Matura z fizyki (poziom rozszerzony) — arkusz próbny nr 2

Klucz odpowiedzi

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

1. 1a.

   3 s

   Rzut poziomy rozkładamy na dwa niezależne ruchy: jednostajny w poziomie i spadek swobodny w pionie. O czasie decyduje wyłącznie ruch pionowy: $$h = \frac{1}{2} g t^2 \quad \Rightarrow \quad t = \sqrt{\frac{2h}{g}} = \sqrt{\frac{2 \cdot 45}{10}} = \sqrt{9} = 3\ \text{s}$$ gdzie $h$ — wysokość, $g$ — przyspieszenie grawitacyjne, $t$ — czas spadania. Powtórz rzuty.

2. 1b.

   60 m

   W poziomie nie działa żadna siła (pomijamy opór), więc ruch jest jednostajny: $$x = v_0 \cdot t = 20 \cdot 3 = 60\ \text{m}$$ gdzie $v_0$ — prędkość początkowa (pozioma), $t = 3\ \text{s}$ — czas spadania policzony w poprzednim kroku.

3. 1c.

   D

   Ruch poziomy i pionowy są niezależne. Czas spadania wynika tylko z $h$ i $g$ ($t = \sqrt{2h/g}$), a nie z prędkości poziomej. Zmieni się natomiast zasięg — będzie dwa razy większy ($120\ \text{m}$).

4. 2.

   2 m/s

   Zderzenie jest niesprężyste (ciała łączą się), więc energia kinetyczna nie jest zachowana, ale pęd układu — tak: $$m_1 v_1 = (m_1 + m_2)\ v'$$ $$v' = \frac{m_1 v_1}{m_1 + m_2} = \frac{4000 \cdot 3}{4000 + 2000} = \frac{12000}{6000} = 2\ \tfrac{\text{m}}{\text{s}}$$ gdzie $m_1, m_2$ — masy wagonów, $v_1$ — prędkość przed zderzeniem, $v'$ — wspólna prędkość po zderzeniu. Ocena sensowności: wynik jest mniejszy od $v_1$ (rozpędzona masa „ciągnie” dodatkową masę), ale większy od zera — zgodnie z oczekiwaniem. Powtórz pęd i zderzenia.

5. 3a.

   10,05 m/s

   Okres to czas jednego obrotu: $T = \dfrac{1}{f} = \dfrac{1}{2} = 0{,}5\ \text{s}$. W tym czasie kamień przebywa cały obwód okręgu $2\pi r$: $$v = \frac{2\pi r}{T} = \frac{2 \cdot 3{,}14 \cdot 0{,}8}{0{,}5} = \frac{5{,}024}{0{,}5} \approx 10{,}05\ \tfrac{\text{m}}{\text{s}}$$ gdzie $f$ — częstotliwość, $T$ — okres, $r$ — promień okręgu.

6. 3b.

   126 m/s²

   $$a_d = \frac{v^2}{r} = \frac{(10{,}05)^2}{0{,}8} \approx \frac{101}{0{,}8} \approx 126\ \tfrac{\text{m}}{\text{s}^2}$$ gdzie $a_d$ — przyspieszenie dośrodkowe (zawsze skierowane do środka okręgu), $v$ — prędkość liniowa, $r$ — promień. Ocena sensowności: wartość jest kilkanaście razy większa od $g$ — dlatego przy szybkim kręceniu sznurek musi być mocny.

7. 3c.

   63 N

   Z II zasady dynamiki dla ruchu po okręgu: $$F_d = m \cdot a_d = \frac{m v^2}{r} = 0{,}5 \cdot 126 \approx 63\ \text{N}$$ gdzie $m$ — masa kamienia. Siła dośrodkowa nie jest nową siłą — to w tym przypadku naciąg sznurka. Gdy sznurek pęknie, kamień poleci stycznie do okręgu, a nie na zewnątrz promieniowo. Powtórz dynamikę ruchu po okręgu.

8. 4.

   66,7 %

   Praca użyteczna to przyrost energii potencjalnej ładunku: $$W_u = m g h = 500 \cdot 10 \cdot 12 = 60\ 000\ \text{J} = 60\ \text{kJ}$$ Sprawność to stosunek pracy użytecznej do energii dostarczonej: $$\eta = \frac{W_u}{E} \cdot 100 = \frac{60}{90} \cdot 100 \approx 66{,}7$$ czyli sprawność wynosi około 66,7%. gdzie $\eta$ — sprawność, $W_u$ — praca użyteczna, $E$ — energia pobrana. Ocena sensowności: sprawność jest mniejsza od $100$% — reszta energii poszła na ciepło (tarcie, opory w silniku). Wynik $\gt 100$% zawsze oznacza błąd rachunkowy. Powtórz pracę, moc i sprawność.

9. 5.

   2,5 m/s²

   Przyspieszenie grawitacyjne maleje z kwadratem odległości od środka Ziemi: $$g(r) = \frac{G M}{r^2}$$ gdzie $G$ — stała grawitacji, $M$ — masa Ziemi, $r$ — odległość od środka Ziemi. Satelita jest na wysokości $h = R$, więc jego odległość od środka to $r = R + h = 2R$ — dwa razy większa niż na powierzchni. Zatem: $$\frac{g(2R)}{g(R)} = \frac{R^2}{(2R)^2} = \frac{1}{4} \quad \Rightarrow \quad g(2R) = \frac{10}{4} = 2{,}5\ \tfrac{\text{m}}{\text{s}^2}$$ Typowy błąd: podstawianie do mianownika samej wysokości $h$ zamiast odległości od środka Ziemi $R + h$. Powtórz grawitację i ruch satelitów.

10. 6.

    Prawda

    Tak — wynika to wprost z analizy wymiarowej wzoru na energię kinetyczną: $$[E_k] = \left[\tfrac{1}{2} m v^2\right] = \text{kg} \cdot \left(\tfrac{\text{m}}{\text{s}}\right)^2 = \tfrac{\text{kg} \cdot \text{m}^2}{\text{s}^2} = \text{J}$$ Ten sam wynik daje $E_p = mgh$: $\text{kg} \cdot \tfrac{\text{m}}{\text{s}^2} \cdot \text{m}$. Analiza wymiarowa to darmowy detektor błędów na maturze: jeśli po podstawieniu wychodzi Ci inna jednostka niż oczekiwana, wzór został przekształcony błędnie. Powtórz strategię maturalną i analizę wymiarową.

11. 7a.

    66,8 kJ

    Podczas przemiany fazowej temperatura nie rośnie — dostarczone ciepło zużywa się na rozerwanie wiązań w sieci krystalicznej (pozioma półka na wykresie): $$Q_1 = m \cdot L = 0{,}2 \cdot 334 = 66{,}8\ \text{kJ}$$ gdzie $m$ — masa lodu, $L$ — ciepło topnienia (energia na stopienie $1\ \text{kg}$).

12. 7b.

    16,8 kJ

    Teraz temperatura rośnie, więc korzystamy z ciepła właściwego: $$Q_2 = m \cdot c \cdot \Delta T = 0{,}2 \cdot 4{,}2 \cdot 20 = 16{,}8\ \text{kJ}$$ gdzie $c$ — ciepło właściwe wody, $\Delta T = 20\ \text{K}$ — przyrost temperatury (przyrost w kelwinach i w stopniach Celsjusza jest taki sam).

13. 7c.

    83,6 kJ

    Bilans cieplny to suma etapów: $$Q = Q_1 + Q_2 = 66{,}8 + 16{,}8 = 83{,}6\ \text{kJ}$$ Typowy błąd: pominięcie ciepła topnienia i policzenie tylko $mc\Delta T$ — na wykresie odpowiadałoby to zignorowaniu poziomej półki, która tutaj zabiera aż $80$% energii. Powtórz bilans cieplny i przemiany fazowe.

14. 8.

    500 J

    Pierwsza zasada termodynamiki dla gazu wykonującego pracę nad otoczeniem: $$\Delta U = Q - W = 800 - 300 = 500\ \text{J}$$ gdzie $\Delta U$ — zmiana energii wewnętrznej, $Q$ — ciepło dostarczone do gazu, $W$ — praca wykonana przez gaz. Typowy błąd: dodawanie pracy zamiast odejmowania. Skoro gaz część otrzymanej energii „oddał” na przesunięcie tłoka, to jego energia wewnętrzna (a więc i temperatura) rośnie mniej niż wynikałoby z samego $Q$. Powtórz I zasadę termodynamiki.

15. 9.

    A

    W przemianie izotermicznej ($T = \text{const}$) obowiązuje prawo Boyle'a–Mariotte'a: $$p_1 V_1 = p_2 V_2 \quad \Rightarrow \quad p_2 = p_1 \cdot \frac{V_1}{V_2} = p_1 \cdot \frac{V_1}{0{,}5 V_1} = 2 p_1$$ Ciśnienie i objętość są odwrotnie proporcjonalne. Powtórz przemiany gazowe.

16. 10.

    Fałsz

    Fałsz — to treść drugiej zasady termodynamiki: samoczynny przepływ ciepła zachodzi wyłącznie od ciała cieplejszego do zimniejszego. Chłodziarka faktycznie przenosi ciepło „w górę” gradientu temperatury, ale kosztem pracy dostarczonej przez sprężarkę, czyli nie samoczynnie. Z tej samej zasady wynika, że żaden silnik cieplny nie ma sprawności $100$% — część ciepła musi trafić do chłodnicy ($\eta_{max} = 1 - \tfrac{T_c}{T_g}$, gdzie $T_c$ — temperatura chłodnicy, $T_g$ — grzejnicy). Powtórz silniki cieplne i II zasadę.

17. 11.

    0,4 N

    Prawo Coulomba: $$F = k \frac{q_1 q_2}{r^2}$$ Najpierw zamiana na jednostki SI: $2\ \mu\text{C} = 2 \cdot 10^{-6}\ \text{C}$. $$F = 9 \cdot 10^{9} \cdot \frac{(2 \cdot 10^{-6})^2}{(0{,}3)^2} = 9 \cdot 10^{9} \cdot \frac{4 \cdot 10^{-12}}{0{,}09} = \frac{3{,}6 \cdot 10^{-2}}{9 \cdot 10^{-2}} = 0{,}4\ \text{N}$$ gdzie $k$ — stała elektrostatyczna, $q_1, q_2$ — ładunki, $r$ — ich odległość. Typowe błędy: pozostawienie mikrokulombów bez przeliczenia ($10^{-6}$!) oraz zapomnienie o kwadracie odległości. Powtórz prawo Coulomba.

18. 12a.

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

    Dla prędkości prostopadłej do pola ($\sin 90^\circ = 1$): $$F = q v B \sin\alpha = 1{,}6 \cdot 10^{-19} \cdot 2 \cdot 10^{6} \cdot 0{,}5 = 1{,}6 \cdot 10^{-13}\ \text{N}$$ gdzie $q$ — ładunek, $v$ — prędkość, $B$ — indukcja magnetyczna, $\alpha$ — kąt między $\vec{v}$ i $\vec{B}$.

19. 12b.

    A

    Siła Lorentza jest zawsze prostopadła do prędkości, więc nie wykonuje pracy ($W = F s \cos 90^\circ = 0$). Energia kinetyczna i wartość prędkości pozostają stałe — zmienia się tylko kierunek, dlatego tor jest okręgiem.

20. 12c.

    0,042 m

    Siła magnetyczna pełni rolę siły dośrodkowej: $$q v B = \frac{m v^2}{r} \quad \Rightarrow \quad r = \frac{m v}{q B}$$ $$r = \frac{1{,}67 \cdot 10^{-27} \cdot 2 \cdot 10^{6}} {1{,}6 \cdot 10^{-19} \cdot 0{,}5} = \frac{3{,}34 \cdot 10^{-21}}{8 \cdot 10^{-20}} \approx 0{,}042\ \text{m}$$ czyli około $4{,}2\ \text{cm}$ — sensowna wielkość dla laboratoryjnego pola. Powtórz siłę Lorentza.

21. 13.

    $3{,}2 \cdot 10^{-17}$ J

    Praca pola elektrycznego przy przeniesieniu ładunku przez napięcie $U$: $$W = q U = 1{,}6 \cdot 10^{-19} \cdot 200 = 3{,}2 \cdot 10^{-17}\ \text{J}$$ gdzie $q$ — ładunek (tu ładunek elementarny $e$), $U$ — napięcie. Ta sama energia w elektronowoltach to po prostu $200\ \text{eV}$ — bo $1\ \text{eV}$ definiujemy jako pracę przy przeniesieniu ładunku elementarnego przez napięcie $1\ \text{V}$. Cała ta praca zamienia się w energię kinetyczną elektronu: $E_k = W$. Powtórz pracę w polu elektrycznym i potencjał.

22. 14.

    6 mm

    Jasne prążki powstają tam, gdzie różnica dróg jest wielokrotnością długości fali. Odstęp sąsiednich prążków: $$\Delta y = \frac{\lambda L}{d}$$ gdzie $\lambda$ — długość fali, $L$ — odległość ekranu, $d$ — odległość szczelin. Zamiana na SI: $\lambda = 600\ \text{nm} = 6 \cdot 10^{-7}\ \text{m}$, $d = 0{,}2\ \text{mm} = 2 \cdot 10^{-4}\ \text{m}$. $$\Delta y = \frac{6 \cdot 10^{-7} \cdot 2}{2 \cdot 10^{-4}} = 6 \cdot 10^{-3}\ \text{m} = 6\ \text{mm}$$ Ocena sensowności: kilka milimetrów — prążki są widoczne gołym okiem, tak jak w rzeczywistym doświadczeniu. Wynik rzędu metrów lub mikrometrów oznaczałby błąd w przeliczeniu jednostek. Powtórz interferencję i doświadczenie Younga.

23. 15.

    30 °

    Kąt graniczny to taki kąt padania (od normalnej) w ośrodku gęstszym, dla którego promień załamany biegnie wzdłuż granicy ($\beta = 90^\circ$). Z prawa Snella: $$n \sin\alpha_{gr} = n_p \sin 90^\circ = 1 \quad \Rightarrow \quad \sin\alpha_{gr} = \frac{1}{n} = \frac{1}{2} = 0{,}5$$ $$\alpha_{gr} = 30^\circ$$ Dla kątów padania $\alpha \gt \alpha_{gr}$ zachodzi całkowite wewnętrzne odbicie — na tym działają światłowody. Typowy błąd: zapisanie $\sin\alpha_{gr} = n$ (czyli $2$), co jest niemożliwe, bo sinus nie przekracza $1$ — to od razu sygnał odwróconego wzoru. Powtórz kąt graniczny i światłowody.

24. 16.

    B

    Pierwszy polaryzator przepuszcza tylko drgania w jednej płaszczyźnie (i obniża natężenie o połowę). Drugi, obrócony o $90^\circ$, przepuszcza wyłącznie drgania prostopadłe do tych, które przeszły — czyli praktycznie nic. To klasyczny dowód na poprzeczny charakter fali świetlnej. Powtórz polaryzację światła.

25. 17.

    $4{,}97 \cdot 10^{-19}$ J

    Energię fotonu liczymy z $E = h f$, a częstotliwość z $f = \dfrac{c}{\lambda}$, więc: $$E = \frac{h c}{\lambda} = \frac{6{,}63 \cdot 10^{-34} \cdot 3 \cdot 10^{8}}{4 \cdot 10^{-7}} = \frac{1{,}989 \cdot 10^{-25}}{4 \cdot 10^{-7}} \approx 4{,}97 \cdot 10^{-19}\ \text{J}$$ gdzie $h$ — stała Plancka, $c$ — prędkość światła, $\lambda$ — długość fali ($400\ \text{nm} = 4 \cdot 10^{-7}\ \text{m}$). W elektronowoltach: $\dfrac{4{,}97 \cdot 10^{-19}}{1{,}6 \cdot 10^{-19}} \approx 3{,}1\ \text{eV}$ — typowa energia fotonu światła widzialnego. Zależność do zapamiętania: krótsza fala → większa energia fotonu. Powtórz energię fotonu.

26. 18.

    C

    Przejście na poziom niższy oznacza oddanie energii w postaci fotonu: $$h f = E_2 - E_1 = -3{,}4 - (-13{,}6) = 10{,}2\ \text{eV}$$ Dlatego widma atomowe są liniowe — dozwolone są tylko określone różnice energii między poziomami. Powtórz widma atomowe i poziomy energetyczne.

27. 19a.

    3

    $$n = \frac{t}{T_{1/2}} = \frac{15}{5} = 3$$ gdzie $t$ — czas obserwacji, $T_{1/2}$ — czas połowicznego rozpadu, $n$ — liczba połowień.

28. 19b.

    1 g

    Prawo rozpadu w postaci wygodnej do rachunków: $$m = \frac{m_0}{2^n} = \frac{8}{2^3} = \frac{8}{8} = 1\ \text{g}$$ Kolejne połowienia: $8\ \text{g} \to 4\ \text{g} \to 2\ \text{g} \to 1\ \text{g}$ (dokładnie jak punkty na wykresie). Typowy błąd: liczenie „ubytku po połowie za każdy dzień” albo odejmowanie $\tfrac{1}{2} m_0$ za każdy okres — rozpad jest wykładniczy, nie liniowy. Powtórz prawo rozpadu.

29. 19c.

    Fałsz

    Fałsz. Po czwartym okresie zostanie $\dfrac{8}{2^4} = 0{,}5\ \text{g}$. Rozpad opisuje funkcja wykładnicza — masa maleje o połowę w każdym okresie i nigdy nie osiąga dokładnie zera w skończonym czasie (w praktyce spada do wartości niemierzalnych).

30. 20a.

    1,67

    $$\gamma = \frac{1}{\sqrt{1 - \dfrac{v^2}{c^2}}} = \frac{1}{\sqrt{1 - 0{,}8^2}} = \frac{1}{\sqrt{1 - 0{,}64}} = \frac{1}{\sqrt{0{,}36}} = \frac{1}{0{,}6} \approx 1{,}67$$ gdzie $v$ — prędkość cząstki, $c$ — prędkość światła. Czynnik Lorentza jest zawsze $\ge 1$; wynik mniejszy od $1$ oznaczałby błąd rachunkowy.

31. 20b.

    833 MeV

    Energia całkowita w mechanice relatywistycznej: $$E = \gamma\ m c^2 = \gamma\ E_0 = 1{,}67 \cdot 500 \approx 833\ \text{MeV}$$ gdzie $E_0 = m c^2$ — energia spoczynkowa. Energia kinetyczna to nadwyżka nad energią spoczynkową: $$E_k = (\gamma - 1) m c^2 = 0{,}67 \cdot 500 \approx 333\ \text{MeV}$$ Uwaga: klasyczny wzór $E_k = \tfrac{1}{2} m v^2$ dałby tu wynik znacznie zaniżony — przy $v = 0{,}8\ c$ fizyka klasyczna już nie wystarcza. Powtórz energię relatywistyczną.

32. 20c.

    D

    W mianowniku $\gamma$ stoi $\sqrt{1 - \tfrac{v^2}{c^2}}$, które dąży do zera przy $v \to c$. Wtedy $E = \gamma m c^2 \to \infty$ — żadne skończone źródło energii nie wystarczy. Prędkość $c$ jest prędkością graniczną dla ciał obdarzonych masą.