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

Klucz odpowiedzi

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

1. 1a.

   0,6 m

   Środek masy układu punktów materialnych to średnia położeń ważona masami: $$x_{sm} = \frac{m_1 x_1 + m_2 x_2}{m_1 + m_2}$$ gdzie $x_{sm}$ — współrzędna środka masy, $m_1, m_2$ — masy ciał, $x_1, x_2$ — ich współrzędne.

   Podstawiamy: $$x_{sm} = \frac{2{,}0 \cdot 0 + 6{,}0 \cdot 0{,}80}{2{,}0 + 6{,}0} = \frac{4{,}8}{8{,}0} = 0{,}60\ \text{m}$$

   Ocena sensowności: środek masy leży bliżej cięższej kuli — od $m_2$ dzieli go $0{,}20\ \text{m}$, a od $m_1$ aż $0{,}60\ \text{m}$. Stosunek tych odległości $\tfrac{0{,}60}{0{,}20} = 3$ jest dokładnie odwrotny do stosunku mas $\tfrac{m_2}{m_1} = 3$ — to ta sama zależność, którą znasz z warunku równowagi dźwigni. Powtórz mechanikę zaawansowaną.

2. 1b.

   A

   Poprawnie. Pęd całego układu jest związany z ruchem środka masy zależnością $$p = (m_1 + m_2) v_{sm}$$ gdzie $p$ — pęd całego układu, $v_{sm}$ — prędkość środka masy (obie wielkości wektorowe). Skoro nie ma sił zewnętrznych, pęd układu jest stały; był zerowy (kule spoczywały), więc pozostanie zerowy, a razem z nim $v_{sm} = 0$. Środek masy stoi w miejscu, choć oba ciała się poruszają. To właśnie dlatego zasada zachowania pędu jest tak wygodna: siły wzajemne (III zasada dynamiki) znoszą się parami i nie mogą ruszyć środka masy. Powtórz pęd i zasadę zachowania pędu.

3. 1c.

   Fałsz

   Fałsz. Środek masy jest punktem geometrycznym i może wypadać tam, gdzie nie ma żadnej materii. Przykłady: środek masy jednorodnej obręczy albo pustej kuli leży w jej geometrycznym środku, czyli w powietrzu; środek masy bumerangu czy litery „L" wypada poza bryłą. Właśnie dlatego skoczek wzwyż techniką flop może przenieść środek masy pod poprzeczką, choć całe jego ciało przechodzi nad nią.

4. 2a.

   0,63 s

   Równanie ruchu harmonicznego ma postać $$x(t) = A\cos(\omega t + \varphi)$$ gdzie $A$ — amplituda, $\omega$ — częstość kołowa (w $\tfrac{\text{rad}}{\text{s}}$), $\varphi$ — faza początkowa. Przez porównanie z danym równaniem odczytujemy $A = 0{,}08\ \text{m}$, $\omega = 10\ \tfrac{\text{rad}}{\text{s}}$ oraz $\varphi = \tfrac{\pi}{3}$.

   Częstość kołowa wiąże się z okresem zależnością $\omega = \tfrac{2\pi}{T}$, więc $$T = \frac{2\pi}{\omega} = \frac{2\pi}{10} = 0{,}628\ \text{s} \approx 0{,}63\ \text{s}$$

   Typowy błąd: przyjęcie $T = 10\ \text{s}$, czyli odczytanie $\omega$ jako okresu. Zwróć uwagę na jednostki: argument cosinusa musi być liczbą niemianowaną (radianem), więc $\omega$ ma jednostkę odwrotności czasu. Powtórz drgania harmoniczne.

5. 2b.

   0,8 m/s

   W ruchu harmonicznym prędkość jest największa w położeniu równowagi i wynosi $$v_{max} = A\omega = 0{,}08 \cdot 10 = 0{,}80\ \tfrac{\text{m}}{\text{s}}$$ gdzie $A$ — amplituda, $\omega$ — częstość kołowa.

   Skąd ten wzór? Prędkość to szybkość zmian wychylenia, a dla $x = A\cos(\omega t + \varphi)$ mamy $v = -A\omega\sin(\omega t + \varphi)$. Sinus przyjmuje wartości z przedziału od $-1$ do $1$, więc największa wartość prędkości to właśnie $A\omega$.

   Kontrola: w jednym okresie ciało przebywa drogę $4A = 0{,}32\ \text{m}$ w czasie $0{,}63\ \text{s}$, czyli średnia szybkość to około $0{,}51\ \tfrac{\text{m}}{\text{s}}$ — mniej niż maksymalna $0{,}80\ \tfrac{\text{m}}{\text{s}}$, jak być powinno.

6. 2c.

   8 m/s²

   Przyspieszenie w ruchu harmonicznym spełnia $a = -\omega^2 x$, więc jest największe w położeniach skrajnych, gdzie $|x| = A$: $$a_{max} = A\omega^2 = 0{,}08 \cdot 10^2 = 0{,}08 \cdot 100 = 8{,}0\ \tfrac{\text{m}}{\text{s}^2}$$ gdzie $A$ — amplituda, $\omega$ — częstość kołowa.

   Zapamiętaj układ trzech wzorów: $x_{max} = A$, $v_{max} = A\omega$, $a_{max} = A\omega^2$ — każde kolejne różniczkowanie dokłada jeden czynnik $\omega$. Typowy błąd to $a_{max} = A\omega = 0{,}8$, czyli pominięcie kwadratu.

   Ciekawostka fizyczna: relacja $a = -\omega^2 x$ jest definicją ruchu harmonicznego — przyspieszenie proporcjonalne do wychylenia i skierowane przeciwnie do niego. Stąd $\omega^2 = \tfrac{k}{m}$ dla sprężyny. Powtórz mechanikę zaawansowaną.

7. 2d.

   B

   Poprawnie. Podstawiając $t = 0$: $$x(0) = 0{,}08 \cdot \cos\frac{\pi}{3} = 0{,}08 \cdot 0{,}5 = 0{,}04\ \text{m}$$ czyli połowa amplitudy. Kierunek ruchu daje prędkość: $$v(0) = -A\omega\sin\frac{\pi}{3} = -0{,}80 \cdot 0{,}866 \approx -0{,}69\ \tfrac{\text{m}}{\text{s}}$$ Znak minus oznacza ruch w stronę malejących $x$, a skoro ciało jest po dodatniej stronie, to zbliża się do położenia równowagi. Faza początkowa jest więc „nastawieniem zegara" drgania — decyduje wyłącznie o tym, od którego momentu cyklu liczymy czas. Powtórz drgania harmoniczne.

8. 3a.

   C

   Poprawnie. Przy słabym tłumieniu siła oporu jest w przybliżeniu proporcjonalna do prędkości, co prowadzi do wykładniczego zaniku amplitudy: $$A(t) = A_0 e^{-\beta t}$$ gdzie $A_0$ — amplituda początkowa, $\beta$ — współczynnik tłumienia. W kolejnych okresach amplituda maleje o ten sam procent, a nie o tę samą wartość. Okres zmienia się przy tym bardzo nieznacznie (dla słabego tłumienia jest tylko minimalnie dłuższy niż okres własny) — dlatego tłumione wahadło zegara wciąż odmierza czas, choć jego wychylenia maleją. Energia drgań przechodzi w energię wewnętrzną powietrza i zawieszenia. Powtórz drgania harmoniczne.

9. 3b.

   Prawda

   Prawda. Krzywa rezonansowa to zależność amplitudy drgań wymuszonych od częstotliwości siły wymuszającej. Dla słabego tłumienia jest ona wysoka i wąska — układ odpowiada bardzo silnie, ale tylko w ciasnym przedziale częstotliwości wokół częstotliwości własnej. Silne tłumienie obniża maksimum (energia jest szybko rozpraszana) i rozmywa je na szerszy przedział.

   To zjawisko ma dwie znane twarze inżynierskie: w obwodach odbiornika radiowego chcemy tłumienia małego, by ostro wyodrębnić jedną stację; w konstrukcjach budowlanych i w amortyzatorach samochodu chcemy tłumienia dużego, by żadna częstotliwość wymuszenia nie rozhuśtała układu. Tłumienie przesuwa też maksimum nieco poniżej częstotliwości własnej. Powtórz efekt Dopplera i rezonans.

10. 4a.

    $-2{,}5 \cdot 10^{10}$ J

    Energia potencjalna grawitacyjna w polu ciała o masie $M$ wynosi $$E_p = -\frac{GMm}{r}$$ gdzie $r$ — odległość od środka ciała centralnego, $m$ — masa satelity. Znak minus jest konsekwencją przyjętej konwencji: zero energii umieszczamy w nieskończoności, a żeby zbliżyć satelitę z nieskończoności, pole wykonuje pracę dodatnią, więc energia musi zmaleć poniżej zera.

    $$E_p = -\frac{4{,}0 \cdot 10^{14} \cdot 500}{8{,}0 \cdot 10^6} = -\frac{2{,}0 \cdot 10^{17}}{8{,}0 \cdot 10^6} = -2{,}5 \cdot 10^{10}\ \text{J}$$

    Uwaga: wzór $E_p = mgh$ obowiązuje tylko blisko powierzchni, gdzie $g$ można uznać za stałe. Tutaj promień orbity jest większy od promienia Ziemi, więc trzeba użyć postaci ogólnej. Powtórz grawitację i astronomię.

11. 4b.

    $1{,}25 \cdot 10^{10}$ J

    Na orbicie kołowej grawitacja pełni rolę siły dośrodkowej: $$\frac{GMm}{r^2} = \frac{mv^2}{r} \quad \Rightarrow \quad v^2 = \frac{GM}{r}$$ Zatem $$v^2 = \frac{4{,}0 \cdot 10^{14}}{8{,}0 \cdot 10^6} = 5{,}0 \cdot 10^{7}\ \tfrac{\text{m}^2}{\text{s}^2}$$ $$E_k = \frac{1}{2}mv^2 = \frac{1}{2} \cdot 500 \cdot 5{,}0 \cdot 10^{7} = 1{,}25 \cdot 10^{10}\ \text{J}$$ gdzie $v$ — prędkość orbitalna (tutaj około $7{,}1\ \tfrac{\text{km}}{\text{s}}$).

    Zauważ zależność: $E_k = \tfrac{GMm}{2r} = -\tfrac{E_p}{2}$. Energia kinetyczna satelity na orbicie kołowej jest zawsze równa połowie wartości bezwzględnej jego energii potencjalnej — to szczególny przypadek tak zwanego twierdzenia o wiriale. Powtórz ruch satelitów.

12. 4c.

    $-1{,}25 \cdot 10^{10}$ J

    Energia całkowita to suma kinetycznej i potencjalnej: $$E = E_k + E_p = 1{,}25 \cdot 10^{10} - 2{,}5 \cdot 10^{10} = -1{,}25 \cdot 10^{10}\ \text{J}$$

    Ogólnie dla orbity kołowej $$E = \frac{GMm}{2r} - \frac{GMm}{r} = -\frac{GMm}{2r} = -E_k$$ gdzie wszystkie oznaczenia jak wyżej. Warto sprawdzić: $-\tfrac{4{,}0 \cdot 10^{14} \cdot 500}{2 \cdot 8{,}0 \cdot 10^6} = -1{,}25 \cdot 10^{10}\ \text{J}$ — zgadza się.

    Co oznacza ujemny znak? Że satelita jest w stanie związanym. Aby go uwolnić (przenieść do nieskończoności z zerową prędkością), trzeba dostarczyć energię $1{,}25 \cdot 10^{10}\ \text{J}$ — to jego energia wiązania. Dodatnia energia całkowita oznaczałaby tor otwarty (hiperbolę) i ucieczkę z pola grawitacyjnego.

13. 4d.

    Prawda

    Prawda — i to jest jeden z najbardziej kontrintuicyjnych wniosków mechaniki orbitalnej. Rozpatrzmy oba wzory: $$v = \sqrt{\frac{GM}{r}} \qquad E = -\frac{GMm}{2r}$$ Gdy $r$ rośnie, prędkość maleje (jak $\tfrac{1}{\sqrt{r}}$), a energia całkowita rośnie — bo staje się mniej ujemna, czyli bliższa zeru.

    Energia potencjalna rośnie o $\Delta E_p$, natomiast kinetyczna maleje tylko o $\tfrac{1}{2}\Delta E_p$, więc bilans jest dodatni: silnik musi wykonać pracę. Dlatego wyższe orbity są „droższe" energetycznie, choć satelity krążą po nich wolniej — satelita geostacjonarny na $42\ 000\ \text{km}$ ma prędkość około $3{,}1\ \tfrac{\text{km}}{\text{s}}$, czyli ponad dwukrotnie mniejszą niż satelita na orbicie niskiej.

14. 5a.

    3456 J

    W przemianie izotermicznej ciśnienie nie jest stałe (maleje jak $p = \tfrac{nRT}{V}$), więc nie wolno użyć wzoru $W = p\Delta V$. Pole pod hiperbolą $p(V)$ daje $$W = nRT \cdot \ln\frac{V_2}{V_1}$$ gdzie $n$ — liczba moli, $R$ — stała gazowa, $T$ — temperatura, $V_1, V_2$ — objętość początkowa i końcowa.

    Podstawiamy $\tfrac{V_2}{V_1} = 2$: $$W = 2{,}0 \cdot 8{,}31 \cdot 300 \cdot \ln 2 = 4986 \cdot 0{,}693 \approx 3456\ \text{J} \approx 3{,}46 \cdot 10^3\ \text{J}$$

    Kontrola sensowności: gdyby ciśnienie było stałe i równe początkowemu, praca wyniosłaby $p_1 V_1 = nRT = 4986\ \text{J}$. Realna praca jest mniejsza, bo w trakcie rozprężania ciśnienie spada — i faktycznie $3456 \lt 4986$. Powtórz termodynamikę zaawansowaną.

15. 5b.

    11,5 J/K

    Najpierw ciepło. Z I zasady termodynamiki $\Delta U = Q - W$, a w izotermie energia wewnętrzna gazu doskonałego nie zmienia się ($\Delta U = 0$, bo $U$ zależy tylko od $T$). Zatem całe pobrane ciepło zamienia się w pracę: $$Q = W = 3456\ \text{J}$$

    Zmiana entropii w przemianie odwracalnej w stałej temperaturze wynosi $$\Delta S = \frac{Q}{T} = \frac{3456}{300} \approx 11{,}5\ \tfrac{\text{J}}{\text{K}}$$ gdzie $Q$ — ciepło pobrane przez gaz, $T$ — temperatura (w kelwinach!).

    Interpretacja: entropia gazu wzrosła, bo cząsteczki mają teraz do dyspozycji dwukrotnie większą objętość, czyli więcej możliwych położeń. Można to sprawdzić drugim wzorem, niezależnie od ciepła: $\Delta S = nR\ln\tfrac{V_2}{V_1} = 2{,}0 \cdot 8{,}31 \cdot 0{,}693 \approx 11{,}5\ \tfrac{\text{J}}{\text{K}}$ — ten sam wynik.

16. 5c.

    D

    Poprawnie. Wzór $W = p\Delta V$ to pole prostokąta pod poziomym odcinkiem na wykresie $p(V)$ — a taki odcinek odpowiada przemianie izobarycznej. W izotermie $pV = nRT = \text{const}$, więc wykres jest hiperbolą i pole pod nią wymaga logarytmu: $W = nRT\ln\tfrac{V_2}{V_1}$.

    Uniwersalna reguła: praca gazu to zawsze pole pod wykresem $p(V)$ — zmienia się tylko sposób obliczenia tego pola. Powtórz przemiany gazowe.

17. 6a.

    1496 J

    $$Q_V = n C_v \Delta T = n \cdot \frac{3}{2}R \cdot \Delta T$$ gdzie $n$ — liczba moli, $C_v$ — molowe ciepło właściwe przy stałej objętości, $\Delta T$ — przyrost temperatury.

    Najpierw $C_v = 1{,}5 \cdot 8{,}31 = 12{,}47\ \tfrac{\text{J}}{\text{mol} \cdot \text{K}}$, a następnie $$Q_V = 3{,}0 \cdot 12{,}47 \cdot 40 \approx 1496\ \text{J} \approx 1{,}50 \cdot 10^3\ \text{J}$$

    W przemianie izochorycznej gaz nie wykonuje pracy ($\Delta V = 0$), więc całe dostarczone ciepło podnosi energię wewnętrzną: $\Delta U = Q_V = \tfrac{3}{2}nR\Delta T$. Powtórz termodynamikę zaawansowaną.

18. 6b.

    2493 J

    $$Q_p = n C_p \Delta T = n \cdot \frac{5}{2}R \cdot \Delta T$$ $C_p = 2{,}5 \cdot 8{,}31 = 20{,}78\ \tfrac{\text{J}}{\text{mol} \cdot \text{K}}$, więc $$Q_p = 3{,}0 \cdot 20{,}78 \cdot 40 \approx 2493\ \text{J} \approx 2{,}49 \cdot 10^3\ \text{J}$$

    Kontrola: stosunek $\tfrac{Q_p}{Q_V} = \tfrac{C_p}{C_v} = \tfrac{5/2}{3/2} = \tfrac{5}{3} \approx 1{,}67$ — i faktycznie $\tfrac{2493}{1496} \approx 1{,}67$. Ten stosunek oznacza się literą $\kappa$ (kappa) i pojawia się w opisie przemiany adiabatycznej.

19. 6c.

    997 J

    $$Q_p - Q_V = n(C_p - C_v)\Delta T = nR\Delta T$$ bo dla gazu doskonałego $C_p - C_v = R$ (relacja Mayera). Zatem $$Q_p - Q_V = 3{,}0 \cdot 8{,}31 \cdot 40 \approx 997\ \text{J}$$ Bezpośrednio: $2493 - 1496 = 997\ \text{J}$ — zgadza się.

    Co to za energia? To dokładnie praca, jaką gaz wykonuje, rozprężając się przy stałym ciśnieniu: $$W = p\Delta V = nR\Delta T$$ (ostatnia równość wynika z równania Clapeyrona $pV = nRT$ przy stałym $p$). Relacja Mayera nie jest więc przypadkowym wzorem do zapamiętania — mówi, że nadwyżka ciepła w izobarze idzie w całości na pracę rozprężania.

20. 6d.

    D

    Poprawnie. Przy stałej objętości ciepło ma tylko jedno „ujście" — energię wewnętrzną. Przy stałym ciśnieniu gaz musi dodatkowo odepchnąć tłok (albo otaczające powietrze), więc do osiągnięcia tego samego przyrostu temperatury potrzeba więcej ciepła: $$Q_p = \Delta U + W = Q_V + nR\Delta T$$ gdzie $\Delta U = Q_V$ to wzrost energii wewnętrznej (taki sam jak w izochorze, bo taki sam jest przyrost temperatury), a $W = nR\Delta T$ to praca rozprężania. Stąd natychmiast $C_p = C_v + R$, czyli $C_p \gt C_v$ dla każdego gazu doskonałego, niezależnie od jego atomowości. Powtórz I zasadę termodynamiki.

21. 7a.

    A

    Poprawnie. To treść II zasady termodynamiki. Zasada zachowania energii (I zasada) dopuszcza oba kierunki — dopiero II zasada wskazuje ten realizowany: $$\Delta S \ge 0 \quad \text{(dla dowolnego procesu w izolacji)}$$ gdzie $S$ — entropia układu izolowanego. W ujęciu statystycznym (Boltzmann) entropia mierzy liczbę mikrostanów $\Omega$ odpowiadających danemu stanowi makroskopowemu: $S = k\ln\Omega$, gdzie $k$ — stała Boltzmanna.

    Stan „energia rozproszona równomiernie" można zrealizować na nieporównywalnie więcej sposobów niż stan „energia skupiona w filiżance", dlatego układ do niego dąży. Proces (II) nie jest zabroniony, jest po prostu absurdalnie nieprawdopodobny. Entropia wyznacza w ten sposób „strzałkę czasu": film ze stygnącą herbatą puszczony od tyłu od razu rozpoznajemy jako odwrócony. Powtórz termodynamikę zaawansowaną.

22. 7b.

    Prawda

    Prawda. II zasada mówi o układzie izolowanym (lub o całym wszechświecie), a nie o dowolnie wybranym ciele: $$\Delta S_c + \Delta S_o \ge 0$$ gdzie $\Delta S_c$ — zmiana entropii ciała, $\Delta S_o$ — zmiana entropii otoczenia.

    Właśnie dzięki temu działa lodówka: entropia jej wnętrza maleje (wnętrze się porządkuje i ochładza), ale skraplacz oddaje do kuchni więcej entropii, niż jej ubyło w środku — bilans całości jest dodatni. Podobnie żywe organizmy utrzymują wysoki stopień uporządkowania, zwiększając entropię otoczenia. Nie ma w tym żadnego naruszenia II zasady — jest tylko cena, którą trzeba zapłacić pracą (energią elektryczną, pokarmem).

23. 8a.

    B

    Poprawnie. Rozkład Maxwella pokazuje, jaki udział cząsteczek ma prędkość z danego przedziału. Podniesienie temperatury oznacza większą średnią energię kinetyczną, więc cały rozkład „rozlewa się" w stronę większych prędkości.

    Pole pod krzywą to łączny udział wszystkich cząsteczek, czyli $100$% — musi być stałe. Skoro krzywa staje się szersza, to jednocześnie musi się obniżyć. To ważna cecha: w wyższej temperaturze prędkości są nie tylko większe, ale i bardziej zróżnicowane.

    Ten „ogon" szybkich cząsteczek wyjaśnia, dlaczego szybkość reakcji chemicznych rośnie z temperaturą tak gwałtownie — rośnie udział cząsteczek o energii wystarczającej do reakcji. Powtórz temperaturę i energię wewnętrzną.

24. 8b.

    4 razy

    W równowadze termicznej średnia energia kinetyczna cząsteczek obu gazów jest jednakowa (zależy tylko od temperatury). Z wyrażenia na prędkość średnią kwadratową $$v_{sk} = \sqrt{\frac{3RT}{M}}$$ gdzie $M$ — masa molowa, $R$ — stała gazowa, $T$ — temperatura, wynika $v_{sk} \sim \tfrac{1}{\sqrt{M}}$. Zatem $$\frac{v_{sk}(\mathrm{H_2})}{v_{sk}(\mathrm{O_2})} = \sqrt{\frac{M(\mathrm{O_2})}{M(\mathrm{H_2})}} = \sqrt{\frac{32}{2}} = \sqrt{16} = 4$$

    Cząsteczki wodoru poruszają się więc czterokrotnie szybciej. Typowy błąd: odpowiedź $16$, czyli pominięcie pierwiastka — masa wchodzi pod pierwiastek, bo w energii kinetycznej prędkość jest w kwadracie.

    Konsekwencja astronomiczna: to dlatego lekkie gazy uciekają z atmosfer planet najłatwiej. Wodór i hel osiągają prędkość ucieczki znacznie częściej niż azot czy tlen, dlatego atmosfera Ziemi jest ich praktycznie pozbawiona.

25. 8c.

    Fałsz

    Fałsz — i to jest sedno rozkładu Maxwella. W każdej chwili w gazie są cząsteczki niemal nieruchome i cząsteczki bardzo szybkie; prędkości są rozłożone w szerokim przedziale, a zderzenia stale je zmieniają.

    Temperatura jest miarą średniej energii kinetycznej, nie energii każdej cząsteczki osobno. Rozkład ma trzy różne „prędkości charakterystyczne": najbardziej prawdopodobną (maksimum krzywej), średnią arytmetyczną i średnią kwadratową — i zachodzi między nimi relacja $v_p \lt \overline{v} \lt v_{sk}$. Prędkość $v_{sk}$ jest tą, która pojawia się w związku $\overline{E_k} = \tfrac{3}{2}kT$, bo do energii wchodzi średnia z kwadratów prędkości.

26. 9a.

    1200 V

    Potencjał pola ładunku punktowego (przy zerze w nieskończoności) wynosi $$V = k\frac{Q}{r}$$ gdzie $Q$ — ładunek źródłowy, $r$ — odległość od niego, $k$ — stała elektrostatyczna. Zauważ, że potencjał maleje jak $\tfrac{1}{r}$, podczas gdy natężenie pola $E = k\tfrac{Q}{r^2}$ maleje jak $\tfrac{1}{r^2}$ — to dwie różne wielkości i dwie różne zależności.

    $$V_A = \frac{9{,}0 \cdot 10^{9} \cdot 4{,}0 \cdot 10^{-8}}{0{,}30} = \frac{360}{0{,}30} = 1200\ \text{V}$$

    Potencjał jest skalarem — nie ma kierunku, a jego znak wynika ze znaku ładunku źródłowego. Wokół ładunku dodatniego potencjał jest dodatni i maleje z odległością. Powtórz elektrostatykę.

27. 9b.

    $1{,}2 \cdot 10^{-6}$ J

    Najpierw potencjał w punkcie $B$. Skoro $r_2 = 2r_1$, a $V \sim \tfrac{1}{r}$: $$V_B = \frac{V_A}{2} = 600\ \text{V}$$

    Praca pola przy przeniesieniu ładunku między dwoma punktami zależy od różnicy potencjałów, czyli napięcia: $$W = q(V_A - V_B) = qU$$ gdzie $q$ — przenoszony ładunek, $U = V_A - V_B$ — napięcie między punktami.

    $$W = 2{,}0 \cdot 10^{-9} \cdot (1200 - 600) = 2{,}0 \cdot 10^{-9} \cdot 600 = 1{,}2 \cdot 10^{-6}\ \text{J}$$

    Praca jest dodatnia, bo dodatni ładunek próbny jest odpychany od dodatniego $Q$, więc pole „pomaga" mu się oddalić. Typowy błąd: użycie $V_A$ zamiast różnicy $V_A - V_B$, co daje wynik dwukrotnie za duży.

28. 9c.

    Prawda

    Prawda. Pole elektrostatyczne jest zachowawcze (potencjalne): praca zależy tylko od położenia początkowego i końcowego, a nie od trasy. Właśnie dlatego można w ogóle zdefiniować potencjał — funkcję położenia, której różnica daje pracę.

    Dwa wnioski, o które warto pytać samego siebie na maturze:

    • praca po drodze zamkniętej (powrót do punktu wyjścia) jest równa zeru;
    • przesuwanie ładunku po powierzchni ekwipotencjalnej (na rysunku: po okręgu) nie wymaga żadnej pracy, bo potencjał na początku i na końcu jest ten sam, czyli $U = 0$; siła jest wtedy prostopadła do przemieszczenia.

    Ta sama własność charakteryzuje pole grawitacyjne — i dlatego również tam mówimy o energii potencjalnej. Kontrprzykładem jest siła tarcia: jej praca zależy od długości drogi, więc energii potencjalnej tarcia nie da się zdefiniować. Powtórz pracę w polu elektrycznym.

29. 10a.

    8 Ω

    Układ mieszany rozwiązujemy od środka na zewnątrz. Najpierw fragment równoległy: dla dwóch jednakowych oporników $$R_{23} = \frac{R_2 R_3}{R_2 + R_3} = \frac{4{,}0 \cdot 4{,}0}{4{,}0 + 4{,}0} = 2{,}0\ \Omega$$

    Teraz $R_1$ i $R_{23}$ są połączone szeregowo, więc opory się dodają: $$R_z = R_1 + R_{23} = 6{,}0 + 2{,}0 = 8{,}0\ \Omega$$ gdzie $R_{23}$ — opór zastępczy gałęzi równoległych, $R_z$ — opór całego układu.

    Kontrola: opór połączenia równoległego dwóch jednakowych oporników to zawsze połowa jednego z nich — i faktycznie $2{,}0 = \tfrac{4{,}0}{2}$. Jest on mniejszy od każdego ze składników, bo prąd ma dwie drogi. Powtórz obwody elektryczne.

30. 10b.

    1,5 A

    Prawo Ohma dla całego obwodu: $$I = \frac{U}{R_z} = \frac{12}{8{,}0} = 1{,}5\ \text{A}$$ gdzie $U$ — napięcie źródła, $R_z$ — opór zastępczy z poprzedniego kroku.

    Przez $R_1$ płynie cały prąd, bo ten opornik jest połączony szeregowo ze resztą układu — nie ma tam żadnego rozgałęzienia.

31. 10c.

    3 V

    To klasyczny dzielnik napięcia. Napięcie źródła rozkłada się na dwa szeregowe fragmenty proporcjonalnie do ich oporów: $$U_1 = I R_1 = 1{,}5 \cdot 6{,}0 = 9{,}0\ \text{V}$$ $$U_{23} = I R_{23} = 1{,}5 \cdot 2{,}0 = 3{,}0\ \text{V}$$ gdzie $U_1$ — napięcie na $R_1$, $U_{23}$ — napięcie na części równoległej.

    Kontrola (II prawo Kirchhoffa): $U_1 + U_{23} = 9{,}0 + 3{,}0 = 12\ \text{V} = U$ — suma spadków napięcia w oczku równa się napięciu źródła. Zgadza się.

    Zwróć uwagę na proporcję: $\tfrac{U_1}{U_{23}} = \tfrac{9}{3} = 3 = \tfrac{R_1}{R_{23}} = \tfrac{6}{2}$. Większy opór „zabiera" większą część napięcia. Ponieważ $R_2$ i $R_3$ są połączone równolegle, napięcie na każdym z nich jest takie samo i wynosi $3{,}0\ \text{V}$.

32. 10d.

    0,75 A

    Prawo Ohma dla samego $R_2$: $$I_2 = \frac{U_{23}}{R_2} = \frac{3{,}0}{4{,}0} = 0{,}75\ \text{A}$$

    Kontrola (I prawo Kirchhoffa, prawo węzła): przez $R_3$ płynie tyle samo, bo oporniki są jednakowe, więc $$I_2 + I_3 = 0{,}75 + 0{,}75 = 1{,}5\ \text{A} = I$$ — prąd wpływający do węzła równa się sumie prądów wypływających. Zgadza się.

    Typowy błąd: przyjęcie, że przez $R_2$ płynie pełne $1{,}5\ \text{A}$ (pomylenie węzła z połączeniem szeregowym), albo policzenie $I_2 = \tfrac{U}{R_2} = \tfrac{12}{4} = 3\ \text{A}$ z użyciem napięcia źródła zamiast napięcia na oporniku. To drugie dałoby prąd większy od prądu głównego, co od razu widać jako niemożliwe. Powtórz połączenia szeregowe i równoległe.

33. 11a.

    139 Ω

    Dla metali w niezbyt szerokim przedziale temperatur opór zmienia się liniowo: $$R = R_0(1 + \alpha \Delta T)$$ gdzie $R_0$ — opór w temperaturze odniesienia, $\alpha$ — temperaturowy współczynnik oporu, $\Delta T$ — przyrost temperatury.

    Przyrost temperatury jest taki sam w stopniach Celsjusza i w kelwinach (działki obu skal są równe), więc $\Delta T = 100\ \text{K}$: $$R = 100{,}0 \cdot (1 + 3{,}9 \cdot 10^{-3} \cdot 100) = 100{,}0 \cdot (1 + 0{,}39) = 139\ \Omega$$

    Taki czujnik nazywa się Pt100 i jest standardem w pomiarach przemysłowych — właśnie dlatego, że zależność jest przewidywalna i niemal liniowa. Powtórz opór elektryczny.

34. 11b.

    C

    Poprawnie. W metalu liczba swobodnych elektronów praktycznie nie zależy od temperatury — każdy atom oddaje swoje elektrony walencyjne już w temperaturze pokojowej. Zmienia się natomiast swoboda ich ruchu: wyższa temperatura oznacza silniejsze drgania jonów w węzłach sieci, więc elektrony są częściej rozpraszane, ich średnia droga swobodna maleje, a opór rośnie.

    Praktyczna konsekwencja: rozżarzone włókno żarówki ma opór wielokrotnie większy niż zimne. Dlatego w chwili włączenia płynie przez nie prąd znacznie większy od znamionowego — i dlatego żarówki przepalają się zwykle właśnie przy włączaniu, a nie po godzinach świecenia. Powtórz opór elektryczny.

35. 11c.

    Prawda

    Prawda. To zasadnicza różnica między metalem a półprzewodnikiem. W półprzewodniku (krzem, german, tlenki metali) elektrony są początkowo związane w wiązaniach i do ich uwolnienia potrzebna jest energia rzędu przerwy energetycznej. Wzrost temperatury dostarcza tej energii, więc liczba nośników rośnie wykładniczo — i to z ogromną przewagą nad jednoczesnym wzrostem rozpraszania na drganiach sieci. Wypadkowo opór gwałtownie maleje.

    Takie elementy nazywa się termistorami NTC (o ujemnym współczynniku temperaturowym). Stosuje się je jako czułe termometry oraz jako ograniczniki prądu rozruchowego. Dla porównania: opór platyny między $0\ ^\circ\text{C}$ i $100\ ^\circ\text{C}$ zmienia się o $39$%, a opór typowego termistora może w tym zakresie zmaleć kilkudziesięciokrotnie.

36. 12a.

    $7{,}6 \cdot 10^{6}$ Hz

    Pole magnetyczne działa na cząstkę siłą $F = qvB$, która pełni rolę siły dośrodkowej: $$qvB = \frac{mv^2}{r} \quad \Rightarrow \quad r = \frac{mv}{qB}$$ Okres obiegu to droga podzielona przez prędkość: $$T = \frac{2\pi r}{v} = \frac{2\pi}{v} \cdot \frac{mv}{qB} = \frac{2\pi m}{qB}$$ Prędkość skróciła się — to najważniejszy wynik w całym zadaniu. Stąd częstotliwość $$f = \frac{1}{T} = \frac{qB}{2\pi m}$$ gdzie $q$ — ładunek cząstki, $B$ — indukcja pola, $m$ — masa cząstki.

    $$f = \frac{1{,}6 \cdot 10^{-19} \cdot 0{,}50}{2\pi \cdot 1{,}67 \cdot 10^{-27}} = \frac{8{,}0 \cdot 10^{-20}}{1{,}049 \cdot 10^{-26}} \approx 7{,}6 \cdot 10^{6}\ \text{Hz}$$

    czyli około $7{,}6\ \text{MHz}$ — częstotliwość z zakresu fal radiowych. Powtórz elektromagnetyzm zaawansowany.

37. 12b.

    $1{,}9 \cdot 10^{7}$ m/s

    Przekształcamy zależność $r = \tfrac{mv}{qB}$ względem prędkości: $$v = \frac{qBr}{m} = \frac{1{,}6 \cdot 10^{-19} \cdot 0{,}50 \cdot 0{,}40}{1{,}67 \cdot 10^{-27}}$$ $$v = \frac{3{,}2 \cdot 10^{-20}}{1{,}67 \cdot 10^{-27}} \approx 1{,}9 \cdot 10^{7}\ \tfrac{\text{m}}{\text{s}}$$ gdzie $r$ — maksymalny promień toru (promień duantu).

    Ocena sensowności: to około $6$% prędkości światła, więc pominięcie poprawek relatywistycznych jest jeszcze uzasadnione (czynnik $\gamma$ różni się od jedności o mniej niż $0{,}2$%). Dla wyższych energii ta zgodność się psuje — i to jest fizyczna granica klasycznego cyklotronu, którą obchodzi się w synchrotronie, zmieniając częstotliwość w trakcie przyspieszania.

38. 12c.

    1,9 MeV

    Najpierw energia w dżulach: $$E_k = \frac{1}{2}m v^2 = \frac{1}{2} \cdot 1{,}67 \cdot 10^{-27} \cdot (1{,}9 \cdot 10^{7})^2$$ $$E_k \approx \frac{1}{2} \cdot 1{,}67 \cdot 10^{-27} \cdot 3{,}67 \cdot 10^{14} \approx 3{,}1 \cdot 10^{-13}\ \text{J}$$

    Teraz przeliczamy na elektronowolty, korzystając z $1\ \text{eV} = 1{,}6 \cdot 10^{-19}\ \text{J}$, czyli $1\ \text{MeV} = 1{,}6 \cdot 10^{-13}\ \text{J}$: $$E_k = \frac{3{,}1 \cdot 10^{-13}}{1{,}6 \cdot 10^{-13}} \approx 1{,}9\ \text{MeV}$$

    Skąd bierze się ta energia? Nie z pola magnetycznego — ono nie wykonuje pracy, bo siła $qvB$ jest zawsze prostopadła do prędkości. Energię dostarcza pole elektryczne w szczelinie, przy każdym jej przejściu. Proton przebywa szczelinę wiele tysięcy razy, więc napięcie na duantach może być umiarkowane — to właśnie geniusz konstrukcji cyklotronu.

39. 12d.

    C

    Poprawnie — to fizyczna podstawa działania cyklotronu. Wraz z energią rosną jednocześnie promień i prędkość, i to w tej samej proporcji ($r \sim v$). Czas jednego obiegu, czyli $\tfrac{2\pi r}{v}$, pozostaje więc stały: $$T = \frac{2\pi m}{qB}$$ Proton dolatuje do szczeliny zawsze po tym samym czasie, dzięki czemu zmienne napięcie o stałej częstotliwości może go rozpędzać za każdym razem — jest z nim w rezonansie.

    Okres zależy tylko od stosunku $\tfrac{m}{q}$ cząstki oraz od $B$. Dlatego cyklotron nastawiony na protony trzeba przestroić, żeby przyspieszać deuterony lub jony helu. Powtórz elektromagnetyzm zaawansowany.

40. 13a.

    94,2 Ω

    Reaktancja indukcyjna to „opór", jaki cewka stawia prądowi przemiennemu: $$X_L = 2\pi f L = \omega L$$ gdzie $f$ — częstotliwość, $L$ — indukcyjność, $\omega = 2\pi f$ — częstość kołowa.

    $$X_L = 2\pi \cdot 50 \cdot 0{,}30 = 94{,}2\ \Omega$$

    Reaktancja indukcyjna rośnie z częstotliwością: im szybciej zmienia się prąd, tym większa siła elektromotoryczna samoindukcji mu się przeciwstawia. Dla prądu stałego ($f = 0$) mamy $X_L = 0$ — idealna cewka jest wtedy zwykłym przewodem. Powtórz indukcję i prąd przemienny.

41. 13b.

    79,6 Ω

    $$X_C = \frac{1}{2\pi f C} = \frac{1}{\omega C}$$ gdzie $C$ — pojemność kondensatora. Pamiętaj o zamianie mikrofaradów na farady: $40\ \mu\text{F} = 4{,}0 \cdot 10^{-5}\ \text{F}$.

    $$X_C = \frac{1}{2\pi \cdot 50 \cdot 4{,}0 \cdot 10^{-5}} = \frac{1}{1{,}257 \cdot 10^{-2}} \approx 79{,}6\ \Omega$$

    Reaktancja pojemnościowa zachowuje się odwrotnie niż indukcyjna: maleje z częstotliwością. Dla prądu stałego ($f = 0$) dąży do nieskończoności — kondensator nie przepuszcza prądu stałego. Ta różnica jest podstawą filtrów: kondensator przepuszcza „szybkie" sygnały, cewka „wolne".

42. 13c.

    42,6 Ω

    Napięcia na $R$, $L$ i $C$ nie są w tej samej fazie, więc nie wolno dodawać oporów i reaktancji arytmetycznie. Napięcia na cewce i kondensatorze są przeciwne w fazie, dlatego ich reaktancje się odejmują, a wynik składa się z oporem jak przyprostokątne w twierdzeniu Pitagorasa: $$Z = \sqrt{R^2 + (X_L - X_C)^2}$$ gdzie $Z$ — impedancja obwodu.

    $$X_L - X_C = 94{,}2 - 79{,}6 = 14{,}6\ \Omega$$ $$Z = \sqrt{40^2 + 14{,}6^2} = \sqrt{1600 + 213} = \sqrt{1813} \approx 42{,}6\ \Omega$$

    Typowy błąd: $Z = 40 + 94{,}2 + 79{,}6 = 213{,}8\ \Omega$, czyli dodanie wszystkiego jak oporów w połączeniu szeregowym. Wynik byłby pięciokrotnie za duży. Zauważ, że $Z$ jest tu tylko trochę większe od $R$ — bo reaktancje niemal się skompensowały.

    Natężenie skuteczne prądu wyniesie $I = \tfrac{U}{Z} = \tfrac{230}{42{,}6} \approx 5{,}4\ \text{A}$.

43. 13d.

    D

    Poprawnie. Rezonans w szeregowym obwodzie RLC zachodzi, gdy $X_L = X_C$, czyli $2\pi f L = \tfrac{1}{2\pi f C}$. Stąd $$f_0 = \frac{1}{2\pi\sqrt{LC}}$$ gdzie $L$ — indukcyjność, $C$ — pojemność.

    $$f_0 = \frac{1}{2\pi\sqrt{0{,}30 \cdot 4{,}0 \cdot 10^{-5}}} = \frac{1}{2\pi\sqrt{1{,}2 \cdot 10^{-5}}} = \frac{1}{2\pi \cdot 3{,}46 \cdot 10^{-3}} \approx 45{,}9\ \text{Hz}$$

    W rezonansie nawias $(X_L - X_C)$ zeruje się, więc $Z_{min} = R = 40\ \Omega$, a prąd osiąga maksimum $I = \tfrac{230}{40} = 5{,}75\ \text{A}$. Obwód zachowuje się wtedy jak czysto oporowy — napięcie i prąd są w zgodnej fazie.

    Nasza sieć pracuje przy $50\ \text{Hz}$, czyli bardzo blisko $f_0$ — i właśnie dlatego obliczona impedancja $42{,}6\ \Omega$ była tak bliska samemu $R$. Zjawisko to wykorzystuje się do wybierania jednej stacji w odbiorniku radiowym. Powtórz prąd przemienny.

44. 14a.

    10 Hz

    Równanie fali bieżącej ma postać $$y(x, t) = A\sin(\omega t - kx)$$ gdzie $A$ — amplituda, $\omega$ — częstość kołowa, $k$ — liczba falowa. Porównując z danym równaniem, odczytujemy $A = 0{,}04\ \text{m}$, $\omega = 20\pi\ \tfrac{\text{rad}}{\text{s}}$ oraz $k = 4\pi\ \tfrac{\text{rad}}{\text{m}}$.

    Z definicji $\omega = 2\pi f$, zatem $$f = \frac{\omega}{2\pi} = \frac{20\pi}{2\pi} = 10\ \text{Hz}$$

    Okres wynosi więc $T = \tfrac{1}{f} = 0{,}1\ \text{s}$: każdy punkt sznura wykonuje dziesięć pełnych drgań w każdej sekundzie. Powtórz fale mechaniczne i dźwięk.

45. 14b.

    0,5 m

    Liczba falowa jest „przestrzennym odpowiednikiem" częstości kołowej: $$k = \frac{2\pi}{\lambda} \quad \Rightarrow \quad \lambda = \frac{2\pi}{k}$$ gdzie $\lambda$ — długość fali, $k$ — liczba falowa.

    $$\lambda = \frac{2\pi}{4\pi} = 0{,}5\ \text{m}$$

    Warto zapamiętać symetrię tego równania: $\omega$ odpowiada za powtarzalność w czasie (okres $T$), a $k$ za powtarzalność w przestrzeni (długość fali $\lambda$). Oba wzory mają identyczną budowę: $\omega = \tfrac{2\pi}{T}$ i $k = \tfrac{2\pi}{\lambda}$.

46. 14c.

    5 m/s

    Prędkość fali można wyznaczyć wprost ze współczynników równania: $$v = \frac{\omega}{k} = \frac{20\pi}{4\pi} = 5{,}0\ \tfrac{\text{m}}{\text{s}}$$

    Kontrola drugim wzorem: $v = \lambda f = 0{,}5 \cdot 10 = 5{,}0\ \tfrac{\text{m}}{\text{s}}$ — ten sam wynik, jak być powinno (oba wzory są równoważne, bo $\tfrac{\omega}{k} = \tfrac{2\pi f}{2\pi/\lambda} = \lambda f$).

    Uwaga na dwie różne prędkości: $5{,}0\ \tfrac{\text{m}}{\text{s}}$ to prędkość, z jaką wzór fali przemieszcza się wzdłuż sznura. Same punkty sznura poruszają się w poprzek, z prędkością maksymalną $v_{max} = A\omega = 0{,}04 \cdot 20\pi \approx 2{,}5\ \tfrac{\text{m}}{\text{s}}$. Materia nie podróżuje z falą — podróżuje tylko zaburzenie i energia.

47. 14d.

    D

    Poprawnie. Aby prześledzić ruch wybranego grzbietu, trzeba utrzymać stałą fazę: $$20\pi t - 4\pi x = \text{const}$$ Gdy $t$ rośnie, $x$ musi rosnąć, żeby wyrażenie się nie zmieniło. Grzbiet przesuwa się więc w stronę dodatnich $x$, z prędkością $v = \tfrac{\omega}{k}$.

    Reguła praktyczna: znak minus między częścią czasową i przestrzenną oznacza falę biegnącą w stronę rosnących $x$, a znak plus — w stronę malejących $x$. Suma dwóch takich fal (biegnących przeciwnie) daje falę stojącą. Powtórz fale i optykę zaawansowane.

48. 15a.

    4 razy na sekundę

    Zjawisko to nazywa się dudnieniem. Powstaje przez interferencję dwóch fal o niewiele różniących się częstotliwościach: fale okresowo wchodzą w zgodność faz (wzmocnienie) i w przeciwfazę (osłabienie). Częstotliwość dudnień to $$f_d = |f_1 - f_2|$$ gdzie $f_1, f_2$ — częstotliwości składowe.

    $$f_d = |440 - 444| = 4\ \text{Hz}$$

    Głośność narasta i opada więc cztery razy w każdej sekundzie. Zwróć uwagę, że $f_d$ jest różnicą, a nie średnią: sam słyszany ton ma wysokość odpowiadającą częstotliwości średniej ($442\ \text{Hz}$), natomiast jego głośność „pulsuje" z częstotliwością $4\ \text{Hz}$. Powtórz fale mechaniczne i dźwięk.

49. 15b.

    0,25 s

    Okres dudnień to odwrotność ich częstotliwości: $$T_d = \frac{1}{f_d} = \frac{1}{4} = 0{,}25\ \text{s}$$

    Dlaczego to jest praktyczne? Ucho ludzkie rozróżnia dudnienia do kilku herców bardzo wyraźnie, a jednocześnie nie potrafi wprost porównać dwóch tonów różniących się o $1$%. Dudnienia zamieniają więc trudne zadanie („czy te tony są równe?") na łatwe („czy słychać pulsowanie?"). Dlatego stroiciele fortepianów strojenie unisonów wykonują właśnie „na dudnienia": kręcą kołkiem, aż pulsowanie całkowicie zniknie, co oznacza $f_1 = f_2$.

50. 15c.

    B

    Poprawnie. Doklejenie plasteliny zwiększa masę drgających ramion, a częstotliwość własna maleje z masą (jak $\tfrac{1}{\sqrt{m}}$). Obciążony widelec obniża więc swój ton.

    Rozważmy oba przypadki:

    • obciążyliśmy widelec $444\ \text{Hz}$ — zbliża się on do $440\ \text{Hz}$, więc różnica maleje i dudnienia zwalniają;
    • obciążyliśmy widelec $440\ \text{Hz}$ — oddala się on od $444\ \text{Hz}$, więc różnica rośnie i dudnienia przyspieszają.

    Sam pomiar $f_d = 4\ \text{Hz}$ daje tylko wartość bezwzględną różnicy, więc nie rozstrzyga, który ton jest wyższy. Trzeba celowo zaburzyć układ i patrzeć na kierunek zmiany — to typowy schemat rozumowania eksperymentalnego, nagradzany na maturze. Powtórz fale i optykę zaawansowane.

51. 16a.

    400 W/m²

    Światło niespolaryzowane to mieszanina fal o wszystkich możliwych kierunkach drgań, rozłożonych równomiernie. Idealny polaryzator przepuszcza dokładnie połowę takiego natężenia: $$I_1 = \frac{I_0}{2} = \frac{800}{2} = 400\ \tfrac{\text{W}}{\text{m}^2}$$

    Nie stosujemy tu jeszcze prawa Malusa — nie ma bowiem jednego kąta $\alpha$, względem którego można by je zastosować. Uśrednienie $\cos^2$ po wszystkich kątach daje właśnie $\tfrac{1}{2}$. Za polaryzatorem światło jest już liniowo spolaryzowane zgodnie z jego kierunkiem przepuszczania. Powtórz optykę fizyczną.

52. 16b.

    100 W/m²

    Teraz światło jest już spolaryzowane, więc obowiązuje prawo Malusa: $$I_2 = I_1 \cos^2\alpha$$ gdzie $I_1$ — natężenie światła spolaryzowanego padającego na analizator, $\alpha$ — kąt między kierunkami przepuszczania obu elementów.

    $$I_2 = 400 \cdot \cos^2 60^\circ = 400 \cdot (0{,}5)^2 = 400 \cdot 0{,}25 = 100\ \tfrac{\text{W}}{\text{m}^2}$$

    Zatem przez cały układ przechodzi $\tfrac{1}{8}$ natężenia początkowego. Typowy błąd: obliczenie $400 \cdot \cos 60^\circ = 200$, czyli pominięcie kwadratu. Kwadrat pojawia się dlatego, że prawo Malusa rzutuje amplitudę ($E_2 = E_1\cos\alpha$), a natężenie jest proporcjonalne do kwadratu amplitudy.

    Dla $\alpha = 90^\circ$ (skrzyżowane polaryzatory) otrzymalibyśmy $I_2 = 0$ — całkowite wygaszenie.

53. 16c.

    53 °

    Ten kąt nazywa się kątem Brewstera i spełnia warunek $$\text{tg}\ \alpha_B = n$$ gdzie $n$ — współczynnik załamania ośrodka (względem powietrza).

    $$\alpha_B = \text{arc tg}\ 1{,}33 \approx 53^\circ$$

    Przy tym kącie promień odbity i załamany są do siebie prostopadłe ($\alpha_B + \beta = 90^\circ$), a w świetle odbitym całkowicie brakuje składowej drgającej w płaszczyźnie padania.

    Uwaga na pomyłkę pojęciową: kąt Brewstera to zjawisko całkowicie inne niż kąt graniczny. Kąt graniczny dotyczy przejścia z ośrodka gęstszego do rzadszego i spełnia $\sin\alpha_{gr} = \tfrac{1}{n}$, a kąt Brewstera — dowolnego przejścia i używa tangensa. Powtórz fale i optykę zaawansowane.

54. 16d.

    Prawda

    Prawda — to najbardziej codzienne zastosowanie prawa Brewstera. Światło odbite od poziomej powierzchni (jezdni, wody, śniegu) jest częściowo spolaryzowane w płaszczyźnie poziomej, a stopień polaryzacji jest największy w pobliżu kąta Brewstera, czyli przy dość płaskim patrzeniu — dokładnie tak, jak patrzy kierowca lub wędkarz.

    Filtr w okularach polaryzacyjnych ma więc kierunek przepuszczania pionowy: odblask jest tłumiony, a światło rozproszone od obiektów (niespolaryzowane) przechodzi w połowie. Efekt: kontrast rośnie, a wędkarz widzi to, co pod powierzchnią wody.

    Test domowy: obróć takie okulary o $90^\circ$ i popatrz na ekran laptopa albo na kałużę — obraz raz pociemnieje, raz się rozjaśni.

55. 17a.

    D

    Poprawnie. Przy odbiciu fali świetlnej od ośrodka gęstszego optycznie (o większym $n$) faza zmienia się skokowo o $\pi$, co odpowiada dodatkowej drodze $\tfrac{\lambda}{2}$. Przy odbiciu od ośrodka rzadszego skoku fazy nie ma.

    W naszej błonce:

    • górna powierzchnia: powietrze ($n = 1$) $\to$ woda ($n = 1{,}33$), czyli do gęstszego — jest skok fazy;
    • dolna powierzchnia: woda $\to$ powietrze, czyli do rzadszego — nie ma skoku fazy.

    Mechaniczna analogia: fala na sznurze odbita od zamocowanego końca wraca „odwrócona", a odbita od końca swobodnego — bez odwrócenia. To właśnie ten jeden skok fazy odwraca warunki wzmocnienia i wygaszenia, o czym mówi następny krok. Powtórz interferencję i dyfrakcję.

56. 17b.

    113 nm

    Różnica dróg optycznych obu promieni składa się z dwóch części:

    • droga geometryczna w błonce (tam i z powrotem, przy padaniu prostopadłym): $2d$, ale przebyta w ośrodku o współczynniku $n$, więc droga optyczna wynosi $2nd$;
    • skok fazy przy odbiciu od górnej powierzchni, równoważny dodatkowej drodze $\tfrac{\lambda}{2}$.

    Wzmocnienie wymaga, by całkowita różnica dróg optycznych była wielokrotnością $\lambda$. Uwzględniając skok fazy, warunek wzmocnienia przyjmuje postać $$2nd = \left(m + \frac{1}{2}\right)\lambda, \qquad m = 0, 1, 2, \ldots$$ gdzie $n$ — współczynnik załamania błonki, $d$ — jej grubość, $\lambda$ — długość fali w powietrzu.

    Najmniejsza niezerowa grubość odpowiada $m = 0$: $$2nd = \frac{\lambda}{2} \quad \Rightarrow \quad d = \frac{\lambda}{4n}$$ $$d = \frac{600}{4 \cdot 1{,}33} \approx 113\ \text{nm}$$

    Ocena sensowności: grubość jest rzędu jednej piątej długości fali — i właśnie dlatego zjawisko nazywa się interferencją w cienkiej warstwie. Warstwa grubsza od kilku mikrometrów nie daje już widocznych barw, bo warunki dla różnych długości fal nakładają się i uśredniają. Powtórz fale i optykę zaawansowane.

57. 17c.

    Prawda

    Prawda — i jest to najprostszy sprawdzian całego rozumowania z tego zadania. Gdy $d \to 0$, droga optyczna $2nd$ też dąży do zera, więc jedyną różnicą faz między oboma promieniami zostaje skok fazy o $\pi$ na górnej powierzchni. Promienie są wtedy w przeciwfazie i się wygaszają: $$2nd \to 0 \quad \Rightarrow \quad \Delta_{opt} = \frac{\lambda}{2}$$ gdzie $\Delta_{opt}$ — całkowita różnica dróg optycznych. Wartość $\tfrac{\lambda}{2}$ oznacza wygaszenie.

    Obserwuje się to jako czarną plamę na szczycie bańki mydlanej na chwilę przed jej pęknięciem — błonka jest tam już tak cienka, że gaśnie dla wszystkich długości fali naraz. Zjawisko to nosi nazwę czarnej plamki Newtona i było historycznym argumentem za istnieniem skoku fazy przy odbiciu.

    Uwaga: światło nie znika — jest w całości przepuszczane. Interferencja nie niszczy energii, tylko przekierowuje ją między wiązką odbitą i przechodzącą; warunki dla obu wiązek są zawsze przeciwne.

58. 17d.

    A

    Poprawnie. Warunek $2nd = (m + \tfrac{1}{2})\lambda$ wiąże grubość z długością fali. Białe światło zawiera wszystkie $\lambda$, więc w danym miejscu warstwy warunek wzmocnienia spełnia jedna barwa, a inna jest jednocześnie wygaszana.

    Bańka mydlana nie ma stałej grubości — ścieka i cieńsza jest u góry, stąd wędrujące, tęczowe pasy. Zmiana kąta patrzenia działa podobnie (zwiększa efektywną drogę w warstwie), dlatego barwy plamy benzyny zmieniają się, gdy przechylasz głowę.

    To zjawisko nazywa się barwami interferencyjnymi i wykorzystuje się je technicznie: warstwy przeciwodblaskowe na obiektywach i okularach mają grubość dobraną tak, aby dla środka widma zachodziło wygaszenie światła odbitego — dzięki czemu więcej światła przechodzi. Powtórz interferencję.

59. 18.

    D

    Poprawnie. Zasada Huygensa to reguła konstrukcyjna: aby znaleźć położenie czoła fali po czasie $\Delta t$, w każdym punkcie obecnego czoła rysujemy elementarną falę kulistą o promieniu $v\Delta t$, a następnie kreślimy ich wspólną obwiednię (powierzchnię styczną).

    Jej siła polega na tym, że jedna zasada wyjaśnia całą optykę falową: prawo odbicia, prawo załamania, dyfrakcję na szczelinie i krawędzi oraz kształt fali za przeszkodą. Nie mówi ona nic o natężeniu — to dopiero uzupełnienie Fresnela. Powtórz fale i optykę zaawansowane.

60. 19.

    C

    Poprawnie. Czoło fali dochodzi do granicy ośrodków ukośnie, więc jego kolejne punkty wchodzą do szkła w różnych chwilach. Punkt, który wszedł wcześniej, wysyła falę wtórną o promieniu $v_2\Delta t$, a punkt jeszcze w powietrzu — o promieniu $v_1\Delta t$, przy czym $v_2 \lt v_1$. Obwiednia takich fal jest nachylona bardziej ku normalnej — i to jest właśnie załamanie.

    Konstrukcja ta daje wprost prawo Snella: $$\frac{\sin\alpha}{\sin\beta} = \frac{v_1}{v_2} = \frac{n_2}{n_1}$$ Ponadto źródło drga ze swoją częstotliwością, więc $f$ nie zmienia się przy przejściu do drugiego ośrodka; skoro $v = \lambda f$ maleje, to maleje długość fali: $\lambda_2 = \tfrac{\lambda_1}{n}$. Powtórz załamanie światła.

61. 20a.

    1,96 eV

    Energia fotonu wynosi $$E = hf = \frac{hc}{\lambda}$$ gdzie $h$ — stała Plancka, $c$ — prędkość światła w próżni, $\lambda$ — długość fali.

    $$E = \frac{6{,}63 \cdot 10^{-34} \cdot 3{,}0 \cdot 10^{8}}{633 \cdot 10^{-9}} = \frac{1{,}989 \cdot 10^{-25}}{6{,}33 \cdot 10^{-7}} \approx 3{,}14 \cdot 10^{-19}\ \text{J}$$

    Przeliczamy na elektronowolty: $$E = \frac{3{,}14 \cdot 10^{-19}}{1{,}6 \cdot 10^{-19}} \approx 1{,}96\ \text{eV}$$

    Kontrola: dla światła widzialnego energie fotonów mieszczą się w przedziale od około $1{,}6\ \text{eV}$ (czerwień) do $3{,}1\ \text{eV}$ (fiolet). Nasz wynik $1{,}96\ \text{eV}$ mieści się blisko dolnej granicy — i faktycznie światło lasera He-Ne jest czerwone. Powtórz fizykę atomową.

62. 20b.

    $1{,}6 \cdot 10^{16}$ 1/s

    Moc to energia na sekundę. Skoro wiązka niesie $N$ fotonów o energii $E$ każdy, to $$P = \frac{N E}{t} \quad \Rightarrow \quad \frac{N}{t} = \frac{P}{E}$$ gdzie $P$ — moc wiązki, $E$ — energia jednego fotonu.

    Pamiętaj o zamianie miliwatów na waty: $5{,}0\ \text{mW} = 5{,}0 \cdot 10^{-3}\ \text{W}$. $$\frac{N}{t} = \frac{5{,}0 \cdot 10^{-3}}{3{,}14 \cdot 10^{-19}} \approx 1{,}6 \cdot 10^{16}\ \tfrac{1}{\text{s}}$$

    Dlaczego to jest ciekawe? Nawet tak słaby laser (wskaźnik do prezentacji) wysyła szesnaście milionów miliardów fotonów na sekundę. Dlatego w typowych doświadczeniach nie dostrzegamy „ziarnistości" światła i falowy opis wystarcza. Kwantową naturę światła ujawniają dopiero pomiary przy skrajnie małych natężeniach albo efekt fotoelektryczny, gdzie liczy się energia pojedynczego fotonu, a nie ich liczba.

63. 20c.

    C

    Poprawnie. To dlatego skrót LASER oznacza wzmacnianie światła przez wymuszoną emisję promieniowania. Kluczowe jest to, że nowy foton jest kopią fotonu wymuszającego: ma tę samą energię, tę samą fazę, ten sam kierunek i tę samą polaryzację. Jeden foton daje dwa, dwa dają cztery — następuje lawinowe wzmocnienie.

    Stąd biorą się wszystkie cechy światła laserowego:

    • jednobarwność — bo wszystkie fotony mają energię $E_2 - E_1$;
    • spójność — bo mają zgodne fazy;
    • kierunkowość — bo powielany jest kierunek wiązki w rezonatorze.

    Dla porównania: w emisji spontanicznej atom wypromieniowuje foton w losowym momencie i w losowym kierunku — tak świeci żarówka czy świetlówka, i dlatego ich światło nie jest spójne. Powtórz widma atomowe i poziomy energetyczne.

64. 20d.

    Prawda

    Prawda. Foton przechodzący przez materiał może zostać pochłonięty (jeśli trafi na atom niewzbudzony) albo zwielokrotniony przez emisję wymuszoną (jeśli trafi na atom wzbudzony). Oba procesy mają takie samo prawdopodobieństwo, więc o wypadkowym efekcie decyduje wyłącznie to, których atomów jest więcej.

    W równowadze termicznej atomów wzbudzonych jest zawsze mniej (rozkład Boltzmanna), więc wiązka byłaby tłumiona. Trzeba więc sztucznie odwrócić proporcje — to nazywa się inwersją obsadzeń i wymaga:

    • pompowania energii z zewnątrz (wyładowanie, błysk lampy, inny laser);
    • istnienia poziomu metatrwałego, na którym atomy „czekają" wyjątkowo długo (mikrosekundy zamiast nanosekund), zamiast natychmiast wracać do stanu podstawowego.

    Dodatkowo potrzebny jest rezonator — dwa zwierciadła, między którymi światło wielokrotnie przebiega przez obszar wzmacniający. Jedno z nich jest częściowo przepuszczalne i przez nie wychodzi wiązka.

65. 21a.

    206 —

    W rozpadzie $\alpha$ jądro emituje jądro helu $^{4}\_{\ 2}\text{He}$, więc liczba masowa maleje o $4$, a liczba atomowa o $2$. W rozpadzie $\beta^-$ neutron zamienia się w proton (z emisją elektronu i antyneutrina), więc liczba masowa się nie zmienia, a liczba atomowa rośnie o $1$.

    Liczbę masową zmieniają zatem tylko rozpady $\alpha$: $$A = 238 - 8 \cdot 4 = 238 - 32 = 206$$ gdzie $238$ — liczba masowa uranu, $8$ — liczba rozpadów $\alpha$. Powtórz fizykę jądrową.

66. 21b.

    82 —

    Tutaj wkład dają oba rodzaje rozpadu, ale z przeciwnymi znakami: $$Z = 92 - 8 \cdot 2 + 6 \cdot 1 = 92 - 16 + 6 = 82$$ gdzie $92$ — liczba atomowa uranu, $-2$ na każdy rozpad $\alpha$, $+1$ na każdy rozpad $\beta^-$.

    Liczba atomowa $82$ to ołów, więc szereg kończy się na $^{206}\_{\ 82}\text{Pb}$ — trwałym izotopie ołowiu.

    Dlaczego w szeregu w ogóle występują rozpady $\beta^-$? Same rozpady $\alpha$ zabierają protony i neutrony w stosunku $1:1$, a jądra ciężkie mają nadmiar neutronów. Powstające jądra byłyby więc zbyt „neutronowe", by być trwałe — i to właśnie korygują rozpady $\beta^-$, zamieniające neutrony w protony. Stosunek par uran–ołów w skałach wykorzystuje się do datowania w skali miliardów lat.

67. 21c.

    $2{,}1 \cdot 10^{9}$ Bq

    Aktywność to liczba rozpadów na sekundę: $$A = \lambda N$$ gdzie $\lambda$ — stała rozpadu, $N$ — liczba jąder promieniotwórczych.

    Stałą rozpadu wyznaczamy z czasu połowicznego rozpadu: $$\lambda = \frac{\ln 2}{T_{1/2}}$$ Najpierw zamieniamy czas na sekundy: $$T_{1/2} = 3{,}8 \cdot 24 \cdot 3600 \approx 3{,}28 \cdot 10^{5}\ \text{s}$$ $$\lambda = \frac{0{,}693}{3{,}28 \cdot 10^{5}} \approx 2{,}11 \cdot 10^{-6}\ \tfrac{1}{\text{s}}$$

    Zatem $$A = 2{,}11 \cdot 10^{-6} \cdot 1{,}0 \cdot 10^{15} \approx 2{,}1 \cdot 10^{9}\ \text{Bq}$$

    Uwaga na jednostkę czasu: to najczęstsze źródło błędu w tym zadaniu. Bekerel jest zdefiniowany jako jeden rozpad na sekundę, więc $T_{1/2}$ musi być w sekundach. Podstawienie $3{,}8$ dnia dałoby wynik $86\ 400$ razy za duży. Powtórz obliczenia z fizyki jądrowej.

68. 21d.

    Prawda

    Prawda. Skoro $A = \lambda N$, a $\lambda$ jest stałą charakterystyczną dla danego izotopu, to aktywność jest wprost proporcjonalna do liczby pozostałych jąder. Obie wielkości maleją więc identycznie: $$N(t) = N_0 e^{-\lambda t} \qquad A(t) = A_0 e^{-\lambda t}$$ i obie połowią się w każdym kolejnym czasie $T_{1/2}$.

    Praktyczna konsekwencja: aktywności nie da się zmierzyć raz na zawsze — preparaty do celów medycznych i dydaktycznych mają podaną aktywność wraz z datą. Po $3{,}8$ dnia nasza próbka radonu będzie miała aktywność $1{,}05 \cdot 10^{9}\ \text{Bq}$, po tygodniu — mniej niż połowę tego. To także powód, dla którego izotopy o krótkim $T_{1/2}$ (technet-99m w diagnostyce, $T_{1/2} = 6$ godzin) muszą być wytwarzane na miejscu, w szpitalu, i nie da się ich magazynować.

69. 22a.

    B

    Poprawnie. Na osi pionowej odkłada się jasność absolutną (czyli moc promieniowania gwiazdy), a na osi poziomej temperaturę powierzchniową — malejącą w prawo. Ta odwrócona oś to pozostałość historyczna: pierwotnie porządkowano gwiazdy według typów widmowych (O, B, A, F, G, K, M), które właśnie tak są ułożone.

    Praktyczna konsekwencja: gwiazdy gorące i niebieskie są po lewej, a chłodne i czerwone po prawej. Warto o tym pamiętać, bo intuicja podpowiada odwrotnie. Powtórz budowę Układu Słonecznego i ewolucję gwiazd.

70. 22b.

    A

    Poprawnie. Moc promieniowania gwiazdy opisuje prawo Stefana–Boltzmanna: $$P = \sigma S T^4 = \sigma \cdot 4\pi R^2 \cdot T^4$$ gdzie $\sigma$ — stała Stefana–Boltzmanna, $S$ — powierzchnia, $R$ — promień, $T$ — temperatura powierzchniowa.

    Białe karły mają dużą $T$ (są po lewej), a mimo to małą $P$ (są nisko). Skoro $T^4$ jest duże, a iloczyn mały, to $R^2$ musi być bardzo małe. Rachunek daje promienie porównywalne z promieniem Ziemi — przy masie porównywalnej z masą Słońca, co oznacza gęstość rzędu tony na centymetr sześcienny.

    To samo rozumowanie „na odwrót" stosuje się do prawego górnego narożnika, gdzie leżą czerwone olbrzymy. Powtórz ewolucję gwiazd.

71. 22c.

    10 razy

    Z prawa Stefana–Boltzmanna $P = \sigma \cdot 4\pi R^2 T^4$. Przy jednakowej temperaturze wszystkie czynniki poza $R^2$ się skracają: $$\frac{P_1}{P_2} = \frac{R_1^2}{R_2^2} \quad \Rightarrow \quad \frac{R_1}{R_2} = \sqrt{\frac{P_1}{P_2}} = \sqrt{100} = 10$$ gdzie $P$ — moc promieniowania, $R$ — promień gwiazdy.

    Promień jest więc dziesięciokrotnie większy. Typowy błąd: odpowiedź $100$, czyli pominięcie pierwiastka. Moc zależy od powierzchni, a ta rośnie z kwadratem promienia.

    Zastosowanie: dokładnie w ten sposób ocenia się rozmiary gwiazd, których nie da się rozdzielić w teleskopie. Betelgeza ma temperaturę niemal o połowę mniejszą niż Słońce, a świeci od niego około $100\ 000$ razy mocniej — z czego wynika promień setki razy większy od słonecznego, sięgający orbity Marsa.

72. 22d.

    Prawda

    Prawda — to definicja czerwonego olbrzyma. Prawy górny narożnik oznacza niską temperaturę (prawo) i wysoką jasność (góra). W prawie $P = \sigma \cdot 4\pi R^2 T^4$ mały czynnik $T^4$ musi być zrekompensowany bardzo dużym $R^2$.

    Tak wygląda przyszłość Słońca: po wyczerpaniu wodoru w jądrze rozdmucha się ono do rozmiarów przekraczających orbitę Wenus, jednocześnie chłodząc swoją powierzchnię i czerwieniejąc. Na diagramie oznacza to zejście z ciągu głównego i przesunięcie w prawo i w górę, a po odrzuceniu zewnętrznych warstw — skok do lewego dolnego narożnika, do białych karłów.

    Ciąg główny nie jest więc „ścieżką ewolucji", lecz miejscem, w którym gwiazda spędza większość życia, syntetyzując wodór w hel.

73. 23a.

    2,96 km

    Podstawiamy do wzoru: $$r_s = \frac{2 \cdot 6{,}67 \cdot 10^{-11} \cdot 2{,}0 \cdot 10^{30}} {(3{,}0 \cdot 10^{8})^2} = \frac{2{,}67 \cdot 10^{20}}{9{,}0 \cdot 10^{16}}$$ $$r_s \approx 2{,}96 \cdot 10^{3}\ \text{m} \approx 2{,}96\ \text{km}$$

    Zwróć uwagę na skalę: cała masa Słońca zmieściłaby się w kuli o promieniu trzech kilometrów — mniejszej niż wiele miast. Obecny promień Słońca to $700\ 000\ \text{km}$, czyli około $240\ 000$ razy więcej. Powtórz fizykę relatywistyczną.

74. 23b.

    D

    Poprawnie. Wzór na $r_s$ da się „odgadnąć" nawet klasycznie: przyrównując prędkość ucieczki do prędkości światła, $$v_{u} = \sqrt{\frac{2GM}{r}} = c \quad \Rightarrow \quad r = \frac{2GM}{c^2}$$ (pełne wyprowadzenie wymaga ogólnej teorii względności, ale wynik jest ten sam).

    Skoro nic nie może poruszać się szybciej od światła, żaden obiekt ani sygnał wysłany z wnętrza horyzontu nie dotrze na zewnątrz — dlatego czarna dziura jest czarna. Horyzont nie jest przy tym żadną powierzchnią materialną; to granica przyczynowa, po przekroczeniu której zdarzenia przestają móc wpływać na resztę Wszechświata. Powtórz postulaty teorii względności.

75. 23c.

    Prawda

    Prawda. Sprawdźmy rachunkiem: $$r_s = \frac{2 \cdot 6{,}67 \cdot 10^{-11} \cdot 6{,}0 \cdot 10^{24}} {9{,}0 \cdot 10^{16}} = \frac{8{,}0 \cdot 10^{14}}{9{,}0 \cdot 10^{16}} \approx 8{,}9 \cdot 10^{-3}\ \text{m} \approx 8{,}9\ \text{mm}$$

    Czyli mniej więcej rozmiar winogrona. Wynik jest zgodny z proporcjonalnością $r_s \sim M$: masa Ziemi jest około $333\ 000$ razy mniejsza od masy Słońca, więc i promień musi być tyle razy mniejszy niż $2{,}96\ \text{km}$, co daje właśnie około $9\ \text{mm}$.

    Wniosek metodyczny: proporcjonalność $r_s \sim M$ pozwala odpowiadać na takie pytania bez pełnego rachunku — wystarczy przeskalować znany wynik. Warto też zauważyć, że średnia gęstość czarnej dziury (masa podzielona przez objętość kuli o promieniu $r_s$) maleje wraz z masą, bo $\rho \sim \tfrac{M}{r_s^3} \sim \tfrac{1}{M^2}$. Supermasywna czarna dziura w centrum naszej Galaktyki ma średnią gęstość mniejszą niż woda.

76. 24.

    B

    Poprawnie. Gdyby cała masa galaktyki była skupiona tam, gdzie widzimy gwiazdy i gaz, to na obrzeżach obowiązywałaby zależność jak w Układzie Słonecznym: $$v = \sqrt{\frac{GM}{r}} \sim \frac{1}{\sqrt{r}}$$ czyli prędkość powinna maleć wraz z odległością od centrum (Neptun krąży wolniej od Merkurego).

    Obserwacje pokazują tymczasem krzywe rotacji, które po początkowym wzroście wypłaszczają się i pozostają płaskie daleko poza widocznym dyskiem gwiazdowym. Z zależności $v = \sqrt{\tfrac{GM(r)}{r}}$ wynika, że jeśli $v$ jest stałe, to masa zawarta w promieniu $r$ musi rosnąć proporcjonalnie do $r$ — także tam, gdzie nie widać już żadnej materii.

    Wniosek: galaktyki są zanurzone w rozległych halo niewidocznej masy, nazwanej ciemną materią. Stanowi ona według obecnych szacunków około pięciokrotnie więcej masy niż cała materia zwykła. Powtórz grawitację i astronomię.

77. 25.

    Prawda

    Prawda — i to właśnie dlatego nazywa się „ciemną", a nie „przezroczystą" czy „niewidzialną" w potocznym sensie. Ciemna materia:

    • oddziałuje grawitacyjnie — i stąd o niej wiemy (krzywe rotacji galaktyk, ruchy galaktyk w gromadach, soczewkowanie grawitacyjne, struktura promieniowania tła);
    • nie oddziałuje elektromagnetycznie — nie świeci, nie odbija ani nie pochłania światła, więc jest niedostrzegalna dla każdego teleskopu, niezależnie od zakresu fal.

    Warto odróżnić ją od ciemnej energii, z którą bywa mylona. Ciemna materia przyciąga i skupia strukturę Wszechświata; ciemna energia jest odpowiedzialna za przyspieszanie jego ekspansji. Według obecnego modelu Wszechświat składa się w około $68$% z ciemnej energii, $27$% z ciemnej materii i zaledwie $5$% ze zwykłej materii — tej, z której zbudowane są gwiazdy, planety i my.

    Natura ciemnej materii pozostaje nieznana; to jeden z najważniejszych otwartych problemów współczesnej fizyki.

78. 26a.

    B

    Poprawnie. To relatywność jednoczesności — jeden z najgłębszych wniosków szczególnej teorii względności, wynikający wprost ze stałości prędkości światła.

    Klasyczne rozumowanie Einsteina: w środku jadącego wagonu zapala się lampa. Dla obserwatora w wagonie światło dobiega do obu ścian jednocześnie (drogi są równe, prędkość ta sama). Dla obserwatora na peronie tylna ściana „nadbiega" światłu, a przednia przed nim „ucieka" — więc światło dosięga ich w różnych chwilach. Oba opisy są poprawne; nie ma wyróżnionego układu, w którym jednoczesność byłaby „prawdziwa".

    Zwróć uwagę na warunek: zdarzenia muszą zachodzić w różnych miejscach. Zdarzenia zachodzące w tym samym punkcie są jednoczesne w każdym układzie odniesienia. Powtórz postulaty teorii względności.

79. 26b.

    2 lat

    Najpierw czynnik Lorentza dla $v = 0{,}6c$: $$\gamma = \frac{1}{\sqrt{1 - \tfrac{v^2}{c^2}}} = \frac{1}{\sqrt{1 - 0{,}36}} = \frac{1}{\sqrt{0{,}64}} = \frac{1}{0{,}8} = 1{,}25$$

    Czas własny astronauty (mierzony zegarem lecącym razem z nim) jest $\gamma$ razy krótszy od czasu na Ziemi: $$\Delta t_0 = \frac{\Delta t}{\gamma} = \frac{10}{1{,}25} = 8\ \text{lat}$$ gdzie $\Delta t$ — czas zmierzony na Ziemi, $\Delta t_0$ — czas własny podróżnika.

    Różnica wieku wynosi zatem $$10 - 8 = 2\ \text{lata}$$

    Typowy błąd: pomnożenie przez $\gamma$ zamiast podzielenia, co dałoby $12{,}5$ roku i astronautę starszego. Kontrola jakościowa: podróżnik zawsze wraca młodszy, bo jego zegar odmierzył krótszy czas własny. Powtórz fizykę relatywistyczną.

80. 26c.

    A

    Poprawnie. Szczególna teoria względności stawia oba układy na równi tylko wtedy, gdy oba są inercjalne. Brat na Ziemi spełnia ten warunek przez cały czas. Brat w rakiecie — nie: aby wrócić, musiał zwolnić, zawrócić i przyspieszyć, a więc doświadczyć przyspieszenia.

    To właśnie zawrócenie łamie symetrię i rozstrzyga paradoks. W chwili zawracania układ rakiety „przeskakuje" na inny układ inercjalny, a wraz z nim gwałtownie zmienia się to, które zdarzenia na Ziemi rakieta uznaje za jednoczesne ze swoim „teraz". Zauważ, że jest to dokładnie zjawisko z pierwszego kroku tego zadania — relatywność jednoczesności — i to ona zamyka rachunek, dając bratu na Ziemi dodatkowe $2$ lata.

    Zwięzła reguła: z dwóch obserwatorów, którzy się rozdzielili i ponownie spotkali, młodszy jest ten, który przyspieszał. Powtórz fizykę relatywistyczną.