Rozwiązanie

Wykres $v(t)$ pierwszego samochodu to trapez: odcinek rosnący $0\to10\,\tfrac{\text{m}}{\text{s}}$ w przedziale $0$–$2$ s, poziomy odcinek $10\,\tfrac{\text{m}}{\text{s}}$ w przedziale $2$–$8$ s oraz odcinek malejący $10\to0$ w przedziale $8$–$10$ s. Całkowity czas ruchu: $10$ s.

Rozwiązanie

1. Droga pierwszego = pole pod wykresem $v(t)$: $\tfrac12\cdot2\cdot10+6\cdot10+\tfrac12\cdot2\cdot10=10+60+10=80$ m.
2. Drugi (czas $10$ s) przebył tę samą drogę; jego wykres to trójkąt o podstawie $10$ s: $s=\tfrac12\cdot10\cdot v_{\max}=80\Rightarrow v_{\max}=16\,\tfrac{\text{m}}{\text{s}}$.

Odpowiedź: droga $=80$ m, $v_{\max}=16\,\tfrac{\text{m}}{\text{s}}$.

Rozwiązanie

a) Linie pola biegną od bieguna N do S. W punkcie X (przy N) $\vec B$ jest skierowany od N, w punkcie Y (przy S) — ku S, a w punkcie A (na osi symetrii $l$, między biegunami) $\vec B$ jest skierowany od N do S (pionowo, wzdłuż osi między biegunami).

b) Siła Lorentza $\vec F=q\vec v\times\vec B$ leży w płaszczyźnie rysunku i jest prostopadła do $\vec B$ (czyli pozioma, wzdłuż osi $l$); jej zwrot zależy od tego, czy $\vec v$ jest skierowana „za" czy „przed" płaszczyznę rysunku.

Rozwiązanie

• D (wnętrze przewodnika): $E_D=0$.
• C (na powierzchni, $r=R$): pole na zewnątrz $E\propto\tfrac{1}{r^2}$; A leży w odległości $2R$ od środka, więc $E_C=E\cdot\left(\tfrac{2R}{R}\right)^2=4E$.
• B (w tej samej odległości od środka co A, czyli $2R$): $E_B=E$.

Odpowiedź: A$=E$, B$=E$, C$=4E$, D$=0$.

Rozwiązanie

Poza planetą $a_g=\dfrac{GM}{r^2}$, więc dla ustalonego (dużego) $r$ wyższa krzywa oznacza większą masę. Z wykresu przy dużych $r$ krzywe układają się: $2>1>3>4$.

Odpowiedź: $M_2>M_1>M_3>M_4$.

Rozwiązanie

W spoczynku siła tarcia równoważy naciąg linki, równy ciężarowi zwisającego (dolnego) pudełka: $F_t=m_{dol}\,g=0{,}2\cdot10=2$ N.

Odpowiedź: A oraz 3.

Rozwiązanie

1. Maksymalna siła tarcia: $F_{t,\max}=\mu\, m_{gor}\,g=0{,}25\cdot1\cdot10=2{,}5$ N.
2. Ruch nastąpi, gdy ciężar dolnego pudełka przekroczy $2{,}5$ N: $m_{dol}\,g>2{,}5\Rightarrow m_{dol}>0{,}25$ kg.
3. Trzeba dosypać co najmniej $0{,}25-0{,}2=0{,}05$ kg.

Odpowiedź: $0{,}05$ kg ($50$ g).

Rozwiązanie

Praca = przyrost energii potencjalnej: środek masy podnosi się o $\tfrac{L}{2}=2$ m. $W=mg\tfrac{L}{2}=20\cdot10\cdot2=400$ J.

Rozwiązanie

Bilans momentów względem dolnego końca (pivot). Lina pionowa działa na górny koniec (odległość pozioma $L\cos\alpha$), ciężar na środku ($\tfrac{L}{2}\cos\alpha$): $T\cdot L\cos\alpha=mg\cdot\tfrac{L}{2}\cos\alpha\Rightarrow T=\tfrac{mg}{2}=\tfrac{20\cdot10}{2}=100$ N — niezależnie od kąta.

Odpowiedź: $T=100$ N.

Rozwiązanie

Ponieważ $T=\tfrac{mg}{2}$ niezależnie od kąta (oba ramiona sił skalują się jak $\cos\alpha$ i skracają), wartość siły jest taka sama. Uzasadnienie: kierunki, zwroty sił i stosunek ramion się nie zmieniają.

Odpowiedź: B oraz 3.

Rozwiązanie

1. Praca $=mg\tfrac{L}{2}$ — zależy tylko od podniesienia środka masy, więc taka sama → P.
2. Krótsze ramię siły ($\tfrac34 L$): $T=\dfrac{mg\cdot L/2}{3L/4}=\tfrac23 mg\approx133$ N $>100$ N → większa → P.
3. Z równowagi pionowej $N=mg-T$; większe $T$ → mniejsze $N$ → mniejsza → P.

Odpowiedź: P, P, P.

Rozwiązanie

1. Brak sił zewnętrznych (poza tarciem statycznym) → pęd całkowity zachowany (równy $0$) → P.
2. Z zasady zachowania pędu pędy są równe co do wartości i przeciwne → F.
3. W dośw. 2 praca dzieli się na energię A i B, więc A uzyskał mniej energii niż od ściany (gdzie cała praca przypadła A) → F.

Odpowiedź: P, F, F.

Rozwiązanie

1. Dośw. 1: $W=\tfrac12 m v_1^2=\tfrac12 m\cdot4^2=8m$.
2. Dośw. 2: z zachowania pędu (masy równe) $v_A=v_B=v$. Energia: $W=\tfrac12 m v^2+\tfrac12 m v^2=m v^2$.
3. $m v^2=8m\Rightarrow v^2=8\Rightarrow v=2\sqrt2\approx2{,}83\,\tfrac{\text{m}}{\text{s}}$.

Odpowiedź: $v_A=2\sqrt2\approx2{,}8\,\tfrac{\text{m}}{\text{s}}$.

Rozwiązanie

1. Praca = pole prostokąta: silnik I $2V_1\cdot p_1=2p_1V_1$; silnik II $V_1\cdot2p_1=2p_1V_1$ → taka sama.
2. $T\propto pV$; max: silnik I w $(3V_1,2p_1)\to6p_1V_1$; silnik II w $(2V_1,3p_1)\to6p_1V_1$ → taka sama.

Odpowiedź: 1) taka sama jak; 2) taka sama jak.

Rozwiązanie

$\eta=\dfrac{W}{Q_{pob}}=\dfrac{Q_{pob}-Q_{odd}}{Q_{pob}}=\dfrac{23-19}{23}=\dfrac{4}{23}\approx0{,}17=17\%$.

Rozwiązanie

1. W przemianie izochorycznej $Q=nC_V\Delta T$, a $\Delta T\propto\Delta(pV)=V\Delta p$.
2. Silnik I (izochora przy $V_1$, $\Delta p=p_1$): $Q_I\propto V_1 p_1=3$ kJ.
3. Silnik II (izochora przy $V_1$, $\Delta p=2p_1$): $Q_{II}\propto V_1\cdot2p_1=2\cdot(V_1 p_1)$, więc $Q_{II}=2\cdot3=6$ kJ.

Odpowiedź: $6$ kJ.

Rozwiązanie

W najniższym punkcie ruch po okręgu wymaga wypadkowej siły dośrodkowej skierowanej w górę (ku środkowi): $F_r-F_g=\dfrac{mv^2}{r}>0$, więc $F_r>F_g$. Wektor $\vec F_r$ (w górę) jest dłuższy niż $\vec F_g$ (w dół).

Odpowiedź: $F_r>F_g$.

Rozwiązanie

1. Czas ten to ćwierć okresu wahadła o długości $L_{ef}=L+r=6+0{,}4=6{,}4$ m (do środka kuli).
2. $T=2\pi\sqrt{\dfrac{L_{ef}}{g}}=2\pi\sqrt{\dfrac{6{,}4}{9{,}81}}\approx5{,}1$ s; $t=\tfrac{T}{4}\approx1{,}3$ s.

Odpowiedź: $t\approx1{,}3$ s.

Rozwiązanie

1. Amplituda drgań nie była mała — wzór $T=2\pi\sqrt{L/g}$ obowiązuje tylko dla małych wychyleń.
2. Rozmiary kuli nie są pomijalne ($r=40$ cm) — to raczej wahadło fizyczne (masa nie skupiona w punkcie), a lina ma pewną masę/rozciągliwość.

Rozwiązanie

Opór $2\ \Omega$ uzyskuje się, łącząc dwa oporniki $4\ \Omega$ równolegle ($\tfrac{4\cdot4}{4+4}=2\ \Omega$). Schemat: bateria połączona z dwoma równoległymi opornikami $4\ \Omega$, a woltomierz podłączony równolegle do tego układu (mierzy $U$ na biegunach baterii).

Rozwiązanie

Punkty $(R,U)$ tworzą krzywą rosnącą i dążącą do wartości granicznej. Gdy $R\to\infty$, napięcie na biegunach dąży do SEM (prąd $\to0$). Z ekstrapolacji (dla dużych $R$ napięcie $\approx5{,}8$–$6$ V) odczytujemy SEM $\approx6$ V.

Rozwiązanie

1. $U=\varepsilon\dfrac{R}{R+r}$. Dla $R=4,U=4{,}6$ oraz $R=16,U=5{,}6$:
2. $4{,}6=\varepsilon\tfrac{4}{4+r}$ i $5{,}6=\varepsilon\tfrac{16}{16+r}$. Rozwiązując: $r\approx1{,}25\ \Omega$, $\varepsilon\approx6$ V.

Odpowiedź: SEM $\approx6$ V, $r\approx1{,}25\ \Omega$.

Rozwiązanie

Normalna do powierzchni sferycznej w punkcie padania przechodzi przez środek O. Promień odbity: kąt odbicia = kąt padania (po drugiej stronie normalnej). Promień załamany: przechodzi z powietrza do gęstszego optycznie szkła, więc załamuje się ku normalnej — kąt załamania jest mniejszy od kąta padania.

Rozwiązanie

Aby na granicy ciecz–szkło nie zachodziło załamanie (kierunek się nie zmienia), ciecz musi mieć taki sam współczynnik załamania jak szkło ($n_{cieczy}=n_{szkła}$). Wtedy prawo Snella daje kąt załamania równy kątowi padania.