Rozwiązanie

Ruch jednostajnie opóźniony do zatrzymania: średnia prędkość $\tfrac{v_1}{2}$, więc $s_1=\tfrac{v_1}{2}t\Rightarrow t=\dfrac{2s_1}{v_1}=\dfrac{2\cdot28}{14}=4$ s.

Rozwiązanie

Opóźnienie jest takie samo (tarcie nie zależy od prędkości): $a=\dfrac{v_1^2}{2s_1}$. Droga $s\propto v^2$, więc $s_2=s_1\left(\tfrac{v_2}{v_1}\right)^2=28\cdot\left(\tfrac12\right)^2=7$ m.

Rozwiązanie

Siła tarcia kinetycznego $T=\mu N=\mu m g$. Z II zasady dynamiki $a=\dfrac{T}{m}=\dfrac{\mu m g}{m}=\mu g$ — masa się skraca, więc $a=\mu g$ nie zależy od $m$. $\blacksquare$

Rozwiązanie

Po $B$ ciało porusza się jednostajnie wzdłuż $k$ z prędkością $v_k=2\sqrt2\,\tfrac{\text{m}}{\text{s}}$ (zob. 2.2). Kolejne położenia (w $t_1=1$ s i $t_2=2$ s) leżą na $k$ w odstępach $v_k\cdot1\text{ s}=2\sqrt2\approx2{,}83$ m — czyli po $2$ kratki w prawo i $2$ w górę na każdą sekundę (prosta $k$ nachylona pod $45^\circ$).

Rozwiązanie

1. Na $AB$: prędkość pozioma $v_{AB}=\dfrac{2\text{ m}}{1\text{ s}}=2\,\tfrac{\text{m}}{\text{s}}$ (położenia co $2$ kratki). Siła $\vec F$ jest pionowa, więc składowa pozioma prędkości się nie zmienia: $v_x=2\,\tfrac{\text{m}}{\text{s}}$.
2. Prosta $k$ jest nachylona pod $45^\circ$, więc $v_y=v_x=2\,\tfrac{\text{m}}{\text{s}}$.
3. $v_k=\sqrt{v_x^2+v_y^2}=\sqrt{4+4}=2\sqrt2\approx2{,}83\,\tfrac{\text{m}}{\text{s}}$.

Rozwiązanie

Siła pionowa nadaje pionową składową pędu: $F\,\Delta t_B=m\,v_y$, gdzie $v_y=2\,\tfrac{\text{m}}{\text{s}}$.

$F=\dfrac{m\,v_y}{\Delta t_B}=\dfrac{0{,}2\cdot2}{0{,}01}=40$ N.

Rozwiązanie

Środek masy $S$ (w $1{,}5$ m od lewego końca) leży na prawo od obu uchwytów ($A$ w $0$, $B$ w $1$ m). Belka „przewiesza się" w prawo, więc uchwyt $B$ (bliżej ciężaru) ciągnie w górę, a uchwyt $A$ (po przeciwnej stronie) działa w dół. Z obliczeń (zad. 3.2) $F_A=60$ N, $F_B=180$ N, więc $F_A\lt F_B$.

Odpowiedź: $F_A\lt F_B$.

Rozwiązanie

1. Moment sił względem $A$: $F_B\cdot l_{AB}=Q\cdot\tfrac{l}{2}\Rightarrow F_B\cdot1=120\cdot1{,}5\Rightarrow F_B=180$ N (w górę).
2. Równowaga pionowa: $F_B=F_A+Q\Rightarrow F_A=F_B-Q=180-120=60$ N (w dół).

Odpowiedź: $F_A=60$ N (w dół), $F_B=180$ N (w górę).

Rozwiązanie

1. W punkcie $A$ (środek boku $QQ$) pola od obu ładunków $Q$ mają równe wartości i przeciwne zwroty wzdłuż tego boku — znoszą się. Zostaje tylko pole od ładunku $q$.
2. Odległość $q$ od $A$ = wysokość trójkąta $=\tfrac{a\sqrt3}{2}$.
3. $E_A=\dfrac{kq}{\left(\frac{a\sqrt3}{2}\right)^2}=\dfrac{kq}{\frac{3a^2}{4}}=\dfrac{4kq}{3a^2}$ (wektor wzdłuż wysokości, od $q$).

Rozwiązanie

Wszystkie odległości ładunków od środka maleją dwukrotnie, a $E\propto\tfrac{1}{r^2}$, więc każde pole rośnie $4$ razy. Układ jest podobny (te same kierunki), więc i wypadkowa rośnie cztery razy.

Odpowiedź: D

Rozwiązanie

a) Przesunięcie suwaka w lewo zmniejsza opór → prąd rośnie → indukcja pola rośnie. Rosnący strumień indukuje w pierścieniu prąd, którego pole przeciwdziała wzrostowi (reguła Lenza) → pierścień jest odpychany.

b) Przyciąganie występuje, gdy strumień maleje — indukowany prąd podtrzymuje strumień, płynąc w tę samą stronę co prąd w zwojnicy (prądy równoległe się przyciągają). Odpowiada temu rysunek A.

Rozwiązanie

1. a) Najmniejsze $Q_{odd}$ → sprawność maksymalna (Carnota) $\eta_{max}=\tfrac{T_1-T_2}{T_1}=\tfrac{460}{750}\approx0{,}613$. Dla cyklu Carnota $\tfrac{Q_{odd}}{Q_{pob}}=\tfrac{T_2}{T_1}$, więc $Q_{odd}=100\cdot\tfrac{290}{750}\approx38{,}7$ J.
2. b) Sprawność żadnego silnika nie może przekroczyć sprawności silnika idealnego (II zasada termodynamiki), więc $Q_{odd}=Q_{pob}(1-\eta)\ge Q_{pob}\tfrac{T_2}{T_1}$ — istnieje wartość graniczna.

Rozwiązanie

1. Praca użyteczna: $W=34{,}8-8{,}7=26{,}1$ J.
2. $Q_{odd}=Q_{pob}-W=100-26{,}1=73{,}9$ J.

Rozwiązanie

$\eta_2=\dfrac{W}{Q_{pob}}=\dfrac{26{,}1}{100}\approx0{,}26$.

Odpowiedź: C

Rozwiązanie

1. Izotermiczne → $T=$const → średnia energia kinetyczna bez zmian → F.
2. Sprężanie → mniejsza objętość → cząsteczki bliżej siebie → P.
3. Mniejsza objętość przy stałej $T$ → większe ciśnienie → częstsze uderzenia → P.

Odpowiedź: F, P, P.

Rozwiązanie

Fioletowe ma większe $n$ (mniejsza $\lambda$), a $v=\tfrac{c}{n}$, więc $v_F\lt v_C$ → C. Częstotliwość nie zmienia się przy przejściu do ośrodka; $f=\tfrac{c}{\lambda_{pr\acute{o}\dot{z}nia}}$, a fioletowe ma mniejszą $\lambda$ → większe $f$: $f_F>f_C$ → 1.

Odpowiedź: C oraz 1.

Rozwiązanie

Z wykresu $n(0{,}50\,\mu\text{m})\approx1{,}56$. Częstotliwość się nie zmienia, więc $\lambda_{sz}=\dfrac{\lambda}{n}=\dfrac{0{,}50}{1{,}56}\approx0{,}32\,\mu$m.

Rozwiązanie

Fioletowe ($n$ większe) skupia się bliżej soczewki, czerwone — dalej. Przy ekranie ustawionym daleko (za oboma ogniskami) promienie fioletowe, które skupiły się wcześniej, zdążyły się bardziej rozejść — są na zewnątrz plamki, a czerwone (ognisko bliżej ekranu) tworzą środek. Środek plamki na rys. 1 jest czerwony (zewnętrzna część — fioletowa).

Rozwiązanie

Ze wzoru soczewkowego $\tfrac{1}{f}=(n-1)\left(\tfrac{1}{R_1}+\tfrac{1}{R_2}\right)$, więc $f\propto\dfrac{1}{n-1}$: $\dfrac{f_F}{f_C}=\dfrac{n_C-1}{n_F-1}$.

Z wykresu (krańce zakresu widzialnego): $n_F\approx1{,}58$, $n_C\approx1{,}52$. $\dfrac{f_F}{f_C}=\dfrac{0{,}52}{0{,}58}\approx0{,}9$.

Rozwiązanie

Widmo ciągłe (hamowania) ma ostrą minimalną długość fali $\lambda_{min}$ (poniżej niej $I_E=0$), po której następuje szybki wzrost do maksimum i łagodny spadek dla dużych $\lambda$. Odpowiada temu wykres C (ostra lewa krawędź przy $\lambda>0$).

Odpowiedź: C

Rozwiązanie

1. $\lambda_{min}=\dfrac{hc}{eU}\propto\dfrac{1}{U}$ — proporcjonalność odwrotna → F.
2. Większe $U$ → mniejsze $\lambda_{min}$ → P.
3. Maksymalna energia kwantu $=eU$ — zależy od napięcia, nie od liczby elektronów → F.

Odpowiedź: F, P, F.

Rozwiązanie

$eU=\tfrac12 m_e v^2\Rightarrow v=\sqrt{\dfrac{2eU}{m_e}}=\sqrt{\dfrac{2\cdot1{,}6\cdot10^{-19}\cdot2500}{9{,}1\cdot10^{-31}}}\approx2{,}96\cdot10^{7}\,\tfrac{\text{m}}{\text{s}}$.

Rozwiązanie

Cała energia elektronu w jeden kwant: $eU=\dfrac{hc}{\lambda_{min}}\Rightarrow\lambda_{min}=\dfrac{hc}{eU}=\dfrac{6{,}63\cdot10^{-34}\cdot3\cdot10^8}{1{,}6\cdot10^{-19}\cdot2500}\approx5{,}0\cdot10^{-10}$ m.

Rozwiązanie

$R_4$ jest połączony równolegle z gałęzią $R_1+(R_2\parallel R_3)$. Dla $K$ zamkniętego: $I_4=\dfrac{U}{R}$, $I_1=\dfrac{U}{3R/2}=\dfrac{2U}{3R}$, a przez $R_2,R_3$ (równolegle, jednakowe) $I_2=I_3=\dfrac{I_1}{2}=\dfrac{U}{3R}$. Zatem $I_4>I_1>I_2=I_3$.

Odpowiedź: B

Rozwiązanie

Po otwarciu $K$ gałąź $R_3$ jest przerwana; gałąź $R_1$ ma teraz opór $R_1+R_2=2R$ (zamiast $R_1+\tfrac{R}{2}=\tfrac{3R}{2}$). $R_4$ jest bezpośrednio na napięciu $U$ — nie zmienia się.

• $R_1$: opór gałęzi wzrósł → prąd zmalał, napięcie $U_{R_1}=I_1 R$ zmalało.
• $R_2$: teraz płynie przez niego cały prąd gałęzi (wcześniej połowa) → natężenie wzrosło, napięcie wzrosło.
• $R_4$: gałąź niezależna, wprost na $U$ → natężenie się nie zmieniło, napięcie się nie zmieniło.

Rozwiązanie

W przemianie $\beta^-$ neutron zamienia się w proton ($n\to p+e^-+\bar\nu$).

1. Liczba neutronów maleje o $1$ → P.
2. Liczba masowa $A$ nie zmienia się → F.
3. Liczba protonów rośnie o $1$ → P.

Odpowiedź: P, F, P.

Rozwiązanie

Liczba zliczeń przez $5$ dni praktycznie się nie zmienia (waha się w granicach niepewności), więc aktywność maleje bardzo wolno — czas połowicznego rozpadu jest wiele razy dłuższy niż 5 dni.

Odpowiedź: C

Rozwiązanie

1. Całkowita liczba rozpadów w $5$ min: $\Delta N=1374\cdot16=21984$.
2. $A=\dfrac{\Delta N}{\Delta t}=\dfrac{21984}{5\cdot60\text{ s}}=\dfrac{21984}{300}\approx73$ Bq.

Rozwiązanie

1. $r=0{,}19\cdot1{,}5\cdot10^{11}=2{,}85\cdot10^{10}$ m; $T=25{,}3\cdot86400\approx2{,}19\cdot10^{6}$ s.
2. Z II zasady dynamiki dla ruchu po okręgu: $\dfrac{GMm}{r^2}=m\dfrac{4\pi^2}{T^2}r\Rightarrow M=\dfrac{4\pi^2 r^3}{G T^2}$.
3. $M=\dfrac{4\pi^2(2{,}85\cdot10^{10})^3}{6{,}67\cdot10^{-11}\cdot(2{,}19\cdot10^{6})^2}\approx2{,}9\cdot10^{30}$ kg.

Odpowiedź: $M\approx2{,}9\cdot10^{30}$ kg (ok. $1{,}5$ masy Słońca).

Rozwiązanie

Z zachowania momentu pędu $I\omega=$const, $I=kMR_t^2$: $R_{obecne}^2 f_{obecne}=R_{dawne}^2 f_{dawne}$, gdzie $R_{dawne}=10R_{obecne}$.

$f_{dawne}=f_{obecne}\dfrac{R_{obecne}^2}{(10R_{obecne})^2}=\dfrac{160}{100}=1{,}6$ Hz (obrotów na sekundę).

Rozwiązanie

$E_{kin}=\tfrac12 I\omega^2=\tfrac12 kMR_t^2\omega^2\propto R_t^2\omega^2\propto R_t^2 f^2$.

$\dfrac{E_{kin1}}{E_{kin10}}=\dfrac{R^2 f^2}{(10R)^2(f/100)^2}=\dfrac{f^2}{100\cdot f^2/10000}=\dfrac{10000}{100}=100$.

Odpowiedź: $\dfrac{E_{kin1}}{E_{kin10}}=100$ (energia wzrosła $100$-krotnie kosztem energii grawitacyjnej).

Rozwiązanie

Największa $\lambda$ = najmniejsza energia $\Delta E=13{,}6\left(\tfrac{1}{b^2}-\tfrac{1}{a^2}\right)$ eV. Obliczając: $3\to2\approx1{,}89$ eV; $7\to4\approx0{,}57$ eV; $4\to3\approx0{,}66$ eV; $4\to1\approx12{,}75$ eV. Najmniejsza energia (największa $\lambda$) to przejście $7\to4$.

Rozwiązanie

1. $^{218}_{84}\text{Po}\rightarrow{}^{214}_{82}\text{Pb}+{}^{4}_{2}\alpha$ (rozpad $\alpha$; ołów).
2. $^{4}_{2}\alpha+{}^{9}_{4}\text{Be}\rightarrow{}^{12}_{6}\text{C}+{}^{1}_{0}n$ (sprawdzenie: $A$: $4+9=13=12+1$; $Z$: $2+4=6$).