czyli nachylenie prostej na wykresie $s(t^2)$ — równa się $\tfrac{a}{2}$. Stąd $$a = 2 \cdot \text{nachylenie} = 2 \cdot 1{,}0 = 2{,}0\ \tfrac{\text{m}}{\text{s}^2}$$ gdzie $a$ — przyspieszenie, $s$ — droga, $t$ — czas.

   Kontrola sensowności: dla $t = 4{,}0\ \text{s}$ wzór daje $s = \tfrac{2{,}0 \cdot 16}{2} = 16\ \text{m}$ — dokładnie tyle, ile zmierzył uczeń. Powtórz ruch jednostajnie zmienny.

3. 1c.

   C

   Poprawnie. Ogólna zależność drogi od czasu w ruchu jednostajnie zmiennym to $s = s_0 + v_0 t + \tfrac{a t^2}{2}$. Po linearyzacji względem $t^2$ wyraz wolny na wykresie odpowiadałby przesunięciu początkowemu $s_0$ (a wyraz $v_0 t$ psułby prostoliniowość wykresu). Skoro prosta przechodzi przez $(0, 0)$ i punkty na niej leżą, to $s_0 = 0$ i $v_0 = 0$.

4. 2a.

   2,01 s

   Wynikiem serii pomiarów jest średnia arytmetyczna: $$T_{sr} = \frac{2{,}01 + 1{,}98 + 2{,}03 + 1{,}99 + 2{,}04}{5} = \frac{10{,}05}{5} = 2{,}01\ \text{s}$$ gdzie $T_{sr}$ — średnia wartość okresu.

   Dlaczego uczennica mierzyła $10$ drgań, a nie jedno? Niepewność związana z czasem reakcji na stoperze (rzędu $0{,}2\ \text{s}$) dotyczy całego pomiaru, więc po podzieleniu przez $10$ maleje $10$-krotnie. To standardowy chwyt w pomiarach okresów. Powtórz ruch drgający.

5. 2b.

   0,03 s

   Rozstęp to różnica między największym i najmniejszym wynikiem, a jego połowa jest prostym oszacowaniem niepewności: $$u(T) = \frac{T_{max} - T_{min}}{2} = \frac{2{,}04 - 1{,}98}{2} = \frac{0{,}06}{2} = 0{,}03\ \text{s}$$ gdzie $u(T)$ — niepewność okresu, $T_{max}$, $T_{min}$ — skrajne wyniki serii.

   Niepewność zaokrąglamy zawsze w górę i podajemy z jedną (najwyżej dwiema) cyfrą znaczącą — nie ma sensu deklarować niepewności dokładniej niż samego pomiaru.

6. 2c.

   C

   Poprawnie. Wynik i niepewność mają zgodną ostatnią cyfrę znaczącą (setne części sekundy), niepewność ma jedną cyfrę znaczącą, a jednostka stoi raz — poza nawiasem, bo dotyczy obu liczb.

7. 3a.

   5,8 m/s²

   Opisujemy ciężarek z układu związanego z torem (inercjalnego). Działają na niego tylko dwie siły: ciężar $F_g = mg$ (w dół) i naciąg nitki $N$ (wzdłuż nitki). Ich wypadkowa musi być pozioma i nadawać ciężarkowi to samo przyspieszenie, jakie ma wagon: $$\text{pion:}\quad N \cos\alpha = mg, \qquad \text{poziom:}\quad N \sin\alpha = ma$$ Dzieląc drugie równanie przez pierwsze, masa i naciąg się skracają: $$\frac{a}{g} = \text{tg}\ \alpha \quad \Longrightarrow \quad a = g\ \text{tg}\ \alpha = 10 \cdot 0{,}58 = 5{,}8\ \tfrac{\text{m}}{\text{s}^2}$$ gdzie $\alpha$ — kąt odchylenia nitki od pionu, $m$ — masa ciężarka, $N$ — naciąg nitki, $a$ — przyspieszenie wagonu.

   Takie wahadło jest więc przyspieszeniomierzem: sam kąt wystarcza, żeby podać $a$. Powtórz zasady dynamiki.

8. 3b.

   D

   Poprawnie. Żeby ciężarek przyspieszał razem z wagonem, wypadkowa sił musi być skierowana do przodu. Naciąg nitki daje składową poziomą do przodu tylko wtedy, gdy nitka jest odchylona do tyłu — dokładnie tak, jak na rysunku.

9. 3c.

   Prawda

   Prawda — i warto rozumieć oba opisy:

   • Obserwator na peronie (układ inercjalny): ciężarek ma przyspieszenie, więc wypadkowa dwóch realnych sił ($mg$ i $N$) jest różna od zera i skierowana do przodu. Żadnych dodatkowych sił nie potrzeba.
   • Obserwator w wagonie (układ nieinercjalny): ciężarek wisi nieruchomo, więc wypadkowa musi być zerowa. Aby to pogodzić z odchyleniem nitki, dokłada siłę bezwładności $F_b = ma$ skierowaną do tyłu.

   Siła bezwładności nie ma źródła w postaci innego ciała (nie ma dla niej siły reakcji) — pojawia się wyłącznie jako cena za opis z układu przyspieszającego. Powtórz siłę bezwładności.

10. 4a.

    135000 J

    $$E_k = \frac{m v^2}{2} = \frac{1200 \cdot 15^2}{2} = \frac{1200 \cdot 225}{2} = 135\ 000\ \text{J} = 135\ \text{kJ}$$ gdzie $E_k$ — energia kinetyczna, $m$ — masa samochodu, $v$ — prędkość. Powtórz energię kinetyczną.

11. 4b.

    0,5

    Cała energia kinetyczna zostaje rozproszona przez pracę siły tarcia na drodze hamowania: $$\frac{m v^2}{2} = T \cdot s = \mu m g s$$ Masa skraca się po obu stronach: $$\mu = \frac{v^2}{2 g s} = \frac{15^2}{2 \cdot 10 \cdot 22{,}5} = \frac{225}{450} = 0{,}50$$ gdzie $\mu$ — współczynnik tarcia, $T = \mu m g$ — siła tarcia, $s$ — droga hamowania, $g$ — przyspieszenie ziemskie.

    Kontrola sensowności: współczynnik tarcia opona–asfalt na suchej drodze mieści się w okolicach $0{,}7$–$0{,}8$, na mokrej spada do około $0{,}4$–$0{,}5$. Wynik $0{,}50$ jest więc realistyczny — to jezdnia mokra. Zwróć uwagę, że masa nie ma znaczenia: cięższy samochód ma większą energię, ale i większą siłę tarcia. Powtórz pracę i tarcie.

12. 4c.

    D

    Poprawnie. Z zależności $s = \tfrac{v^2}{2\mu g}$ droga hamowania jest proporcjonalna do kwadratu prędkości, bo energia kinetyczna rośnie z kwadratem prędkości. Podwojenie $v$ daje więc $2^2 = 4$ razy dłuższą drogę: $22{,}5 \to 90\ \text{m}$. To fizyczne uzasadnienie ograniczeń prędkości.

13. 5a.

    0,25 J

    W chwili puszczenia ciężarek stoi, więc cała energia jest zmagazynowana w sprężynie jako energia potencjalna sprężystości przy wychyleniu $x = A$: $$E = \frac{k A^2}{2} = \frac{50 \cdot (0{,}10)^2}{2} = \frac{50 \cdot 0{,}01}{2} = 0{,}25\ \text{J}$$ gdzie $E$ — całkowita energia drgań, $k$ — współczynnik sprężystości, $A$ — amplituda.

    Ponieważ tarcia nie ma, ta wartość nie zmienia się w trakcie drgań — zmienia się tylko podział na energię sprężystości i kinetyczną. Powtórz drgania harmoniczne.

14. 5b.

    1,58 m/s

    Prędkość jest największa w położeniu równowagi, gdzie sprężyna nie jest rozciągnięta ($x = 0$), więc cała energia drgań stała się energią kinetyczną: $$\frac{m v_{max}^2}{2} = \frac{k A^2}{2} \quad \Longrightarrow \quad v_{max} = A \sqrt{\frac{k}{m}} = 0{,}10 \cdot \sqrt{\frac{50}{0{,}20}}$$ $$v_{max} = 0{,}10 \cdot \sqrt{250} = 0{,}10 \cdot 15{,}8 = 1{,}58\ \tfrac{\text{m}}{\text{s}}$$ gdzie $v_{max}$ — maksymalna prędkość, $m$ — masa ciężarka.

    Można też liczyć wprost z energii: $v_{max} = \sqrt{\tfrac{2E}{m}} = \sqrt{\tfrac{2 \cdot 0{,}25}{0{,}20}} = \sqrt{2{,}5} = 1{,}58\ \tfrac{\text{m}}{\text{s}}$.

15. 5c.

    Prawda

    Prawda. Warto zapamiętać pełny obraz przemian energii w ruchu drgającym:

    • Położenia skrajne ($x = \pm A$): siła sprężystości i przyspieszenie największe, prędkość zerowa, cała energia jest energią sprężystości.
    • Położenie równowagi ($x = 0$): siła i przyspieszenie zerowe, prędkość największa, cała energia jest energią kinetyczną.
    • Między nimi: energia dzieli się między obie postacie, a ich suma pozostaje stała.

    Kluczowa zależność to $F = -kx$: siła (a więc i przyspieszenie) jest największa tam, gdzie wychylenie jest największe. Suma energii pozostaje stała — to zasada zachowania energii mechanicznej w wersji dla drgań. Powtórz prawo Hooke'a.

16. 6.

    1,2 cm

    Wydłużenie w rozszerzalności liniowej jest proporcjonalne do długości początkowej i do przyrostu temperatury: $$\Delta l = \alpha \cdot l_0 \cdot \Delta T$$ gdzie $\Delta l$ — wydłużenie, $\alpha$ — współczynnik rozszerzalności liniowej, $l_0$ — długość początkowa, $\Delta T$ — przyrost temperatury.

    Przyrost temperatury jest w skali Celsjusza i Kelvina taki sam: $\Delta T = 50 - 10 = 40\ \text{K}$. Zatem $$\Delta l = 1{,}2 \cdot 10^{-5} \cdot 25{,}0 \cdot 40 = 1{,}2 \cdot 10^{-2}\ \text{m} = 1{,}2\ \text{cm}$$

    Dlaczego to ważne w praktyce: na kilometrze torów daje to już około $48\ \text{cm}$, dlatego między szynami zostawia się szczeliny dylatacyjne, a mosty opiera się na ruchomych podporach. Ten sam efekt tłumaczy, dlaczego rozgrzana zakrętka słoika łatwiej się odkręca. Powtórz temperaturę i energię wewnętrzną.

17. 7a.

    Prawda

    Prawda — to anomalna rozszerzalność wody. Ochładzana woda gęstnieje tylko do $4\ ^\circ\text{C}$; poniżej tej temperatury jej gęstość znowu maleje. Najzimniejsza woda (bliska $0\ ^\circ\text{C}$) jest więc lżejsza i pozostaje na górze, gdzie zamarza, a na dnie utrzymuje się woda o $4\ ^\circ\text{C}$. Dzięki temu ryby przeżywają zimę pod lodem. Powtórz temperaturę i energię wewnętrzną.

18. 7b.

    Fałsz

    Fałsz — i zdanie samo sobie przeczy. Woda podczas krzepnięcia zwiększa objętość o około $9$% (lód ma mniejszą gęstość: $\rho_{lodu} \approx 917\ \tfrac{\text{kg}}{\text{m}^3}$ wobec $1000\ \tfrac{\text{kg}}{\text{m}^3}$ dla wody). Właśnie ten wzrost objętości rozsadza butelkę, rozrywa rury i rozkrusza skały. Gdyby lód się kurczył, byłby gęstszy od wody i tonąłby — zbiorniki zamarzałyby wtedy od dna. Powtórz przemiany fazowe.

19. 7c.

    Prawda

    Prawda. Ciepło właściwe wody ($c \approx 4200\ \tfrac{\text{J}}{\text{kg} \cdot \text{K}}$) jest kilka razy większe niż gruntu czy piasku, więc ta sama porcja energii ze Słońca ogrzewa wodę znacznie słabiej niż ziemię: $$\Delta T = \frac{Q}{m c}$$ gdzie $Q$ — pochłonięta energia, $m$ — masa, $c$ — ciepło właściwe.

    Morze działa więc jak wielki magazyn energii: latem pochłania ciepło, zimą je oddaje, łagodząc klimat. To samo zjawisko wykorzystuje woda w instalacji centralnego ogrzewania. Powtórz ciepło właściwe.

20. 8a.

    0,02 C

    Pojemność jest zdefiniowana jako stosunek ładunku do napięcia: $$C = \frac{Q}{U} \quad \Longrightarrow \quad Q = C \cdot U$$ Zamieniamy mikrofarady na farady ($1\ \mu\text{F} = 10^{-6}\ \text{F}$): $$Q = 100 \cdot 10^{-6} \cdot 200 = 1{,}0 \cdot 10^{-4} \cdot 200 = 2{,}0 \cdot 10^{-2}\ \text{C} = 0{,}02\ \text{C}$$ gdzie $C$ — pojemność, $Q$ — ładunek jednej okładki, $U$ — napięcie.

    Na drugiej okładce zgromadzony jest ładunek przeciwnego znaku o tej samej wartości — kondensator jako całość pozostaje elektrycznie obojętny. Powtórz elektrostatykę.

21. 8b.

    2 J

    $$W = \frac{C U^2}{2} = \frac{1{,}0 \cdot 10^{-4} \cdot 200^2}{2} = \frac{1{,}0 \cdot 10^{-4} \cdot 40\ 000}{2} = \frac{4}{2} = 2{,}0\ \text{J}$$ gdzie $W$ — energia zgromadzona w kondensatorze.

    Skąd czynnik $\tfrac{1}{2}$? Podczas ładowania napięcie na kondensatorze narasta od zera do $U$, więc kolejne porcje ładunku przenosimy przy coraz większym napięciu. Praca odpowiada więc średniemu napięciu $\tfrac{U}{2}$: $W = Q \cdot \tfrac{U}{2} = \tfrac{C U^2}{2}$. To ta sama struktura wzoru, co dla sprężyny ($E = \tfrac{k x^2}{2}$) — i tam siła narasta od zera.

    Energię $2\ \text{J}$ kondensator potrafi oddać w tysięcznych częściach sekundy, co daje bardzo dużą moc — dlatego stosuje się go w lampach błyskowych i defibrylatorach.

22. 8c.

    C

    Poprawnie. We wzorze $W = \tfrac{C U^2}{2}$ napięcie występuje w kwadracie, więc $2^2 = 4$: energia wzrośnie z $2\ \text{J}$ do $8\ \text{J}$. Podwaja się przy tym sam ładunek ($Q = CU$), ale każda porcja ładunku jest przenoszona przy średnio dwukrotnie większym napięciu — stąd czterokrotność.

23. 9.

    A

    Poprawnie — to dyfrakcja (ugięcie fali). Szczelina staje się nowym źródłem fali kolistej, dlatego drgania pojawiają się również w miejscach, do których nie prowadzi żadna prosta linia od źródła. Efekt jest tym wyraźniejszy, im bardziej szerokość szczeliny (lub przeszkody) jest porównywalna z długością fali $\lambda$.

    Dlatego dźwięk ($\lambda$ rzędu metra) słychać za rogiem budynku, a światła ($\lambda \approx 500\ \text{nm}$) za rogiem nie widzimy — dla światła codzienne przeszkody są miliony razy szersze od długości fali i ugięcie jest niedostrzegalne. Powtórz fale i optykę falową.

24. 10a.

    6 V

    W połączeniu szeregowym ogniw napięcia dodają się: $$U = U_1 + U_2 + U_3 + U_4 = 4 \cdot 1{,}5 = 6{,}0\ \text{V}$$ gdzie $U_1 \ldots U_4$ — napięcia poszczególnych ogniw, $U$ — napięcie baterii.

    Ponieważ opór wewnętrzny pomijamy, całe to napięcie występuje na oporniku. Tak zbudowane są zwykłe baterie: „płaska" $4{,}5\ \text{V}$ to trzy ogniwa po $1{,}5\ \text{V}$, a bateria $9\ \text{V}$ — sześć ogniw. Powtórz napięcie i natężenie.

25. 10b.

    0,5 A

    Z prawa Ohma: $$I = \frac{U}{R} = \frac{6{,}0}{12} = 0{,}50\ \text{A}$$ gdzie $I$ — natężenie prądu, $U$ — napięcie na oporniku, $R$ — opór.

    W obwodzie nierozgałęzionym ten sam prąd płynie przez wszystkie ogniwa i przez opornik — natężenie nie „zużywa się" po drodze. Powtórz prąd stały.

26. 10c.

    D

    Poprawnie. Napięcie to praca wykonana nad jednostkowym ładunkiem: $U = \tfrac{W}{q}$. Ładunek płynący w obwodzie szeregowym musi przejść przez każde ogniwo, więc prace się sumują, a po podzieleniu przez ten sam ładunek sumują się napięcia. Ważny warunek: ogniwa muszą być zwrócone zgodnie (biegun dodatni jednego do ujemnego następnego) — przy odwróconym ogniwie jego napięcie się odejmuje.

27. 11a.

    Prawda

    Prawda. Przewód nagrzewa się zgodnie z prawem Joule'a–Lenza ($P = I^2 R$), więc zbyt duży prąd grozi stopieniem izolacji i pożarem. Bezpiecznik o prądzie znamionowym np. $16\ \text{A}$ rozłącza obwód, gdy suma prądów pobieranych przez podłączone urządzenia jest większa. Uwaga: bezpiecznik nadprądowy chroni instalację, a nie człowieka — prąd rzędu $30\ \text{mA}$, groźny dla życia, jest dla niego niezauważalny. Powtórz pracę i moc prądu.

28. 11b.

    Prawda

    Prawda. W poprawnie działającym obwodzie prąd „wpływający" fazą i „wypływający" przewodem neutralnym mają tę samą wartość (I prawo Kirchhoffa). Jeśli część prądu upływa inną drogą — na przykład przez ciało człowieka do ziemi — bilans przestaje się zgadzać i wyłącznik reaguje w kilkudziesięciu milisekundach. Typowy próg to $30\ \text{mA}$, właśnie dlatego, że prąd tej wielkości jest już groźny dla serca. Powtórz obwody prądu stałego.

29. 11c.

    Fałsz

    Fałsz — instalacja domowa jest połączeniem równoległym. Dzięki temu:

    • każde urządzenie pracuje pod pełnym napięciem sieci ($230\ \text{V}$),
    • wyłączenie jednego odbiornika nie przerywa pracy pozostałych,
    • prądy gałęzi dodają się w przewodzie zasilającym, a to właśnie sumę pilnuje bezpiecznik.

    Gdyby instalacja była szeregowa, napięcie dzieliłoby się między odbiorniki (jak w łańcuchu lampek choinkowych starego typu), a przepalenie jednej żarówki gasiłoby cały dom. Powtórz połączenia szeregowe i równoległe.

30. 12a.

    $1{,}6 \cdot 10^{-13}$ N

    Dla ładunku poruszającego się prostopadle do linii pola $$F = q v B = 1{,}6 \cdot 10^{-19} \cdot 2{,}0 \cdot 10^{6} \cdot 0{,}50$$ $$F = 1{,}6 \cdot 10^{-13}\ \text{N}$$ gdzie $F$ — siła działająca na ładunek, $q$ — wartość ładunku, $v$ — prędkość, $B$ — indukcja magnetyczna.

    Wykładniki liczymy osobno: $10^{-19} \cdot 10^{6} = 10^{-13}$, a mnożniki dają $1{,}6 \cdot 2{,}0 \cdot 0{,}50 = 1{,}6$.

    Siła wygląda na znikomo małą, ale proton ma też znikomą masę ($1{,}7 \cdot 10^{-27}\ \text{kg}$), więc jego przyspieszenie jest ogromne — na tym opierają się akceleratory i spektrometry masowe. Powtórz magnetyzm.

31. 12b.

    C

    Poprawnie. Siła prostopadła do prędkości nie zmienia jej wartości, a tylko kierunek — czyli pełni rolę siły dośrodkowej: $$q v B = \frac{m v^2}{r}$$ Ponieważ $q$, $v$ i $B$ są stałe, promień $r = \tfrac{m v}{q B}$ też jest stały — tor jest okręgiem. Praca tej siły jest zerowa, więc energia kinetyczna protonu nie zmienia się.

32. 12c.

    Prawda

    Prawda. Siła magnetyczna zależy od składowej prędkości prostopadłej do linii pola: $$F = q v B \sin\theta$$ gdzie $\theta$ — kąt między wektorem prędkości a liniami pola. Dla $\theta = 0^\circ$ (ruch wzdłuż linii) $\sin\theta = 0$, więc $F = 0$; dla $\theta = 90^\circ$ siła jest największa i wynosi $q v B$.

    Z tego samego wzoru wynika, że na ładunek spoczywający ($v = 0$) pole magnetyczne nie działa wcale — i to jest zasadnicza różnica wobec pola elektrycznego, które działa na każdy ładunek, także nieruchomy. Powtórz pole magnetyczne prądu.

33. 13.

    B

    Poprawnie. Na poruszający się ładunek pole magnetyczne działa siłą $F = q v B \sin\theta$ prostopadłą do prędkości, więc cząstki wiatru słonecznego nie mogą lecieć prosto — są zakrzywiane i „prowadzone" wzdłuż linii pola w stronę biegunów magnetycznych. Tam wnikają do atmosfery, wzbudzając atomy tlenu i azotu, które emitują światło zorzy polarnej.

    Bez magnetosfery wiatr słoneczny stopniowo zdmuchnąłby atmosferę — tak prawdopodobnie stało się na Marsie, który utracił globalne pole magnetyczne. Powtórz magnetyzm.

34. 14a.

    B

    Poprawnie. Obracająca się w polu magnetycznym zwojnica (albo obracający się magnes wewnątrz nieruchomych zwojnic) powoduje, że strumień pola magnetycznego przez zwoje zmienia się w czasie, a to zgodnie z prawem indukcji wywołuje siłę elektromotoryczną.

    Zauważ, że prądnica energii nie „produkuje": zamienia jedną jej postać w drugą. Im większy prąd pobiera odbiornik, tym trudniej obracać wirnikiem — to bezpośrednia konsekwencja zasady zachowania energii (i reguły Lenza). Powtórz indukcję elektromagnetyczną.

35. 14b.

    Prawda

    Prawda. W czasie jednego obrotu zwojnica dwa razy ustawia się „na płasko" do linii pola i dwa razy „wzdłuż" nich, więc szybkość zmiany strumienia zmienia się cyklicznie, a wraz z nią zwrot siły elektromotorycznej. Wykres napięcia od czasu jest sinusoidą, a jej częstotliwość jest wprost związana z prędkością obrotową wirnika — w sieci europejskiej ustala się ją na $50\ \text{Hz}$.

    Gdyby zwojnica pozostawała nieruchoma w stałym polu, strumień byłby stały i żaden prąd by nie powstał — do indukcji potrzebna jest zmiana strumienia, a nie samo istnienie pola. Powtórz prąd przemienny.

36. 15a.

    2 m

    $$\lambda = \frac{v}{f} = \frac{340}{170} = 2{,}0\ \text{m}$$ gdzie $\lambda$ — długość fali, $v$ — prędkość dźwięku w powietrzu, $f$ — częstotliwość.

    Warto mieć w pamięci skalę: fale słyszalne mają długości od kilkunastu metrów (najniższe basy) do kilkunastu milimetrów (najwyższe dźwięki). Dlatego dźwięk ugina się na codziennych przeszkodach, a światło nie. Powtórz fale mechaniczne i dźwięk.

37. 15b.

    A

    Poprawnie. Porównujemy różnicę dróg z długością fali: $$\frac{\Delta s}{\lambda} = \frac{3{,}0}{2{,}0} = 1{,}5$$ czyli $\Delta s = 1{,}5\lambda = 3 \cdot \tfrac{\lambda}{2}$ — nieparzysta wielokrotność połowy długości fali. To dokładnie warunek wygaszenia: $$\Delta s = \left(n + \tfrac{1}{2}\right)\lambda, \qquad n = 0, 1, 2, \ldots$$ Grzbiet fali z jednego głośnika spotyka się z doliną fali z drugiego i drgania się odejmują. Gdyby amplitudy były identyczne, w punkcie $P$ zapadłaby zupełna cisza.

38. 15c.

    2 m

    Warunek wzmocnienia to $$\Delta s = n \lambda, \qquad n = 0, 1, 2, \ldots$$ Dla $n = 0$ różnica wynosi zero (punkty jednakowo odległe od głośników — na osi symetrii), więc najmniejsza dodatnia wartość odpowiada $n = 1$: $$\Delta s = 1 \cdot 2{,}0 = 2{,}0\ \text{m}$$

    Wniosek praktyczny: idąc wzdłuż linii przed głośnikami, słuchacz mija na przemian miejsca ciche i głośne — tak wygląda przestrzenny obraz interferencji. Odstępy między nimi rosną, gdy zwiększamy $\lambda$ (czyli obniżamy dźwięk). Powtórz interferencję.

39. 16.

    C

    Poprawnie. Kluczem jest dyspersja: współczynnik załamania wody jest nieco większy dla światła fioletowego niż dla czerwonego, więc barwy rozchodzą się po wyjściu z kropli pod różnymi kątami (czerwień około $42^\circ$, fiolet około $40^\circ$ od kierunku „od Słońca").

    Dlatego tęczę widzimy zawsze plecami do Słońca, a jej łuk jest fragmentem okręgu o środku w punkcie leżącym po przeciwnej stronie nieba niż Słońce. To samo zjawisko rozszczepienia zachodzi w pryzmacie. Powtórz pryzmat i rozszczepienie.

40. 17a.

    C

    Poprawnie. Wzrost temperatury ciała powoduje dwie zmiany naraz:

    • moc promieniowania rośnie bardzo szybko,
    • maksimum widma przesuwa się ku krótszym falom, czyli barwa przechodzi od czerwonej przez żółtą i białą aż do niebieskawej.

    Dlatego barwa gwiazdy jest „termometrem": Betelgeza ma około $3500\ \text{K}$, Słońce $5800\ \text{K}$, Rigel powyżej $10\ 000\ \text{K}$. Powtórz podstawy astronomii.

41. 17b.

    Fałsz

    Fałsz. Promieniuje każde ciało o temperaturze wyższej od $0\ \text{K}$ — tylko przy temperaturze pokojowej maksimum emisji wypada w zakresie infraczerwonym, niewidocznym dla oka. Dowody z codzienności:

    • kamera termowizyjna „widzi" ludzi i zwierzęta w całkowitej ciemności,
    • czujnik ruchu w lampie reaguje na promieniowanie IR przechodzącej osoby,
    • w bezchmurną noc ziemia wypromieniowuje energię i szybciej się wychładza.

    Świecenie widzialne (czerwone) pojawia się dopiero powyżej około $800\ ^\circ\text{C}$, gdy „ogon" widma dotrze do zakresu widzialnego. Powtórz fizykę atomową.

42. 18a.

    2

    Po każdym czasie połowicznego rozpadu zostaje połowa poprzedniej ilości izotopu: $$\frac{N}{N_0} = \frac{1}{2^n}$$ gdzie $N$ — obecna liczba jąder izotopu, $N_0$ — liczba początkowa, $n$ — liczba czasów połowicznego rozpadu.

    Skoro $\tfrac{N}{N_0} = 0{,}25 = \tfrac{1}{4} = \tfrac{1}{2^2}$, to $n = 2$.

    Kolejne wartości warto znać na pamięć: $50$%, $25$%, $12{,}5$%, $6{,}25$%… Powtórz czas połowicznego rozpadu.

43. 18b.

    11400 lat

    $$t = n \cdot T = 2 \cdot 5700 = 11\ 400\ \text{lat}$$ gdzie $t$ — czas od ścięcia drzewa, $n$ — liczba czasów połowicznego rozpadu, $T$ — czas połowicznego rozpadu.

    Dlaczego metoda działa? Dopóki drzewo żyje, wymienia węgiel z atmosferą, więc udział $^{14}\text{C}$ jest w nim stały. W chwili ścięcia wymiana się kończy i „zegar" startuje: izotop rozpada się, a nowy nie dopływa. Powtórz fizykę jądrową.

44. 18c.

    B

    Poprawnie. Po $10$ czasach połowicznego rozpadu (około $57\ 000$ lat) zostaje już tylko $\tfrac{1}{2^{10}} \approx 0{,}1$% początkowej ilości izotopu — sygnał tonie w tle i niepewność wyniku rośnie gwałtownie. Praktyczna granica metody to około $50\ 000$ lat.

    Do datowania skał i skamieniałości stosuje się izotopy długożyciowe, na przykład potas $^{40}\text{K}$ ($1{,}3$ mld lat) czy uran $^{238}\text{U}$ ($4{,}5$ mld lat).

45. 19.

    Fałsz

    Fałsz. Każdy z nas cały czas odbiera promieniowanie tła, a jego głównymi źródłami są:

    • radon i produkty jego rozpadu gromadzące się w budynkach (największy udział),
    • promieniowanie kosmiczne (rośnie z wysokością — dlatego załogi samolotów mają większą dawkę roczną),
    • izotopy naturalnie obecne w skałach, glebie i materiałach budowlanych,
    • izotopy w naszym własnym ciele, przede wszystkim potas $^{40}\text{K}$.

    Do tego dochodzą źródła medyczne (zdjęcia rentgenowskie, tomografia, diagnostyka izotopowa). Skutek biologiczny zależy od dawki: promieniowanie jonizujące może uszkadzać DNA, dlatego stosuje się zasadę utrzymywania dawek na najniższym rozsądnie osiągalnym poziomie, osłony z materiałów o dużej gęstości (ołów, beton — szczególnie skuteczne wobec przenikliwego promieniowania $\gamma$), skracanie czasu ekspozycji i zwiększanie odległości od źródła.

    Warto pamiętać, że ta sama właściwość — zdolność niszczenia komórek — jest wykorzystywana pożytecznie: w radioterapii nowotworów, sterylizacji sprzętu medycznego, badaniach diagnostycznych ze znacznikami izotopowymi oraz w przemysłowej kontroli jakości spoin. Powtórz promieniotwórczość.

46. 20a.

    8,3 min

    $$t = \frac{s}{c} = \frac{1{,}5 \cdot 10^{11}}{3{,}0 \cdot 10^{8}} = 0{,}5 \cdot 10^{3} = 500\ \text{s}$$ $$t = \frac{500}{60} \approx 8{,}3\ \text{min}$$ gdzie $s$ — odległość Ziemia–Słońce, $c$ — prędkość światła.

    Oznacza to, że patrząc na Słońce, widzimy je takim, jakie było ponad $8$ minut temu. Dla Księżyca to zaledwie $1{,}3$ sekundy, dla Marsa kilkanaście minut — stąd łazikami marsjańskimi nie da się sterować na bieżąco. Powtórz podstawy astronomii.

47. 20b.

    $9{,}45 \cdot 10^{15}$ m

    Rok świetlny to droga przebyta przez światło w ciągu roku: $$1\ \text{ly} = c \cdot t = 3{,}0 \cdot 10^{8} \cdot 3{,}15 \cdot 10^{7}$$ $$1\ \text{ly} = 9{,}45 \cdot 10^{15}\ \text{m} \approx 9{,}5$$ bilionów kilometrów.

    Mnożniki i potęgi liczymy osobno: $3{,}0 \cdot 3{,}15 = 9{,}45$ oraz $10^{8} \cdot 10^{7} = 10^{15}$.

    Kontrola sensowności: rok świetlny musi być ogromny wobec jednostki astronomicznej — i rzeczywiście $\tfrac{9{,}45 \cdot 10^{15}}{1{,}5 \cdot 10^{11}} = 63\ 000$ AU.

48. 20c.

    A

    Poprawnie. To ta sama praktyka, co używanie kilometrów w podróży i nanometrów w optyce: jednostkę dobiera się do rzędu wielkości. Odległość do najbliższej gwiazdy to $4{,}2$ roku świetlnego — znacznie łatwiej to pojąć niż $4 \cdot 10^{16}\ \text{m}$. Dodatkowo rok świetlny od razu mówi, jak dawno wysłane zostało światło, które właśnie widzimy.

49. 21a.

    A

    Poprawnie. Rozszerza się sama przestrzeń między galaktykami, więc odległości rosną wszędzie jednocześnie. Dobrym modelem jest rosnące ciasto z rodzynkami albo nadmuchiwany balon z kropkami: każda rodzynka „widzi", że wszystkie inne się od niej oddalają, a te dalsze — szybciej, bo między nią a nimi rozszerza się więcej materiału. Żadna rodzynka nie jest w centrum.

    Ilościowo prędkość ucieczki jest wprost proporcjonalna do odległości — to obserwacja, która doprowadziła do modelu Wielkiego Wybuchu. Powtórz podstawy astronomii.

50. 21b.

    Fałsz

    Fałsz — to najpowszechniejsze nieporozumienie dotyczące kosmologii. Wielki Wybuch (około $13{,}8$ mld lat temu) nie był wybuchem w przestrzeni, lecz początkiem ekspansji samej przestrzeni. Nie ma więc „miejsca po Wielkim Wybuchu": zdarzył się on wszędzie naraz i wszędzie widzimy jego ślady.

    Najmocniejszym z nich jest mikrofalowe promieniowanie tła — dochodzące jednakowo ze wszystkich kierunków nieba pozostałości promieniowania z wczesnego, gorącego Wszechświata. Drugim jest przesunięcie widm odległych galaktyk ku czerwieni, rosnące z odległością.

    Z wieku Wszechświata wynika też ograniczenie obserwacyjne: widzimy tylko te obiekty, których światło miało dość czasu, by do nas dotrzeć. Powtórz wstęp do fizyki współczesnej.