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

Klucz odpowiedzi

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

1. 1a.

   18 N·m

   Moment siły względem punktu $O$ to iloczyn wartości siły i ramienia — odległości punktu $O$ od linii działania siły: $$M_1 = F_1 d_1 = m_1 g d_1 = 3{,}0 \cdot 10 \cdot 0{,}60 = 18\ \text{N} \cdot \text{m}$$ gdzie $F_1 = m_1g$ — ciężar ciężarka, $d_1$ — ramię siły, $M_1$ — moment siły.

   Ten moment obraca belkę w lewo (przeciwnie do ruchu wskazówek zegara), więc w warunku równowagi wystąpi z przeciwnym znakiem niż moment od $m_2$. Powtórz mechanikę zaawansowaną.

2. 1b.

   0,9 m

   Warunek równowagi bryły sztywnej dla obrotu: suma momentów sił względem punktu podparcia musi być równa zeru, czyli momenty „w lewo" i „w prawo" muszą się zrównoważyć: $$m_1 g d_1 = m_2 g d_2 \quad \Rightarrow \quad d_2 = \frac{m_1 d_1}{m_2}$$ $$d_2 = \frac{3{,}0 \cdot 0{,}60}{2{,}0} = 0{,}90\ \text{m}$$ gdzie $d_2$ — szukane ramię, $m_1, m_2$ — masy ciężarków (przyspieszenie $g$ skraca się, więc wynik nie zależy od jego wartości).

   Ocena sensowności: lżejszy ciężarek musi wisieć dalej od podpory — i faktycznie $0{,}90\ \text{m} \gt 0{,}60\ \text{m}$. Gdybyś oba ciężarki przesunął dwukrotnie dalej, oba momenty wzrosłyby dwukrotnie, więc równowaga zostałaby zachowana.

3. 1c.

   50 N

   Drugi warunek równowagi dotyczy sił: ich suma wektorowa musi być zerem. W pionie podpora musi zrównoważyć oba ciężary: $$N = m_1 g + m_2 g = (m_1 + m_2)g = (3{,}0 + 2{,}0) \cdot 10 = 50\ \text{N}$$ gdzie $N$ — siła reakcji podpory. Z trzeciej zasady dynamiki belka naciska na podporę taką samą siłą, skierowaną w dół.

   Typowy błąd: uwzględnienie tylko jednego ciężarka albo „dzielenie" siły na pół. Do równowagi bryły sztywnej potrzebne są dwa warunki jednocześnie: $\sum \vec{F} = 0$ i $\sum M = 0$. Powtórz zasady dynamiki Newtona.

4. 2a.

   0,01 kg·m²

   Podstawiamy do wzoru na moment bezwładności walca pełnego: $$I = \frac{1}{2}mR^2 = \frac{1}{2} \cdot 2{,}0 \cdot (0{,}10)^2 = 1{,}0 \cdot 0{,}010 = 0{,}010\ \text{kg} \cdot \text{m}^2$$ gdzie $m$ — masa walca, $R$ — jego promień, $I$ — moment bezwładności (odpowiednik masy w ruchu obrotowym: mówi, jak trudno zmienić prędkość kątową).

   Uwaga na jednostkę: promień trzeba podstawić w metrach i podnieść do kwadratu — podstawienie $10\ \text{cm}$ dałoby wynik $10^4$ razy za duży.

5. 2b.

   2 J

   Energia kinetyczna ruchu obrotowego to odpowiednik $\tfrac12 mv^2$, w którym masę zastępuje moment bezwładności, a prędkość — prędkość kątowa: $$E_{obr} = \frac{1}{2}I\omega^2 = \frac{1}{2} \cdot 0{,}010 \cdot (20)^2 = 0{,}005 \cdot 400 = 2{,}0\ \text{J}$$ gdzie $\omega$ — prędkość kątowa w $\tfrac{\text{rad}}{\text{s}}$, $I$ — moment bezwładności z poprzedniego kroku.

   Typowy błąd: podstawianie prędkości liniowej $v = \omega R = 2\ \tfrac{\text{m}}{\text{s}}$ zamiast $\omega$ — wynik byłby $100$ razy mniejszy.

6. 2c.

   B

   Przy staczaniu bez poślizgu energia potencjalna dzieli się na energię ruchu postępowego i obrotowego, a $\omega = \tfrac{v}{R}$: $$mgh = \frac{1}{2}mv^2 + \frac{1}{2}I\frac{v^2}{R^2} \quad \Rightarrow \quad v = \sqrt{\frac{2gh}{1 + \tfrac{I}{mR^2}}}$$ Dla walca $\tfrac{I}{mR^2} = \tfrac12$, więc $v = \sqrt{\tfrac{4gh}{3}}$, a dla obręczy $\tfrac{I}{mR^2} = 1$, czyli $v = \sqrt{gh}$. Walec jest szybszy — cała jego masa nie jest skupiona na obwodzie, więc „mniej" energii zużywa na rozkręcenie. Powtórz zasadę zachowania energii.

7. 3.

   6 obr/s

   Na łyżwiarkę nie działa zewnętrzny moment siły, więc obowiązuje zasada zachowania momentu pędu: $$L = I\omega = \text{const} \quad \Rightarrow \quad I_1\omega_1 = I_2\omega_2$$ Ponieważ $\omega = 2\pi f$, czynnik $2\pi$ skraca się i można pracować wprost na częstotliwościach: $$I_1 f_1 = \frac{I_1}{3} f_2 \quad \Rightarrow \quad f_2 = 3f_1 = 3 \cdot 2{,}0 = 6{,}0\ \tfrac{\text{obr}}{\text{s}}$$ gdzie $L$ — moment pędu, $I$ — moment bezwładności, $\omega$ — prędkość kątowa, $f$ — częstotliwość obrotów.

   Ciekawostka energetyczna: energię kinetyczną obrotu można zapisać jako $E = \tfrac{L^2}{2I}$, więc przy trzykrotnym zmniejszeniu $I$ energia rośnie trzykrotnie. To nie łamie zasady zachowania energii — łyżwiarka wykonuje pracę mięśniami, przyciągając ręce wbrew sile odśrodkowej.

   Typowy błąd: zastosowanie zasady zachowania energii ($E = \text{const}$) zamiast momentu pędu — dałoby $f_2 = \sqrt{3}f_1 \approx 3{,}5\ \tfrac{\text{obr}}{\text{s}}$. Powtórz mechanikę zaawansowaną.

8. 4a.

   180 kJ

   Korzystamy z twierdzenia o pracy i energii kinetycznej: praca wypadkowa wszystkich sił jest równa przyrostowi energii kinetycznej: $$W = \Delta E_k = \frac{1}{2}mv_2^2 - \frac{1}{2}mv_1^2 = \frac{1}{2}m\left(v_2^2 - v_1^2\right)$$ $$W = \frac{1}{2} \cdot 1200 \cdot (400 - 100) = 600 \cdot 300 = 180\ 000\ \text{J} = 180\ \text{kJ}$$ gdzie $m$ — masa samochodu, $v_1, v_2$ — prędkość początkowa i końcowa.

   Typowy błąd: liczenie $\tfrac12 m (v_2 - v_1)^2 = 60\ \text{kJ}$ — różnicę bierzemy z kwadratów prędkości, a nie z prędkości. Powtórz pracę, energię i pęd.

9. 4b.

   18 kW

   Moc chwilowa przy stałym kierunku siły i prędkości: $$P = \frac{W}{t} = \frac{F \cdot s}{t} = F v$$ $$P = 900 \cdot 20 = 18\ 000\ \text{W} = 18\ \text{kW}$$ gdzie $F$ — siła napędowa, $v$ — chwilowa prędkość, $P$ — moc chwilowa.

   Wniosek fizyczny: przy tej samej sile moc rośnie proporcjonalnie do prędkości. Dlatego samochód ma największe „zapasy" przyspieszenia przy małych prędkościach — przy dużych cała moc idzie na pokonanie oporów.

10. 4c.

    Fałsz

    Fałsz. Iloraz $\tfrac{W}{t}$ dla całego procesu to moc średnia. Moc chwilowa to granica tego ilorazu dla bardzo krótkiego przedziału czasu, czyli $P = Fv$ — i zmienia się w trakcie ruchu. W tym zadaniu moc chwilowa przy $10\ \tfrac{\text{m}}{\text{s}}$ byłaby (przy tej samej sile) dwa razy mniejsza niż przy $20\ \tfrac{\text{m}}{\text{s}}$. Powtórz pracę i moc.

11. 5a.

    40 mol

    Korzystamy z równania Clapeyrona (równania stanu gazu doskonałego): $$pV = nRT \quad \Rightarrow \quad n = \frac{pV}{RT}$$ Objętość przeliczamy na metry sześcienne: $20\ \text{dm}^3 = 0{,}020\ \text{m}^3$. $$n = \frac{5{,}0 \cdot 10^6 \cdot 0{,}020}{8{,}31 \cdot 300} = \frac{1{,}0 \cdot 10^5}{2493} \approx 40{,}1\ \text{mol}$$ gdzie $p$ — ciśnienie, $V$ — objętość, $n$ — liczba moli, $R$ — uniwersalna stała gazowa, $T$ — temperatura bezwzględna (w kelwinach).

    Typowy błąd: pozostawienie objętości w $\text{dm}^3$ — wynik byłby $1000$ razy za duży. Powtórz przemiany gazowe i równanie stanu.

12. 5b.

    1,28 kg

    Masę otrzymujemy z liczby moli i masy molowej: $$m = nM = 40{,}1 \cdot 32\ \tfrac{\text{g}}{\text{mol}} \approx 1283\ \text{g} \approx 1{,}28\ \text{kg}$$ gdzie $M$ — masa molowa tlenu ($32\ \tfrac{\text{g}}{\text{mol}}$, bo cząsteczka $\text{O}_2$ zawiera dwa atomy o masie $16\ \text{u}$).

    Typowy błąd: użycie masy molowej atomu tlenu ($16\ \tfrac{\text{g}}{\text{mol}}$) — w butli jest tlen cząsteczkowy $\text{O}_2$.

13. 5c.

    64 kg/m³

    Gęstość to iloraz masy i objętości: $$\rho = \frac{m}{V} = \frac{1{,}28}{0{,}020} = 64\ \tfrac{\text{kg}}{\text{m}^3}$$ Ten sam wynik daje przekształcone równanie Clapeyrona: $$\rho = \frac{pM}{RT} = \frac{5{,}0 \cdot 10^6 \cdot 0{,}032}{8{,}31 \cdot 300} \approx 64\ \tfrac{\text{kg}}{\text{m}^3}$$ gdzie $\rho$ — gęstość gazu, $M$ — masa molowa w $\tfrac{\text{kg}}{\text{mol}}$.

    Ocena sensowności: gęstość powietrza w warunkach normalnych to około $1{,}3\ \tfrac{\text{kg}}{\text{m}^3}$, a tu ciśnienie jest około $50$ razy większe — wynik rzędu kilkudziesięciu $\tfrac{\text{kg}}{\text{m}^3}$ jest więc wiarygodny. Powtórz masę i gęstość.

14. 6a.

    600 J

    W przemianie izobarycznej praca gazu to pole prostokąta pod odcinkiem $1 \to 2$: $$W_{1 \to 2} = p_2 \Delta V = p_2 (V_2 - V_1)$$ Objętości przeliczamy na $\text{m}^3$: $\Delta V = 4{,}0\ \text{dm}^3 - 1{,}0\ \text{dm}^3 = 3{,}0\ \text{dm}^3 = 3{,}0 \cdot 10^{-3}\ \text{m}^3$. $$W_{1 \to 2} = 2{,}0 \cdot 10^5 \cdot 3{,}0 \cdot 10^{-3} = 600\ \text{J}$$ gdzie $p_2$ — stałe ciśnienie w tej przemianie, $\Delta V$ — zmiana objętości.

    Zwróć uwagę: gaz się rozpręża, więc pracę wykonuje on (nad otoczeniem) — praca gazu jest dodatnia. Powtórz przemiany gazowe.

15. 6b.

    300 J

    Podczas rozprężania $1 \to 2$ gaz wykonuje pracę $+600\ \text{J}$, a podczas sprężania $3 \to 4$ (przy niższym ciśnieniu $p_1$) praca gazu jest ujemna: $$W_{3 \to 4} = -p_1 \Delta V = -1{,}0 \cdot 10^5 \cdot 3{,}0 \cdot 10^{-3} = -300\ \text{J}$$ W przemianach izochorycznych ($2 \to 3$ i $4 \to 1$) objętość się nie zmienia, więc praca jest zerowa. Stąd: $$W_{cyklu} = 600 - 300 = 300\ \text{J}$$ To dokładnie pole prostokąta zamkniętego przez cykl: $$W_{cyklu} = (p_2 - p_1)(V_2 - V_1) = 1{,}0 \cdot 10^5 \cdot 3{,}0 \cdot 10^{-3} = 300\ \text{J}$$ Typowy błąd: dodawanie prac zamiast ich odejmowania (wynik $900\ \text{J}$) — w drodze powrotnej gaz jest sprężany, więc praca zmienia znak. Powtórz I zasadę termodynamiki.

16. 6c.

    A

    Pole wewnątrz zamkniętej krzywej na wykresie $p(V)$ zawsze daje wartość pracy cyklu, a kierunek obiegu decyduje o znaku: obieg zgodny z ruchem wskazówek zegara oznacza, że rozprężanie odbywa się przy wyższym ciśnieniu, czyli gaz wykonuje pracę netto (silnik cieplny). Obieg przeciwny wymaga dostarczenia pracy z zewnątrz — tak pracuje lodówka i pompa ciepła. Powtórz II zasadę termodynamiki i silniki cieplne.

17. 7a.

    1800 V/m

    Natężenie pola ładunku punktowego maleje z kwadratem odległości: $$E_1 = k\frac{|q_1|}{r^2}$$ gdzie $k$ — stała elektrostatyczna, $q_1$ — ładunek źródłowy, $r = 0{,}20\ \text{m}$ — odległość punktu $P$ od ładunku (połowa $2r$). $$E_1 = \frac{9{,}0 \cdot 10^9 \cdot 8{,}0 \cdot 10^{-9}}{(0{,}20)^2} = \frac{72}{0{,}040} = 1800\ \tfrac{\text{V}}{\text{m}}$$ Typowe błędy: podstawienie pełnej odległości $0{,}40\ \text{m}$ zamiast połowy (wynik $450\ \tfrac{\text{V}}{\text{m}}$) oraz pominięcie kwadratu w mianowniku. Powtórz elektrostatykę.

18. 7b.

    3600 V/m

    Natężenia pól dodają się wektorowo (zasada superpozycji). Pole ładunku dodatniego jest w $P$ skierowane od niego (w prawo), a pole ładunku ujemnego — do niego (również w prawo). Wektory mają ten sam kierunek i zwrot, więc ich wartości po prostu się dodają: $$E = E_1 + E_2 = 1800 + 1800 = 3600\ \tfrac{\text{V}}{\text{m}}$$ (oba ładunki mają tę samą wartość i tę samą odległość od $P$, więc $E_2 = E_1$).

    Typowy błąd: odejmowanie wartości „bo ładunki są przeciwne" — wynik $0$. Odejmowanie byłoby poprawne dla dwóch ładunków dodatnich: wtedy wektory w środku odcinka mają przeciwne zwroty i pole wypadkowe jest zerowe.

19. 7c.

    A

    Umowa jest taka, że $\vec{E}$ wskazuje kierunek siły działającej na ładunek dodatni, więc pole biegnie od plusa do minusa. Na elektron (ładunek ujemny) siła $\vec{F} = q\vec{E}$ ma zwrot przeciwny do $\vec{E}$, czyli elektron jest przyciągany przez ładunek dodatni. Powtórz pole elektryczne i siły na ładunki.

20. 8a.

    9 µF

    W połączeniu równoległym oba kondensatory mają to samo napięcie, a ładunki się dodają ($Q = Q_1 + Q_2$), więc pojemności dodają się wprost: $$C_r = C_1 + C_2 = 3{,}0 + 6{,}0 = 9{,}0\ \mu\text{F}$$ gdzie $C_r$ — pojemność zastępcza połączenia równoległego.

    Pamięciowo: równoległe łączenie kondensatorów to jakby powiększanie powierzchni okładek — pojemność rośnie. Uwaga: dla oporników jest odwrotnie, dlatego łatwo pomylić wzory. Powtórz połączenia szeregowe i równoległe.

21. 8b.

    2 µF

    W połączeniu szeregowym odwrotności pojemności się dodają: $$\frac{1}{C_s} = \frac{1}{C_1} + \frac{1}{C_2} \quad \Rightarrow \quad C_s = \frac{C_1 C_2}{C_1 + C_2}$$ $$C_s = \frac{3{,}0 \cdot 6{,}0}{3{,}0 + 6{,}0} = \frac{18}{9{,}0} = 2{,}0\ \mu\text{F}$$ gdzie $C_s$ — pojemność zastępcza połączenia szeregowego.

    Kontrola wyniku: pojemność zastępcza szeregowa jest zawsze mniejsza od najmniejszej z pojemności składowych — i faktycznie $2{,}0\ \mu\text{F} \lt 3{,}0\ \mu\text{F}$.

22. 8c.

    D

    W szeregu przez oba kondensatory „przepływa" ten sam ładunek: $$Q = C_s U = 2{,}0\ \mu\text{F} \cdot 12\ \text{V} = 24\ \mu\text{C}$$ Napięcia rozkładają się więc odwrotnie proporcjonalnie do pojemności: $$U_1 = \frac{Q}{C_1} = \frac{24}{3{,}0} = 8{,}0\ \text{V}, \qquad U_2 = \frac{Q}{C_2} = \frac{24}{6{,}0} = 4{,}0\ \text{V}$$ Suma $8{,}0 + 4{,}0 = 12\ \text{V}$ zgadza się z napięciem źródła. Powtórz obwody i napięcia.

23. 9a.

    5 mT

    Wewnątrz długiego solenoidu pole jest jednorodne i zależy od gęstości zwojów $n = \tfrac{N}{l}$: $$B = \mu_0 n I = \mu_0 \frac{N}{l} I$$ $$n = \frac{500}{0{,}25} = 2000\ \tfrac{1}{\text{m}}$$ $$B = 4\pi \cdot 10^{-7} \cdot 2000 \cdot 2{,}0 = 4\pi \cdot 10^{-7} \cdot 4000 \approx 5{,}0 \cdot 10^{-3}\ \text{T} = 5{,}0\ \text{mT}$$ gdzie $\mu_0$ — przenikalność magnetyczna próżni, $n$ — liczba zwojów na metr, $I$ — prąd.

    Typowy błąd: podstawienie samego $N = 500$ zamiast $\tfrac{N}{l}$ — wynik byłby $4$ razy mniejszy. Zwróć uwagę, że $B$ nie zależy od średnicy cewki. Powtórz pole magnetyczne prądu.

24. 9b.

    16 mJ

    Energia zgromadzona w cewce (w polu magnetycznym) jest analogiczna do energii kondensatora: $$W = \frac{1}{2}LI^2 = \frac{1}{2} \cdot 8{,}0 \cdot 10^{-3} \cdot (2{,}0)^2 = \frac{1}{2} \cdot 8{,}0 \cdot 10^{-3} \cdot 4{,}0 = 1{,}6 \cdot 10^{-2}\ \text{J} = 16\ \text{mJ}$$ gdzie $L$ — indukcyjność cewki (w henrach), $I$ — prąd płynący przez cewkę.

    Typowy błąd: pominięcie czynnika $\tfrac12$ (wynik $32\ \text{mJ}$) albo zapomnienie o kwadracie prądu. Powtórz indukcję elektromagnetyczną.

25. 9c.

    Prawda

    Prawda. Prąd cewki „niesie" energię $\tfrac12 LI^2$, a szybki zanik prądu oznacza dużą wartość $\tfrac{\Delta I}{\Delta t}$, więc indukuje się duża SEM samoindukcji: $$\varepsilon_L = -L\frac{\Delta I}{\Delta t}$$ Napięcie to może wielokrotnie przewyższyć napięcie zasilania i przebić powietrze między stykami. Dlatego w obwodach z cewkami (przekaźniki, silniki) montuje się diody gaszące. To ta sama reguła Lenza, która „broni" każdej zmiany strumienia magnetycznego. Powtórz indukcję i regułę Lenza.

26. 10a.

    11,5 V

    Ten sam zmienny strumień magnetyczny przechodzi przez oba uzwojenia, a SEM indukcji jest proporcjonalna do liczby zwojów, więc: $$\frac{U_1}{U_2} = \frac{n_1}{n_2} \quad \Rightarrow \quad U_2 = U_1 \frac{n_2}{n_1}$$ $$U_2 = 230 \cdot \frac{50}{1000} = 230 \cdot 0{,}050 = 11{,}5\ \text{V}$$ gdzie $n_1, n_2$ — liczby zwojów uzwojenia pierwotnego i wtórnego, $U_1, U_2$ — napięcia skuteczne na tych uzwojeniach.

    To transformator obniżający napięcie (przekładnia $20:1$) — taki jak w zasilaczu lampki czy dzwonka. Powtórz transformator i prąd przemienny.

27. 10b.

    2 A

    Dla idealnego transformatora moc pobierana równa się mocy oddawanej: $$P_1 = P_2 \quad \Rightarrow \quad U_1 I_1 = U_2 I_2 \quad \Rightarrow \quad I_2 = I_1\frac{n_1}{n_2}$$ $$I_2 = 0{,}10 \cdot \frac{1000}{50} = 0{,}10 \cdot 20 = 2{,}0\ \text{A}$$ gdzie $I_1, I_2$ — prądy w uzwojeniach. Sprawdzenie mocy: $230 \cdot 0{,}10 = 23\ \text{W}$ oraz $11{,}5 \cdot 2{,}0 = 23\ \text{W}$ — zgadza się.

    Reguła: to, co transformator „obniża" w napięciu, podwyższa w prądzie (i odwrotnie). Dlatego w liniach przesyłowych stosuje się wysokie napięcie — mały prąd oznacza małe straty $I^2R$. Powtórz prawo Joule'a i straty przesyłu.

28. 10c.

    C

    Transformator działa dzięki prawu indukcji Faradaya: $$\varepsilon = -N\frac{\Delta \Phi}{\Delta t}$$ SEM pojawia się tylko przy zmianie strumienia $\Phi$. Prąd stały daje stały strumień, więc $\tfrac{\Delta \Phi}{\Delta t} = 0$ i napięcie wtórne jest zerowe. Krótki impuls powstanie jedynie w chwili włączania i wyłączania, gdy prąd narasta lub zanika. Dodatkowo uzwojenie pierwotne, mając mały opór, mocno by się nagrzało. Powtórz prawo Faradaya.

29. 11a.

    $2{,}26 \cdot 10^{8}$ m/s

    Współczynnik załamania ośrodka jest zdefiniowany jako stosunek prędkości światła w próżni do prędkości w tym ośrodku: $$n = \frac{c}{v} \quad \Rightarrow \quad v = \frac{c}{n}$$ $$v = \frac{3{,}00 \cdot 10^8}{1{,}33} \approx 2{,}26 \cdot 10^8 \ \tfrac{\text{m}}{\text{s}}$$ gdzie $n$ — współczynnik załamania wody, $c$ — prędkość światła w próżni, $v$ — prędkość światła w wodzie.

    Ocena sensowności: światło w ośrodku materialnym jest zawsze wolniejsze niż w próżni, więc $v \lt c$. Wynik większy od $c$ oznaczałby błąd (np. mnożenie zamiast dzielenia). Powtórz optykę falową.

30. 11b.

    451 nm

    Przy przejściu do innego ośrodka częstotliwość się nie zmienia (narzuca ją źródło), a zmienia się prędkość — więc musi zmienić się długość fali: $$v = f\lambda \quad \Rightarrow \quad \lambda = \frac{v}{f} = \frac{c}{nf} = \frac{\lambda_0}{n}$$ $$\lambda = \frac{600\ \text{nm}}{1{,}33} \approx 451\ \text{nm}$$ gdzie $\lambda_0$ — długość fali w powietrzu, $\lambda$ — w wodzie, $f$ — częstotliwość (ta sama w obu ośrodkach).

    Konsekwencja: barwa światła zależy od częstotliwości, a nie od długości fali w danym ośrodku — dlatego pod wodą światło nadal wydaje się czerwone, choć jego długość fali jest tam krótsza. Powtórz fale i ich parametry.

31. 11c.

    32 °

    Z prawa załamania (prawa Snella) dla przejścia z powietrza ($n_1 \approx 1$) do wody: $$n_1 \sin\alpha = n_2 \sin\beta \quad \Rightarrow \quad \sin\beta = \frac{\sin\alpha}{n}$$ $$\sin\beta = \frac{\sin 45^\circ}{1{,}33} = \frac{0{,}707}{1{,}33} = 0{,}532 \quad \Rightarrow \quad \beta \approx 32^\circ$$ gdzie $\alpha$ — kąt padania, $\beta$ — kąt załamania (oba mierzone od normalnej).

    Kontrola jakościowa: światło wchodzi do ośrodka gęstszego optycznie, więc załamuje się do normalnej i $\beta \lt \alpha$ — zgadza się ($32^\circ \lt 45^\circ$). Typowy błąd to mnożenie przez $n$ zamiast dzielenia ($\sin\beta = 0{,}94$, czyli $\beta = 70^\circ$ — załamanie w złą stronę). Powtórz załamanie światła.

32. 12a.

    80 dB

    Poziom natężenia dźwięku definiuje się w skali logarytmicznej: $$L = 10 \log\frac{I}{I_0}$$ $$\frac{I}{I_0} = \frac{1{,}0 \cdot 10^{-4}}{1{,}0 \cdot 10^{-12}} = 10^{8}$$ $$L = 10 \log 10^{8} = 10 \cdot 8 = 80\ \text{dB}$$ gdzie $I$ — natężenie dźwięku, $I_0$ — natężenie progowe, $L$ — poziom natężenia w decybelach.

    Ocena sensowności: $80\ \text{dB}$ to poziom ruchliwej ulicy — głośno, ale jeszcze nie na progu bólu ($120\ \text{dB}$). Powtórz fale dźwiękowe.

33. 12b.

    B

    Podwojenie natężenia oznacza dodanie $10\log 2$ do poziomu: $$L' = 10\log\frac{2I}{I_0} = 10\log 2 + 10\log\frac{I}{I_0} \approx 3{,}0 + 80 = 83\ \text{dB}$$ Skala decybelowa jest logarytmiczna, więc mnożeniu natężenia odpowiada dodawanie decybeli. Ucho też reaguje logarytmicznie — dlatego drugi instrument nie brzmi „dwa razy głośniej" (subiektywne podwojenie głośności to około $10\ \text{dB}$).

34. 13a.

    D

    To zjawisko dyspersji: współczynnik załamania szkła zależy od długości fali i rośnie, gdy długość fali maleje ($n_{fiolet} \gt n_{czerwony}$). Z prawa Snella $\sin\beta = \tfrac{\sin\alpha}{n}$ — większe $n$ oznacza mniejszy kąt załamania, czyli silniejsze odchylenie od pierwotnego kierunku. Dlatego w tęczy fiolet jest po wewnętrznej stronie łuku, a czerwień po zewnętrznej. Powtórz pryzmat i rozszczepienie światła.

35. 13b.

    19,5 °

    Z prawa Snella dla przejścia powietrze $\to$ szkło: $$\sin\beta = \frac{\sin\alpha}{n} = \frac{\sin 30^\circ}{1{,}50} = \frac{0{,}500}{1{,}50} = 0{,}333$$ $$\beta = \arcsin 0{,}333 \approx 19{,}5^\circ$$ gdzie $\alpha = 30^\circ$ — kąt padania, $n$ — współczynnik załamania szkła, $\beta$ — kąt załamania w szkle.

    Zwróć uwagę: $\sin\beta$ jest trzy razy mniejszy od $\sin\alpha$, ale kąt nie jest trzy razy mniejszy ($30^\circ \to 19{,}5^\circ$) — funkcja sinus nie jest liniowa. To częste źródło błędu przy szacowaniu wyniku „w głowie". Powtórz optykę geometryczną.

36. 14a.

    50 razy

    Powiększenie kątowe lunety to stosunek ogniskowych: $$p = \frac{f_{ob}}{f_{ok}} = \frac{100}{2{,}0} = 50$$ gdzie $f_{ob}$ — ogniskowa obiektywu, $f_{ok}$ — ogniskowa okularu. Obiektyw tworzy rzeczywisty, odwrócony obraz w swojej płaszczyźnie ogniskowej, a okular działa jak lupa, przez którą oglądamy ten obraz.

    Wniosek praktyczny: duże powiększenie wymaga długiej ogniskowej obiektywu i krótkiej okularu. Dlatego lunety astronomiczne są długie, a wymiana okularu na „mocniejszy" zmienia powiększenie. Powtórz przyrządy optyczne.

37. 14b.

    102 cm

    Przy ustawieniu „na nieskończoność" ognisko obrazowe obiektywu pokrywa się z ogniskiem przedmiotowym okularu, więc odległość soczewek to suma ogniskowych: $$d = f_{ob} + f_{ok} = 100 + 2{,}0 = 102\ \text{cm}$$ gdzie $d$ — długość tubusu.

    Typowy błąd: stosowanie równania soczewki $\tfrac{1}{f} = \tfrac{1}{x} + \tfrac{1}{y}$ dla całego układu — tutaj światło z gwiazdy pada praktycznie jako wiązka równoległa ($x \to \infty$), a każdą soczewkę rozpatrujemy osobno. Powtórz soczewki i równanie soczewki.

38. 15a.

    $8 \cdot 10^{-15}$ J

    Cała praca pola elektrycznego zamienia się w energię kinetyczną elektronu: $$E_k = eU = 1{,}6 \cdot 10^{-19} \cdot 5{,}0 \cdot 10^{4} = 8{,}0 \cdot 10^{-15}\ \text{J}$$ gdzie $e$ — ładunek elementarny, $U$ — napięcie przyspieszające.

    W jednostkach wygodniejszych dla fizyki atomowej to $E_k = 50\ \text{keV}$ — energia elektronu wyrażona w elektronowoltach jest liczbowo równa napięciu w woltach.

    Typowy błąd: podstawienie $U = 50$ zamiast $5{,}0 \cdot 10^4\ \text{V}$ (przeliczenie kilowoltów) — wynik byłby $1000$ razy mniejszy. Powtórz pracę w polu elektrycznym.

39. 15b.

    $2{,}49 \cdot 10^{-11}$ m

    Najkrótsza fala (najbardziej energetyczny foton) powstaje wtedy, gdy elektron oddaje całą swoją energię kinetyczną jednemu fotonowi: $$eU = \frac{hc}{\lambda_{min}} \quad \Rightarrow \quad \lambda_{min} = \frac{hc}{eU}$$ $$\lambda_{min} = \frac{6{,}63 \cdot 10^{-34} \cdot 3{,}0 \cdot 10^8} {8{,}0 \cdot 10^{-15}} = \frac{1{,}99 \cdot 10^{-25}}{8{,}0 \cdot 10^{-15}} \approx 2{,}5 \cdot 10^{-11}\ \text{m}$$ gdzie $h$ — stała Plancka, $c$ — prędkość światła, $\lambda_{min}$ — graniczna długość fali widma hamowania.

    Ocena sensowności: $2{,}5 \cdot 10^{-11}\ \text{m} = 25\ \text{pm}$ — to rozmiar porównywalny z odległościami atomów w kryształach, dlatego promieniowanie rentgenowskie służy do badania struktury kryształów. Zwróć uwagę, że granica widma zależy tylko od napięcia lampy, a nie od materiału anody. Powtórz obliczenia z fizyki atomowej.

40. 16.

    B

    W zderzeniu foton–elektron spełnione są jednocześnie zasada zachowania energii i zasada zachowania pędu. Elektron unosi część energii, więc dla fotonu zostaje mniej: $$E' \lt E \quad \text{oraz} \quad E = \frac{hc}{\lambda} \quad \Rightarrow \quad \lambda' \gt \lambda$$ Przesunięcie długości fali zależy od kąta rozproszenia $\theta$: $$\Delta\lambda = \frac{h}{m_e c}(1 - \cos\theta)$$ Klasyczna fala elektromagnetyczna nie zmieniałaby długości fali przy rozpraszaniu — dlatego efekt Comptona jest jednym z najmocniejszych dowodów korpuskularnej natury światła (foton ma pęd $p = \tfrac{h}{\lambda}$). Powtórz dualizm korpuskularno-falowy.

41. 17a.

    $5{,}25 \cdot 10^{-25}$ kg·m/s

    Zasada nieoznaczoności Heisenberga wiąże nieoznaczoności położenia i pędu: $$\Delta x \cdot \Delta p \ge \frac{\hbar}{2} \quad \Rightarrow \quad \Delta p \ge \frac{\hbar}{2\Delta x}$$ $$\Delta p \ge \frac{1{,}05 \cdot 10^{-34}}{2 \cdot 1{,}0 \cdot 10^{-10}} = 5{,}25 \cdot 10^{-25}\ \tfrac{\text{kg} \cdot \text{m}}{\text{s}}$$ gdzie $\hbar = \tfrac{h}{2\pi}$ — zredukowana stała Plancka, $\Delta x$ — nieoznaczoność położenia, $\Delta p$ — nieoznaczoność pędu.

    Typowy błąd: pominięcie dwójki w mianowniku albo użycie $h$ zamiast $\hbar$ (różnica $2\pi$). Powtórz podstawy fizyki współczesnej.

42. 17b.

    580000 m/s

    Z definicji pędu $p = mv$ nieoznaczoność prędkości to: $$\Delta v = \frac{\Delta p}{m_e} = \frac{5{,}25 \cdot 10^{-25}} {9{,}11 \cdot 10^{-31}} \approx 5{,}8 \cdot 10^{5}\ \tfrac{\text{m}}{\text{s}}$$ gdzie $m_e$ — masa elektronu.

    Interpretacja — to sedno mechaniki kwantowej: nieoznaczoność prędkości jest rzędu setek kilometrów na sekundę, czyli porównywalna z samą prędkością elektronu w atomie. Nie można więc mówić o „torze" ani o „orbicie" elektronu — model Bohra z określonymi orbitami musiał ustąpić opisowi za pomocą orbitali (rozkładów prawdopodobieństwa).

    Ocena sensowności: ten sam rachunek dla ziarnka piasku ($m \approx 10^{-6}\ \text{kg}$) dałby $\Delta v \sim 10^{-19} \ \tfrac{\text{m}}{\text{s}}$ — nieoznaczoność zupełnie niemierzalna. Dlatego świat makroskopowy wydaje się „klasyczny". Powtórz model atomu i widma.

43. 18a.

    B

    Maksimum krzywej przypada na okolice żelaza i niklu. To dlatego żelazo jest „końcem drogi" dla reakcji termojądrowych w gwiazdach — synteza jąder cięższych od żelaza pochłania energię, a nie ją wydziela. Właśnie w tym momencie masywna gwiazda traci wewnętrzne źródło energii i zapada się, wybuchając jako supernowa. Powtórz energię wiązania i reakcje fuzji.

44. 18b.

    7,1 MeV

    Najpierw całkowita energia wiązania z deficytu masy: $$E_w = \Delta m \cdot c^2 = 0{,}0304\ \text{u} \cdot 931{,}5 \ \tfrac{\text{MeV}}{\text{u}} \approx 28{,}3\ \text{MeV}$$ Następnie dzielimy przez liczbę nukleonów $A = 4$: $$\frac{E_w}{A} = \frac{28{,}3}{4} \approx 7{,}1\ \text{MeV}$$ gdzie $\Delta m$ — deficyt masy (różnica masy nukleonów swobodnych i masy jądra), $A$ — liczba masowa.

    Zwróć uwagę: hel-4 leży wyraźnie powyżej sąsiadów na krzywej — to jądro szczególnie trwałe (cząstka $\alpha$). Dlatego rozpad $\alpha$ polega na emisji właśnie takiej „paczki" nukleonów.

    Typowy błąd: podanie $28{,}3\ \text{MeV}$, czyli energii wiązania całego jądra, bez podzielenia przez $A$.

45. 18c.

    Prawda

    Prawda — i to jest właśnie sens tej krzywej. Energia wydziela się wtedy, gdy układ „wspina się" w stronę maksimum przy $A \approx 56$:

    • od lewej — synteza lekkich jąder (wodór $\to$ hel w Słońcu, reaktory termojądrowe),
    • od prawej — rozszczepienie ciężkich jąder (uran w elektrowni jądrowej).

    Nadwyżka energii wiązania jest unoszona przez produkty (energia kinetyczna, promieniowanie $\gamma$, neutrony) zgodnie z $E = \Delta m c^2$. Powtórz energię jądrową.

46. 19a.

    B

    Neutrony emitowane przy rozszczepieniu są prędkie (energie rzędu MeV), a prawdopodobieństwo ich wychwytu przez uran-235 jest wtedy małe. W zderzeniach z lekkimi jądrami moderatora (wodór w wodzie, węgiel w graficie) neutrony tracą energię — stają się „termiczne" (około $0{,}025\ \text{eV}$) i wtedy skutecznie wywołują kolejne rozszczepienia. Bez moderatora reakcja łańcuchowa w takim paliwie nie byłaby samopodtrzymująca.

    Zderzenia z lekkimi jądrami spowalniają neutrony najskuteczniej — tak jak w zderzeniu sprężystym z ciałem o podobnej masie przekazuje się najwięcej energii. Powtórz energię jądrową i reaktory.

47. 19b.

    Prawda

    Prawda. Wsuwanie prętów zmniejsza liczbę neutronów zdolnych wywołać kolejne rozszczepienia, a wysuwanie — zwiększa. Sterowanie polega na utrzymaniu współczynnika mnożenia $k = 1$ (każde rozszczepienie wywołuje średnio dokładnie jedno następne):

    • $k \lt 1$ — reakcja gaśnie,
    • $k = 1$ — praca stabilna,
    • $k \gt 1$ — lawinowy wzrost mocy.

    W bombie atomowej celowo dąży się do $k \gt 1$ bez moderatora i przy bardzo wysokim wzbogaceniu — dlatego reaktor energetyczny (wzbogacenie kilku procent) nie może wybuchnąć jak bomba. Powtórz promieniotwórczość i reakcje jądrowe.

48. 20a.

    1625 MeV

    Korzystamy z relatywistycznej relacji energia–pęd: $$E^2 = (pc)^2 + \left(mc^2\right)^2 \quad \Rightarrow \quad pc = \sqrt{E^2 - E_0^2}$$ Energia całkowita to suma energii spoczynkowej i kinetycznej: $$E = E_0 + E_k = 938 + 938 = 1876\ \text{MeV}$$ $$pc = \sqrt{1876^2 - 938^2} = 938\sqrt{2^2 - 1} = 938\sqrt{3} \approx 1625\ \text{MeV}$$ gdzie $E$ — energia całkowita, $E_0 = mc^2$ — energia spoczynkowa, $p$ — pęd relatywistyczny.

    Kontrola: ten sam wynik daje droga „przez $\gamma$": z $E = \gamma E_0$ mamy $\gamma = 2$, więc $v = c\sqrt{1 - \tfrac{1}{\gamma^2}} = 0{,}866c$, a $pc = \gamma m v c = 2 \cdot 938 \cdot 0{,}866 \approx 1625\ \text{MeV}$.

    Typowy błąd: dodanie energii i pędu „liniowo" ($pc = E - E_0 = 938$) — relacja energia–pęd ma postać twierdzenia Pitagorasa, a nie sumy. Powtórz fizykę relatywistyczną.

49. 20b.

    D

    Dla fotonu $m = 0$, więc człon $\left(mc^2\right)^2$ znika: $$E^2 = (pc)^2 \quad \Rightarrow \quad E = pc \quad \Rightarrow \quad p = \frac{E}{c} = \frac{h}{\lambda}$$ (ostatnia równość po podstawieniu $E = \tfrac{hc}{\lambda}$). Foton nie ma masy, ale ma pęd — to dlatego działa ciśnienie światła i możliwe są żagle słoneczne. Powtórz dualizm i pęd fotonu.

50. 21a.

    500 nm

    Z prawa przesunięć Wiena: $$\lambda_{max} = \frac{b}{T} = \frac{2{,}9 \cdot 10^{-3}}{5800} = 5{,}0 \cdot 10^{-7}\ \text{m} = 500\ \text{nm}$$ gdzie $b$ — stała Wiena, $T$ — temperatura powierzchni w kelwinach, $\lambda_{max}$ — długość fali maksimum emisji.

    Piękna zgodność: $500\ \text{nm}$ to światło zielone — dokładnie środek widma widzialnego i obszar największej czułości ludzkiego oka. Nasz wzrok wyewoluował „pod" widmo Słońca.

    Wniosek: gwiazdy gorętsze świecą na niebiesko (krótsze $\lambda_{max}$), chłodniejsze — na czerwono. Dlatego barwa gwiazdy jest termometrem. Powtórz astronomię i ewolucję gwiazd.

51. 21b.

    A

    Z prawa Stefana–Boltzmanna moc promieniowania ciała czarnego wynosi: $$P = \sigma S T^4$$ gdzie $\sigma$ — stała Stefana–Boltzmanna, $S$ — powierzchnia gwiazdy, $T$ — temperatura. Przy tym samym promieniu (a więc tej samej $S$): $$\frac{P_2}{P_1} = \left(\frac{T_2}{T_1}\right)^4 = 2^4 = 16$$ Ta czwarta potęga sprawia, że nawet niewielki wzrost temperatury gwiazdy drastycznie zmienia jej jasność. Powtórz promieniowanie i przepływy ciepła.

52. 22a.

    10 pc

    Definicja parseka daje wyjątkowo prosty wzór: $$d\ [\text{pc}] = \frac{1}{p\ [\text{''}]} = \frac{1}{0{,}10} = 10\ \text{pc}$$ gdzie $p$ — paralaksa w sekundach kątowych, $d$ — odległość w parsekach. Parsek to właśnie odległość, z której promień orbity Ziemi ($1\ \text{AU}$) widać pod kątem jednej sekundy kątowej; $1\ \text{pc} \approx 3{,}26$ roku świetlnego.

    Zatem $10\ \text{pc} \approx 33$ lata świetlne.

    Uwaga na kierunek zależności: im mniejsza paralaksa, tym dalsza gwiazda. Dla gwiazd odległych o tysiące parseków paralaksa jest tak mała, że metoda przestaje działać — i dlatego potrzebne są inne „szczeble" kosmicznej drabiny odległości. Powtórz astronomię podstawową.

53. 22b.

    7000 km/s

    Prawo Hubble'a mówi, że prędkość oddalania się galaktyk jest proporcjonalna do ich odległości: $$v = H_0 d = 70\ \tfrac{\text{km}}{\text{s} \cdot \text{Mpc}} \cdot 100 \ \text{Mpc} = 7000\ \tfrac{\text{km}}{\text{s}}$$ gdzie $H_0$ — stała Hubble'a, $d$ — odległość galaktyki.

    Prędkość tę mierzy się z przesunięcia ku czerwieni linii widmowych (efekt Dopplera dla światła): linie odległych galaktyk są przesunięte w stronę większych długości fali.

    Interpretacja: to nie galaktyki „lecą" przez przestrzeń — to sama przestrzeń się rozszerza, a odwrócenie tej ekspansji w czasie prowadzi do modelu Wielkiego Wybuchu. Powtórz budowę Wszechświata.

54. 23a.

    0,2 %

    Niepewność względna to iloraz niepewności i wartości mierzonej: $$\frac{u(l)}{l} = \frac{0{,}002}{1{,}000} = 0{,}002$$ co po pomnożeniu przez sto daje $0{,}2$%.

    gdzie $u(l)$ — niepewność pomiaru długości, $l$ — zmierzona długość.

    Po co niepewność względna? Bezwzględne niepewności różnych wielkości (metry, sekundy) nie dają się porównywać. Względne — owszem: tutaj pomiar okresu jest wykonany mniej dokładnie ($\tfrac{u(T)}{T} = \tfrac{0{,}01}{2{,}00} = 0{,}005$, czyli $0{,}5$%), choć jego niepewność bezwzględna wygląda „mała". Powtórz strategię egzaminacyjną i opracowanie wyników.

55. 23b.

    1,2 %

    Dla wielkości będącej iloczynem i ilorazem potęg niepewności względne się dodają, a wykładnik działa jako mnożnik: $$g = \frac{4\pi^2 l}{T^2} \quad \Rightarrow \quad \frac{u(g)}{g} = \frac{u(l)}{l} + 2\frac{u(T)}{T}$$ $$\frac{u(g)}{g} = 0{,}002 + 2 \cdot 0{,}005 = 0{,}012$$ czyli $1{,}2$%.

    gdzie czynnik $2$ pojawia się, bo okres występuje we wzorze w kwadracie.

    Wniosek pomiarowy: o dokładności wyniku decyduje pomiar czasu (wnosi $1{,}0$% z $1{,}2$%). Dlatego w praktyce mierzy się czas np. $20$ pełnych wahnięć i dzieli przez $20$ — niepewność jednego okresu maleje wtedy dwudziestokrotnie.

    Typowy błąd: pominięcie mnożnika $2$ przy okresie (wynik $0{,}7$%) albo dodawanie niepewności bezwzględnych o różnych jednostkach.

56. 23c.

    C

    Zasada jest prosta: niepewność zaokrąglamy do dwóch cyfr znaczących (tu do setnych), a wynik zaokrąglamy do tego samego miejsca dziesiętnego. Skoro niepewność sięga setnych części $\tfrac{\text{m}}{\text{s}^2}$, podawanie dalszych cyfr wyniku nie ma sensu fizycznego. Zapis mówi więc: prawdziwa wartość leży najprawdopodobniej między $9{,}75$ a $9{,}99\ \tfrac{\text{m}}{\text{s}^2}$ — a tabelaryczne $9{,}81\ \tfrac{\text{m}}{\text{s}^2}$ mieści się w tym przedziale, więc pomiar jest zgodny z oczekiwaniem. Powtórz zasady opracowania wyników.