Matura z fizyki (poziom rozszerzony) — arkusz próbny nr 4

Klucz odpowiedzi

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

1. 1a.

   10 m/s

   Tor jest gładki, więc obowiązuje zasada zachowania energii mechanicznej — energia potencjalna zamienia się w całości w energię kinetyczną: $$mgh = \frac{1}{2}mv^2 \quad \Rightarrow \quad v = \sqrt{2gh} = \sqrt{2 \cdot 10 \cdot 5} = \sqrt{100} = 10\ \tfrac{\text{m}}{\text{s}}$$ gdzie $h$ — wysokość startu, $g$ — przyspieszenie ziemskie, $v$ — szukana prędkość.

   Zwróć uwagę: masa się skróciła — wynik nie zależy od masy kulki. Powtórz zasadę zachowania energii.

2. 1b.

   4,47 m/s

   Na szczycie pętli i siła ciężkości, i reakcja toru są skierowane do środka okręgu. Graniczny przypadek to taki, w którym tor już nie naciska na kulkę ($N = 0$) i całą rolę siły dośrodkowej pełni ciężar: $$mg = \frac{mv_{min}^2}{R} \quad \Rightarrow \quad v_{min} = \sqrt{gR} = \sqrt{10 \cdot 2} = \sqrt{20} \approx 4{,}47\ \tfrac{\text{m}}{\text{s}}$$ gdzie $R$ — promień pętli, $N$ — siła reakcji toru.

   Gdyby prędkość była mniejsza, potrzebna siła dośrodkowa $\tfrac{mv^2}{R}$ byłaby mniejsza od ciężaru — kulka spadłaby z toru przed osiągnięciem szczytu. Powtórz dynamikę ruchu po okręgu.

3. 1c.

   A

   Na szczycie pętli (na wysokości $2R$) kulka musi jeszcze mieć energię kinetyczną odpowiadającą $v_{min} = \sqrt{gR}$: $$mgh_{min} = mg \cdot 2R + \frac{1}{2}mv_{min}^2 = mg \cdot 2R + \frac{1}{2}mgR$$ $$h_{min} = 2R + \frac{R}{2} = 2{,}5R = 2{,}5 \cdot 2 = 5\ \text{m}$$ Kulka z zadania startuje dokładnie z tej wysokości — przejdzie pętlę „na granicy", z zerowym naciskiem na tor w najwyższym punkcie.

4. 2.

   11,2 km/s

   Prędkość ucieczki to najmniejsza prędkość, przy której energia kinetyczna ciała wystarcza, aby oddalić się od planety nieskończenie daleko. Piszemy bilans energii (energia potencjalna grawitacji w nieskończoności równa zeru): $$\frac{1}{2}mv_{II}^2 = \frac{GMm}{R} \quad \Rightarrow \quad v_{II} = \sqrt{\frac{2GM}{R}} = \sqrt{2gR}$$ bo przy powierzchni $g = \tfrac{GM}{R^2}$, czyli $GM = gR^2$. Podstawiamy: $$v_{II} = \sqrt{2 \cdot 9{,}81 \cdot 6{,}37 \cdot 10^6} = \sqrt{1{,}25 \cdot 10^8} \approx 1{,}12 \cdot 10^4\ \tfrac{\text{m}}{\text{s}} = 11{,}2\ \tfrac{\text{km}}{\text{s}}$$ gdzie $G$ — stała grawitacji, $M$ — masa Ziemi, $R$ — promień Ziemi.

   Ocena sensowności: to dokładnie $\sqrt{2}$ razy więcej niż pierwsza prędkość kosmiczna $v_I = \sqrt{gR} \approx 7{,}9\ \tfrac{\text{km}}{\text{s}}$ — typowy błąd polega na podaniu właśnie $7{,}9\ \tfrac{\text{km}}{\text{s}}$ (to prędkość orbitowania, a nie ucieczki). Powtórz grawitację i ruch satelitów.

5. 3.

   0,99 m

   Okres wahadła matematycznego (dla małych wychyleń): $$T = 2\pi\sqrt{\frac{l}{g}} \quad \Rightarrow \quad l = \frac{gT^2}{4\pi^2}$$ $$l = \frac{9{,}81 \cdot 2{,}0^2}{4 \cdot 9{,}87} = \frac{39{,}24}{39{,}48} \approx 0{,}99\ \text{m}$$ gdzie $l$ — długość nici, $T$ — okres drgań, $g$ — przyspieszenie ziemskie.

   Zwróć uwagę: okres nie zależy od masy kulki ani (dla małych wychyleń) od amplitudy — zależy tylko od $l$ i $g$. Dlatego to samo wahadło na Księżycu ($g$ około sześć razy mniejsze) miałoby okres około $2{,}5$ razy dłuższy. Typowy błąd to pominięcie kwadratu w $T^2$ albo policzenie $l = \tfrac{gT}{4\pi^2}$. Powtórz drgania harmoniczne.

6. 4a.

   6 kg·m/s

   Pęd jest wektorem, więc odwrócenie zwrotu prędkości zmienia znak pędu. Przyjmując kierunek lotu przed odbiciem jako dodatni: $$\Delta p = p_k - p_p = m(-v) - mv = -2mv$$ $$|\Delta p| = 2mv = 2 \cdot 0{,}20 \cdot 15 = 6\ \tfrac{\text{kg} \cdot \text{m}}{\text{s}}$$ gdzie $p_p$ — pęd przed odbiciem, $p_k$ — pęd po odbiciu.

   Typowy błąd to $\Delta p = mv = 3\ \tfrac{\text{kg}\cdot\text{m}}{\text{s}}$ (pominięcie zmiany zwrotu) albo $\Delta p = 0$ („wartość prędkości ta sama"). Powtórz pęd i jego zmiany.

7. 4b.

   240 N

   Z II zasady dynamiki w postaci pędowej (twierdzenie o impulsie siły): $$F_{sr} \cdot \Delta t = |\Delta p| \quad \Rightarrow \quad F_{sr} = \frac{|\Delta p|}{\Delta t} = \frac{6}{0{,}025} = 240\ \text{N}$$ gdzie $F_{sr}$ — średnia siła w czasie kontaktu, $\Delta t$ — czas kontaktu.

   Ocena sensowności: $240\ \text{N}$ to ciężar ciała o masie około $24\ \text{kg}$ — duża siła, ale działająca bardzo krótko. Dlatego wydłużenie czasu kontaktu (miękka rękawica, poduszka powietrzna) tak skutecznie zmniejsza siłę przy tej samej zmianie pędu.

8. 4c.

   Fałsz

   Fałsz. Pęd $\vec{p} = m\vec{v}$ jest wektorem — zmiana samego zwrotu też jest zmianą pędu (i to największą możliwą przy danej wartości prędkości). Bez zmiany pędu nie byłoby siły, a przecież ściana działa na piłkę. Niezmieniona jest natomiast energia kinetyczna — odbicie jest sprężyste.

9. 5a.

   D

   W przemianie adiabatycznej $Q = 0$, więc z I zasady termodynamiki $\Delta U = Q + W_z = W_z \gt 0$. Energia wewnętrzna gazu doskonałego jest proporcjonalna do temperatury ($U = \tfrac{3}{2}nRT$ dla gazu jednoatomowego), więc temperatura rośnie. Tak działa m.in. pompka do rowera, która grzeje się przy szybkim pompowaniu.

10. 5b.

    400 J

    I zasada termodynamiki w postaci z pracą wykonaną nad gazem: $$\Delta U = Q + W_z$$ gdzie $Q$ — ciepło pobrane przez gaz, $W_z$ — praca sił zewnętrznych nad gazem. Ścianki są izolowane, więc $Q = 0$: $$\Delta U = 0 + 400 = 400\ \text{J}$$

    Uwaga na konwencje: w postaci $\Delta U = Q - W$ symbol $W$ oznacza pracę wykonaną przez gaz; tutaj gaz jest sprężany, więc $W = -400\ \text{J}$ i wynik jest identyczny: $\Delta U = 0 - (-400) = 400\ \text{J}$. Znak trzeba zawsze wiązać z przyjętą konwencją, a nie zapamiętywać.

11. 5c.

    Fałsz

    Fałsz. Energię wewnętrzną można zmienić dwiema drogami: przez ciepło i przez pracę. Adiabata wyłącza pierwszą z nich, ale nie drugą — dlatego $\Delta U = W_z \neq 0$. Stała energia wewnętrzna (a więc i temperatura) charakteryzuje przemianę izotermiczną, w której $Q = W$.

12. 6a.

    $6{,}21 \cdot 10^{-21}$ J

    Temperatura jest miarą średniej energii kinetycznej cząsteczek: $$\overline{E_k} = \frac{3}{2}kT = \frac{3}{2} \cdot 1{,}38 \cdot 10^{-23} \cdot 300 \approx 6{,}21 \cdot 10^{-21}\ \text{J}$$ gdzie $k$ — stała Boltzmanna, $T$ — temperatura w kelwinach.

    Czynnik $\tfrac{3}{2}$ bierze się z trzech stopni swobody ruchu postępowego (po $\tfrac{1}{2}kT$ na każdy kierunek $x$, $y$, $z$). Wynik nie zależy od rodzaju gazu — w tej samej temperaturze cząsteczki wodoru i azotu mają taką samą średnią energię kinetyczną (ale różne prędkości). Powtórz kinetyczną teorię gazów.

13. 6b.

    517 m/s

    Z definicji energii kinetycznej dla prędkości średniej kwadratowej: $$\frac{1}{2}mv_{sk}^2 = \frac{3}{2}kT \quad \Rightarrow \quad v_{sk} = \sqrt{\frac{3kT}{m}}$$ $$v_{sk} = \sqrt{\frac{2 \cdot 6{,}21 \cdot 10^{-21}}{4{,}65 \cdot 10^{-26}}} = \sqrt{2{,}67 \cdot 10^{5}} \approx 517\ \tfrac{\text{m}}{\text{s}}$$ gdzie $m$ — masa jednej cząsteczki.

    Ocena sensowności: to prędkość rzędu prędkości dźwięku w powietrzu ($340\ \tfrac{\text{m}}{\text{s}}$) — i nie jest to przypadek, bo dźwięk rozchodzi się właśnie dzięki chaotycznemu ruchowi cząsteczek. Podwojenie temperatury bezwzględnej zwiększa $v_{sk}$ tylko $\sqrt{2}$ razy.

14. 7a.

    8,7 A

    Moc prądu stałego (i moc średnia w sieci, liczona z wartości skutecznych): $$P = U \cdot I \quad \Rightarrow \quad I = \frac{P}{U} = \frac{2000}{230} \approx 8{,}7\ \text{A}$$ gdzie $P$ — moc, $U$ — napięcie, $I$ — natężenie prądu.

    Dlatego czajniki wymagają obwodów zabezpieczonych na co najmniej $10\ \text{A}$ — to jedno z najbardziej prądożernych urządzeń domowych. Powtórz pracę i moc prądu.

15. 7b.

    280 s

    Najpierw ciepło potrzebne wodzie: $$Q = mc\Delta t = 1{,}5 \cdot 4200 \cdot 80 = 504\ 000\ \text{J}$$ Tylko część energii pobranej z sieci trafia do wody, więc $Q = \eta \cdot P \cdot t$: $$t = \frac{Q}{\eta P} = \frac{504\ 000}{0{,}9 \cdot 2000} = 280\ \text{s} \approx 4{,}7\ \text{min}$$ gdzie $\eta$ — sprawność, $\Delta t$ — przyrost temperatury.

    Typowy błąd to mnożenie przez sprawność zamiast dzielenia — wyszłoby $227\ \text{s}$, czyli krócej niż w idealnym czajniku, co jest niemożliwe.

16. 7c.

    0,12 zł

    Licznik mierzy energię pobraną z sieci, a nie ciepło oddane wodzie: $$E = P \cdot t = 2000 \cdot 280 = 560\ 000\ \text{J}$$ Zamieniamy na kilowatogodziny ($1\ \text{kWh} = 3{,}6 \cdot 10^6\ \text{J}$): $$E = \frac{560\ 000}{3\,600\,000} \approx 0{,}156\ \text{kWh}$$ $$\text{koszt} = 0{,}156 \cdot 0{,}80 \approx 0{,}12\ \text{zł}$$

    Ocena sensowności: kilkanaście groszy — zgodnie z codziennym doświadczeniem. Wygodny skrót: $E = P\ [\text{kW}] \cdot t\ [\text{h}] = 2 \cdot \tfrac{280}{3600}$.

17. 8.

    0,5 N

    Siła elektrodynamiczna dla przewodnika prostopadłego do linii pola: $$F = B I l = 0{,}50 \cdot 4{,}0 \cdot 0{,}25 = 0{,}50\ \text{N}$$ gdzie $B$ — indukcja magnetyczna, $I$ — natężenie prądu, $l$ — długość odcinka przewodnika w polu.

    Ogólnie $F = BIl\sin\alpha$, gdzie $\alpha$ to kąt między przewodnikiem i liniami pola — dla przewodnika równoległego do pola siła jest zerowa. Kierunek siły wskazuje reguła lewej dłoni (lub iloczyn wektorowy $\vec{F} = I\vec{l} \times \vec{B}$). Ta właśnie siła obraca ramkę w silniku elektrycznym. Powtórz magnetyzm i siłę elektrodynamiczną.

18. 9a.

    0,6 V

    Pręt „zamiata" powierzchnię $\Delta S = l \cdot v \Delta t$, więc strumień zmienia się z szybkością $\tfrac{\Delta \Phi}{\Delta t} = B l v$: $$\varepsilon = B l v = 0{,}40 \cdot 0{,}50 \cdot 3{,}0 = 0{,}60\ \text{V}$$ gdzie $B$ — indukcja pola, $l$ — długość pręta (czynna część obwodu), $v$ — prędkość pręta.

    To ten sam mechanizm co w prądnicy — tylko zamiast obrotu mamy ruch postępowy. Powtórz indukcję elektromagnetyczną.

19. 9b.

    0,3 A

    Pręt jest źródłem o pomijalnym oporze wewnętrznym, więc z prawa Ohma: $$I = \frac{\varepsilon}{R} = \frac{0{,}60}{2{,}0} = 0{,}30\ \text{A}$$ gdzie $\varepsilon$ — SEM indukcji, $R$ — opór obwodu.

    Moc wydzielana w oporniku wynosi $P = \varepsilon I = 0{,}60 \cdot 0{,}30 = 0{,}18\ \text{W}$ — i musi pochodzić od kogoś, kto pręt przesuwa.

20. 9c.

    D

    To treść reguły Lenza: prąd indukcyjny płynie tak, aby przeciwdziałać przyczynie, która go wywołała. Na pręt z prądem w polu $B$ działa siła $F = BIl = 0{,}40 \cdot 0{,}30 \cdot 0{,}50 = 0{,}06\ \text{N}$ skierowana przeciwnie do prędkości. Praca wykonana przeciw tej sile jest dokładnie równa energii wydzielonej w oporniku — energia jest zachowana.

21. 10a.

    20 cm

    Dla zwierciadła kulistego ognisko leży w połowie promienia krzywizny: $$f = \frac{R}{2} = \frac{40}{2} = 20\ \text{cm}$$ gdzie $R$ — promień krzywizny (odległość środka krzywizny $C$ od zwierciadła), $f$ — ogniskowa. Powtórz optykę geometryczną.

22. 10b.

    60 cm

    Równanie zwierciadła ma taką samą postać jak równanie soczewki: $$\frac{1}{f} = \frac{1}{x} + \frac{1}{y} \quad \Rightarrow \quad \frac{1}{y} = \frac{1}{20} - \frac{1}{30} = \frac{3 - 2}{60} = \frac{1}{60}$$ $$y = 60\ \text{cm}$$ gdzie $x$ — odległość przedmiotu, $y$ — odległość obrazu, $f$ — ogniskowa.

    Typowy błąd to $y = f - x = -10\ \text{cm}$ (odejmowanie odległości zamiast ich odwrotności).

23. 10c.

    B

    Powiększenie liczymy jako $$p = \frac{y}{x} = \frac{60}{30} = 2$$ Dodatnia odległość obrazu ($y \gt 0$) oznacza obraz rzeczywisty — powstaje po tej samej stronie co przedmiot i można go rzutować na ekran. Zwierciadło wklęsłe daje wtedy obraz odwrócony. Przedmiot leży między $C$ i $F$, co zawsze daje obraz rzeczywisty, odwrócony i powiększony, położony za $C$.

24. 11.

    5 cm

    Światło rozchodzi się prostoliniowo, więc promienie przechodzące przez otworek tworzą dwa trójkąty podobne (wspólny wierzchołek w otworku): $$\frac{h}{H} = \frac{b}{a} \quad \Rightarrow \quad h = H \cdot \frac{b}{a} = 20 \cdot \frac{15}{60} = 5\ \text{cm}$$ gdzie $H$ — wysokość przedmiotu, $h$ — wysokość obrazu, $a$ — odległość przedmiotu od otworka, $b$ — głębokość ciemni.

    Obraz jest odwrócony (górne promienie padają nisko na ekran) i rzeczywisty. Zmniejszanie otworka wyostrza obraz, ale go przyciemnia — to samo zjawisko wyjaśnia powstawanie ostrego cienia przy małym źródle światła i półcienia przy źródle rozciągłym. Powtórz prostoliniowe rozchodzenie się światła.

25. 12.

    -2 D

    Zdolność skupiająca to odwrotność ogniskowej wyrażonej w metrach: $$Z = \frac{1}{f} = \frac{1}{-0{,}50\ \text{m}} = -2\ \text{D}$$ gdzie $Z$ — zdolność skupiająca, $1\ \text{D} = 1\ \tfrac{1}{\text{m}}$.

    Ujemna wartość oznacza soczewkę rozpraszającą, a taka koryguje krótkowzroczność (miopię): oko krótkowzroczne skupia promienie zbyt wcześnie, przed siatkówką, więc trzeba je najpierw „rozbiec". Dalekowzroczność (hipermetropia) i starczowzroczność wymagają soczewek skupiających, czyli $Z \gt 0$.

    Typowe błędy: pominięcie znaku ($+2\ \text{D}$ to okulary dla dalekowidza) oraz podstawienie ogniskowej w centymetrach ($Z = -0{,}02\ \text{D}$). Powtórz wady wzroku i korekcję.

26. 13.

    680 Hz

    Fale wysłane w zgodnych fazach wygaszają się, gdy różnica dróg jest nieparzystą wielokrotnością połowy długości fali: $$\Delta s = (2k + 1)\frac{\lambda}{2}, \quad k = 0, 1, 2, \ldots$$ Najmniejsza taka różnica odpowiada $k = 0$, czyli $\Delta s = \tfrac{\lambda}{2}$: $$\lambda = 2\Delta s = 2 \cdot 0{,}25 = 0{,}50\ \text{m}$$ $$f = \frac{v}{\lambda} = \frac{340}{0{,}50} = 680\ \text{Hz}$$ gdzie $\Delta s$ — różnica dróg, $\lambda$ — długość fali, $v$ — prędkość dźwięku.

    Typowy błąd to przyjęcie $\Delta s = \lambda$ (to warunek wzmocnienia, dałoby $1360\ \text{Hz}$). Zauważ, że wygaszenie nie „niszczy" energii — w innych punktach fale wzmacniają się i bilans energii się zgadza. Powtórz interferencję fal lub fale dźwiękowe.

27. 14a.

    -3,4 eV

    Podstawiamy $n = 2$ do wzoru Bohra: $$E_2 = -\frac{13{,}6}{2^2} = -\frac{13{,}6}{4} = -3{,}40\ \text{eV}$$ Znak minus oznacza, że elektron jest związany w atomie — aby go oderwać z tego poziomu, trzeba dostarczyć $3{,}40\ \text{eV}$. Poziom $n = 1$ (stan podstawowy) leży najniżej: $E_1 = -13{,}6\ \text{eV}$, a granicę jonizacji ($E = 0$) osiąga się dla $n \to \infty$. Powtórz model atomu i widma.

28. 14b.

    1,89 eV

    Najpierw energia poziomu $n = 3$: $$E_3 = -\frac{13{,}6}{9} \approx -1{,}51\ \text{eV}$$ Energia fotonu równa się różnicy energii poziomów: $$E_f = E_3 - E_2 = -1{,}51 - (-3{,}40) = 1{,}89\ \text{eV}$$ Emisja zachodzi przy przejściu „w dół" — atom oddaje nadwyżkę energii w postaci jednego fotonu. Typowy błąd to dodanie energii poziomów ($-4{,}91\ \text{eV}$) albo zignorowanie znaków.

29. 14c.

    658 nm

    Z zależności $E_f = h\tfrac{c}{\lambda}$ wyznaczamy długość fali: $$\lambda = \frac{hc}{E_f} = \frac{6{,}63 \cdot 10^{-34} \cdot 3{,}00 \cdot 10^{8}} {1{,}89 \cdot 1{,}60 \cdot 10^{-19}} = \frac{1{,}99 \cdot 10^{-25}}{3{,}02 \cdot 10^{-19}} \approx 6{,}58 \cdot 10^{-7}\ \text{m} = 658\ \text{nm}$$ gdzie $h$ — stała Plancka, $c$ — prędkość światła, $E_f$ — energia fotonu (koniecznie w dżulach).

    Ocena sensowności: $658\ \text{nm}$ to światło czerwone — i rzeczywiście jest to najsłynniejsza linia widmowa wodoru $H_\alpha$ z serii Balmera (przejścia na poziom $n = 2$ dają linie w zakresie widzialnym). To dlatego mgławice wodorowe na zdjęciach astronomicznych są czerwone. Powtórz obliczenia kwantowe.

30. 15.

    $1{,}33 \cdot 10^{-27}$ kg·m/s

    Foton nie ma masy, ale ma pęd. Łącząc $E = h\tfrac{c}{\lambda}$ z relacją $p = \tfrac{E}{c}$ (słuszną dla cząstek bezmasowych), otrzymujemy: $$p = \frac{h}{\lambda} = \frac{6{,}63 \cdot 10^{-34}}{5{,}00 \cdot 10^{-7}} \approx 1{,}33 \cdot 10^{-27}\ \tfrac{\text{kg} \cdot \text{m}}{\text{s}}$$ gdzie $h$ — stała Plancka, $\lambda$ — długość fali.

    Ten sam wzór, czytany „od tyłu" ($\lambda = \tfrac{h}{p}$), opisuje falę de Broglie'a przypisaną cząstce — to symetria dualizmu korpuskularno-falowego. Pęd fotonów jest realny i mierzalny: powoduje ciśnienie światła, które odchyla warkocze komet i mogłoby napędzać żagle słoneczne.

    Typowy błąd to obliczenie $p = \tfrac{h}{c\lambda}$ lub pomnożenie przez $c$ zamiast dzielenia. Powtórz dualizm korpuskularno-falowy.

31. 16.

    325 V

    Dla napięcia sinusoidalnego wartość skuteczna jest $\sqrt{2}$ razy mniejsza od amplitudy: $$U_{sk} = \frac{U_{max}}{\sqrt{2}} \quad \Rightarrow \quad U_{max} = U_{sk}\sqrt{2} = 230 \cdot 1{,}41 \approx 325\ \text{V}$$ gdzie $U_{sk}$ — wartość skuteczna, $U_{max}$ — amplituda napięcia.

    Wartość skuteczna jest zdefiniowana tak, aby moc średnia w oporniku dawała się liczyć „jak dla prądu stałego": $P_{sr} = U_{sk} I_{sk} = \tfrac{U_{sk}^2}{R}$. Dlatego izolacja urządzeń musi wytrzymywać $325\ \text{V}$, choć na tabliczce widnieje $230\ \text{V}$.

    Typowy błąd to dzielenie przez $\sqrt{2}$ ($163\ \text{V}$) albo mnożenie przez $2$ ($460\ \text{V}$). Powtórz prąd przemienny.

32. 17a.

    C

    Korzystamy z zasad zachowania liczby masowej i liczby atomowej: liczba masowa $9 + 4 = 13$, a węgiel zabiera $12$, więc $A_X = 1$; liczba atomowa $4 + 2 = 6$, a węgiel zabiera $6$, więc $Z_X = 0$. Cząstka o $A = 1$ i $Z = 0$ to neutron — to właśnie ta reakcja doprowadziła do jego odkrycia.

33. 17b.

    5,6 MeV

    Deficyt masy zamieniamy na energię wzorem Einsteina, korzystając z gotowego przelicznika dla jednostki masy atomowej: $$E = \Delta m \cdot c^2 = 0{,}0060\ \text{u} \cdot 931{,}5\ \tfrac{\text{MeV}}{\text{u}} \approx 5{,}6\ \text{MeV}$$ gdzie $\Delta m$ — różnica sumy mas przed i po reakcji.

    Ocena sensowności: energie reakcji jądrowych są rzędu MeV, czyli około milion razy większe niż energie reakcji chemicznych (rzędu eV) — stąd ogromna gęstość energii paliwa jądrowego. Powtórz obliczenia energii w reakcjach jądrowych.

34. 17c.

    Prawda

    Prawda. Liczba nukleonów i ładunek są zachowane (to zasady zachowania, z których korzystaliśmy w podpunkcie a), ale masa nie jest osobno zachowana — jej ubytek pojawia się jako energia zgodnie z $E = \Delta mc^2$. Zachowana jest łączna energia (wraz z energią spoczynkową) oraz pęd.

35. 18.

    5 km/s

    W peryhelium i aphelium prędkość jest prostopadła do promienia wodzącego, więc II prawo Keplera (równoważne zachowaniu momentu pędu) daje prostą zależność: $$v_p r_p = v_a r_a \quad \Rightarrow \quad v_a = v_p \cdot \frac{r_p}{r_a} = 50 \cdot \frac{0{,}60}{6{,}0} = 5{,}0\ \tfrac{\text{km}}{\text{s}}$$ gdzie $r_p$, $v_p$ — odległość i prędkość w peryhelium, $r_a$, $v_a$ — w aphelium.

    II prawo Keplera mówi, że promień wodzący zakreśla równe pola w równych czasach — dlatego blisko Słońca kometa „przemyka", a większość okresu spędza w dalekich, chłodnych obszarach orbity. Typowy błąd to proporcjonalność wprost ($v_a = 500\ \tfrac{\text{km}}{\text{s}}$) albo użycie III prawa Keplera, które dotyczy okresów, a nie prędkości chwilowych. Powtórz prawa Keplera i ruch ciał w Układzie Słonecznym.

36. 19a.

    C

    Taki jest los gwiazd o masie porównywalnej z masą Słońca. Po wyczerpaniu wodoru w jądrze gwiazda rozszerza się (faza czerwonego olbrzyma), następnie odrzuca zewnętrzne warstwy, a odsłonięte, gorące jądro — podtrzymywane przez ciśnienie zdegenerowanego gazu elektronowego — staje się białym karłem, który przez miliardy lat stygnie.

37. 19b.

    $4{,}2 \cdot 10^{9}$ kg

    Energia wypromieniowana w czasie $t = 1\ \text{s}$ wynosi $E = P \cdot t$, a odpowiadający jej ubytek masy wynika ze wzoru Einsteina $E = \Delta m c^2$: $$\Delta m = \frac{P \cdot t}{c^2} = \frac{3{,}8 \cdot 10^{26} \cdot 1}{(3{,}0 \cdot 10^8)^2} = \frac{3{,}8 \cdot 10^{26}}{9{,}0 \cdot 10^{16}} \approx 4{,}2 \cdot 10^{9}\ \text{kg}$$ gdzie $P$ — moc promieniowania, $c$ — prędkość światła.

    Ocena sensowności: ponad $4$ miliony ton na sekundę brzmi dramatycznie, ale masa Słońca to $2 \cdot 10^{30}\ \text{kg}$ — w ciągu miliarda lat ubytek stanowi ułamek promila. Typowy błąd to podzielenie przez $c$ zamiast $c^2$.

38. 20.

    $2{,}05 \cdot 10^{-22}$ kg·m/s

    Pęd relatywistyczny liczymy z czynnikiem Lorentza $\gamma$: $$\gamma = \frac{1}{\sqrt{1 - \dfrac{v^2}{c^2}}} = \frac{1}{\sqrt{1 - 0{,}36}} = \frac{1}{0{,}80} = 1{,}25$$ $$p = \gamma m v = 1{,}25 \cdot 9{,}11 \cdot 10^{-31} \cdot 1{,}80 \cdot 10^{8} \approx 2{,}05 \cdot 10^{-22}\ \tfrac{\text{kg} \cdot \text{m}}{\text{s}}$$ gdzie $\gamma$ — czynnik Lorentza, $m$ — masa spoczynkowa, $v = 0{,}60c = 1{,}80 \cdot 10^8\ \tfrac{\text{m}}{\text{s}}$.

    Ocena sensowności: wynik jest o $25$% większy od pędu klasycznego $mv = 1{,}64 \cdot 10^{-22}\ \tfrac{\text{kg}\cdot\text{m}}{\text{s}}$ — i to jest typowy błąd w tym zadaniu (pominięcie $\gamma$). Gdy $v \to c$, czynnik $\gamma \to \infty$, więc pęd rośnie bez ograniczeń, mimo że prędkość ma górną granicę — dlatego żadnej cząstki obdarzonej masą nie da się przyspieszyć do $c$. Powtórz szczególną teorię względności.

39. 21.

    A

    To I prawo Kirchhoffa (prawo węzła): suma natężeń prądów wpływających do węzła równa się sumie natężeń wypływających: $$I_1 = I_2 + I_3 \quad \Rightarrow \quad I_3 = I_1 - I_2 = 3{,}0 - 1{,}2 = 1{,}8\ \text{A}$$ Prawo to jest konsekwencją zasady zachowania ładunku — ładunek nie gromadzi się w węźle.

40. 22.

    Prawda

    Prawda. Dla wahadła czy ciężarka na sprężynie częstotliwość własna wynika z parametrów układu (dla sprężyny $f_0 = \tfrac{1}{2\pi}\sqrt{\tfrac{k}{m}}$, dla wahadła $f_0 = \tfrac{1}{2\pi}\sqrt{\tfrac{g}{l}}$). Gdy siła wymuszająca „trafia w rytm" drgań własnych, w każdym okresie dostarcza energię zgodnie z ruchem, więc amplituda narasta — ogranicza ją dopiero tłumienie.

    Dlatego żołnierze przechodzący przez most nie idą równym krokiem, a kieliszek można rozbić dźwiękiem o odpowiedniej wysokości. To samo zjawisko w obwodzie $LC$ pozwala odbiornikowi radiowemu wybrać jedną stację. Powtórz drgania i rezonans.