Jak to rozwiązać — odległość rośnie, dopóki 𝒫 wolniejszy

Krok 1. Kiedy odległość jest największa? Gdy prędkości się zrównają ($v_𝒫 = v_ℱ$):

$20+6t_{max}=35\;\Rightarrow\;t_{max}=2{,}5\ s$

Krok 2. Odległość jako różnica położeń ($x_𝒫=0$, $x_ℱ=d_0$ w chwili t₀):

$d(t)=(40+35t)-(20t+\tfrac{1}{2}\cdot6t^2)=-3t^2+15t+40$

Krok 3. Podstawiamy t_max = 2,5 s:

$d_{max}=-3\cdot2{,}5^2+15\cdot2{,}5+40=\mathbf{58{,}75\ m}$

✔ Zgodne z kluczem: d_max = 58,75 m.

Jak to rozwiązać — III zasada dynamiki

Siły wzajemnego oddziaływania (reakcji) są równe co do wartości i przeciwnie skierowane, wzdłuż linii łączącej środki krążków (poziomo). Siła $\vec F_{12}$ (na K1) skierowana w lewo, $\vec F_{21}$ (na K2) w prawo, o równych długościach.

$\vec F_{12}=-\vec F_{21},\qquad |\vec F_{12}|=|\vec F_{21}|$

✔ Zgodne z kluczem: wektory równe, przeciwne, wzdłuż linii środków.

Jak to rozwiązać — rozkład prędkości w zderzeniu sprężystym równych mas

W zderzeniu sprężystym równych mas składowa prędkości wzdłuż linii środków (tu pozioma v_x) zostaje w całości przekazana krążkowi K2, a składowa prostopadła (pionowa v_y) pozostaje przy K1. Zatem po zderzeniu: $\vec v_1=\vec v_y$, $\vec v_2=\vec v_x$.

Odpowiedź: C.

✔ Zgodne z kluczem: C.

Jak to rozwiązać — kinematyka toczenia i bilans energii

Zdanie 1 — PRAWDA. W toczeniu bez poślizgu jeden pełny obrót odpowiada przebyciu drogi równej obwodowi koła: $2\pi R$.

Zdanie 2 — PRAWDA. $E_{post}=\tfrac{1}{2}mv^2$, a $E_{obr}=\tfrac{1}{2}I\omega^2=\tfrac{1}{2}\cdot\tfrac{1}{2}mR^2\cdot\tfrac{v^2}{R^2}=\tfrac{1}{4}mv^2$. Zatem $E_{post}>E_{obr}$.

Zdanie 3 — FAŁSZ. Część energii potencjalnej ciężarka zamienia się także na jego własną energię kinetyczną (ciężarek się porusza), więc nie w całości na energię walca.

✔ Zgodne z kluczem: P, P, F.

Jak to rozwiązać — trzy równania II zasady dynamiki

Oznaczmy siłę reakcji linki F (jednakową na walec i ciężarek — III ZD), tarcie T. Przyśpieszenia walca i ciężarka są równe (linka nierozciągliwa), a walec toczy się bez poślizgu ($a=\varepsilon R$).

Krok 1. Trzy równania:

$I\varepsilon=RT\;\Rightarrow\;\tfrac{1}{2}mR^2\cdot\tfrac{a}{R}=RT\;\Rightarrow\;\tfrac{1}{2}ma=T$

$ma=F-T\qquad\text{(ruch postępowy walca)}$

$ma=mg-F\qquad\text{(ruch ciężarka)}$

Krok 2. Dodajemy równania walca: $ma=F-\tfrac{1}{2}ma\Rightarrow F=\tfrac{3}{2}ma$. Podstawiamy do równania ciężarka:

$ma=mg-\tfrac{3}{2}ma\;\Rightarrow\;\tfrac{5}{2}ma=mg\;\Rightarrow\;a=\tfrac{2}{5}g$

✔ Zgodne z kluczem: a = (2/5)g.

Jak to rozwiązać — postulat stałości prędkości światła

Prędkość fali elektromagnetycznej w próżni jest stała (równa c) i nie zależy od ruchu źródła ani obserwatora (podstawa szczególnej teorii względności). Ruch źródła zmienia jedynie częstotliwość i długość fali (efekt Dopplera), nie jej prędkość.

Odpowiedź: B1.

✔ Zgodne z kluczem: B1.

Jak to rozwiązać — źródło się oddala → niższa częstotliwość

Sonda się oddala, więc odbierana częstotliwość jest mniejsza od częstotliwości źródła o |Δf|:

$f_Z=f_{źr}-|\Delta f|=3{,}00000\ \text{GHz}-0{,}00075\ \text{GHz}=\mathbf{2{,}99925\ \text{GHz}}$

Odpowiedź: D.

✔ Zgodne z kluczem: D.

Jak to rozwiązać — związek falowy i przesunięcie ku czerwieni

Zdanie 1 — PRAWDA. $\lambda_{źr}=\dfrac{c}{f_{źr}}=\dfrac{3\cdot10^8}{3\cdot10^9}=0{,}10\ m$.

Zdanie 2 — PRAWDA. Źródło się oddala, więc odbierana fala ma mniejszą częstotliwość, a zatem większą długość: $\lambda_Z>\lambda_{źr}$ (przesunięcie ku czerwieni).

✔ Zgodne z kluczem: P, P.

Jak to rozwiązać — przybliżony wzór Dopplera dla v ≪ c

Dla małych prędkości względne przesunięcie częstotliwości równa się v/c:

$\dfrac{|\Delta f|}{f_{źr}}\approx\dfrac{v}{c}\;\Rightarrow\;v\approx\dfrac{|\Delta f|}{f_{źr}}\cdot c$

$v\approx\dfrac{750\cdot10^3}{3\cdot10^9}\cdot3\cdot10^8=\mathbf{75\,000\ \tfrac{m}{s}}=75\ \tfrac{km}{s}$

✔ Zgodne z kluczem: v ≈ 75 000 m/s.

Jak to rozwiązać — przyspieszenie zgodne z siłą grawitacji

Na S2 działa tylko siła grawitacji od Sgr A*, skierowana ku centrum. Zgodnie z II zasadą dynamiki przyśpieszenie ma ten sam kierunek i zwrot co siła, więc wektor $\vec a$ jest zaczepiony w S2 i skierowany wzdłuż odcinka S2–Sgr A*, ku Sgr A*.

✔ Zgodne z kluczem: wektor w S2, ku Sgr A*.

Jak to rozwiązać — zasada zachowania momentu pędu

W peryhelium i aphelium prędkość jest prostopadła do promienia, więc $v_P\,r_P=v_A\,r_A$:

$\dfrac{v_P}{v_A}=\dfrac{r_A}{r_P}=\dfrac{1820}{120}\approx \mathbf{15{,}2}$

Odpowiedź: C.

✔ Zgodne z kluczem: C.

Jak to rozwiązać — wzór z informacji dla orbity eliptycznej i kołowej

Krok 1. Półoś wielka orbity S2 (połowa osi wielkiej):

$a=\tfrac{1}{2}|PA|=\tfrac{1}{2}(r_P+r_A)=\tfrac{1}{2}(120+1820)=970\ \text{au}$

Krok 2. Podstawiamy do wzoru (M₁=M_SA z a=970 au, T=16 lat; M₂=M_S z a_Z=1 au, T_Z=1 rok):

$\dfrac{M_{SA}}{M_S}=\left(\dfrac{970}{1}\right)^3\cdot\left(\dfrac{1}{16}\right)^2\approx \mathbf{3{,}6\cdot10^{6}}$

✔ Zgodne z kluczem: M_SA/M_S ≈ 3,6·10⁶ (Sgr A* jest ~3,6 mln razy masywniejszy od Słońca).

Jak to rozwiązać — siła grawitacji jako dośrodkowa

Krok 1. Dla ciała na orbicie kołowej siła grawitacji pełni rolę siły dośrodkowej, a prędkość $v=\dfrac{2\pi a}{T}$:

$\dfrac{m\,v^2}{a}=\dfrac{GmM}{a^2}\;\Rightarrow\;\dfrac{(2\pi a/T)^2}{a}=\dfrac{GM}{a^2}\;\Rightarrow\;M=\dfrac{4\pi^2 a^3}{G\,T^2}$

Krok 2. Wypisujemy M₁ i M₂ i dzielimy stronami (4π²/G się skraca):

$\dfrac{M_1}{M_2}=\dfrac{a_1^3/T_1^2}{a_2^3/T_2^2}=\left(\dfrac{a_1}{a_2}\right)^3\cdot\left(\dfrac{T_2}{T_1}\right)^2$

✔ Zgodne z kluczem: M = 4π²a³/(GT²), stąd wzór docelowy.

Jak to rozwiązać — równanie Clapeyrona i związek T z energią cząsteczek

Zdanie 1 — PRAWDA. Przy stałej objętości $p=\dfrac{nRT}{V}\propto T$, a siła parcia $F=pS\propto p\propto T$.

Zdanie 2 — PRAWDA. Przy stałym ciśnieniu $V\propto T$ (prawo Charlesa), a średnia energia kinetyczna cząsteczek też jest $\propto T$. Zatem V jest proporcjonalna do średniej energii kinetycznej.

✔ Zgodne z kluczem: P, P.

Jak to rozwiązać — gdzie ciepło idzie na energię wewnętrzną

Dostarczono tyle samo ciepła (100 J). W przemianie izochorycznej całe ciepło zwiększa energię wewnętrzną (brak pracy), a w izobarycznej część ciepła idzie na pracę. Zatem przyrost energii wewnętrznej (a więc i temperatury, bo $\Delta U=\tfrac{3}{2}nR\Delta T$) jest większy w pierwszej przemianie: $\Delta T_1>\Delta T_2$.

Odpowiedź: A2.

✔ Zgodne z kluczem: A2.

Jak to rozwiązać — I zasada termodynamiki dla izobary

Krok 1. W przemianie izobarycznej praca $W_2=nR\Delta T_2$, a ciepło $Q_2=nC_p\Delta T_2=\tfrac{5}{2}nR\Delta T_2$ (bo $C_p=C_V+R=\tfrac{5}{2}R$).

Krok 2. Dzieląc stronami:

$\dfrac{W_2}{Q_2}=\dfrac{nR\Delta T_2}{\tfrac{5}{2}nR\Delta T_2}=\dfrac{2}{5}\;\Rightarrow\;W_2=\tfrac{2}{5}Q_2=\tfrac{2}{5}\cdot100=\mathbf{40\ J}$

✔ Zgodne z kluczem: W₂ = 40 J.

Jak to rozwiązać — zależność siły i czasu od indukcji B

Zdanie 1 — PRAWDA. Aby dodatni proton zakręcał konsekwentnie tak, by tworzyć kolejne półokręgi po tej samej stronie osi, wektor B musi mieć jednakowy zwrot (ku patrzącemu) na całym torze.

Zdanie 2 — FAŁSZ. Siła Lorentza $F=qvB$; v jest stała, ale B różne na różnych półokręgach, więc F się zmienia.

Zdanie 3 — FAŁSZ. Czas przejścia półokręgu $t=\dfrac{\pi m}{qB}$ zależy od B, więc dla różnych B jest różny.

✔ Zgodne z kluczem: P, F, F.

Jak to rozwiązać — praca siły prostopadłej do prędkości

Krok 1. Siła Lorentza działająca na cząstkę naładowaną w polu magnetycznym jest zawsze prostopadła do prędkości.

Krok 2. Praca siły prostopadłej do przemieszczenia (prędkości) jest równa zero. Z twierdzenia o pracy i energii kinetycznej: $W=\Delta E_{kin}$, więc $\Delta E_{kin}=0$, czyli energia kinetyczna — a zatem i wartość prędkości — jest stała.

✔ Zgodne z kluczem: F_L ⊥ v ⇒ praca = 0 ⇒ E_kin = const ⇒ v = const.

Jak to rozwiązać — z warunku dośrodkowego i stałej prędkości

Krok 1. Siła Lorentza pełni rolę dośrodkowej: $\dfrac{mv^2}{r}=qvB\Rightarrow v=\dfrac{qBr}{m}$. Skoro v jest stała, to $B\,r=\text{const}$, więc $B_{AF}\,r_{AF}=B_{CD}\,r_{CD}$.

Krok 2. Promienie półokręgów (odstęp = ¼|AD| = 0,25 m): $r_{AF}=\tfrac{3}{4}|AD|=0{,}75$ m (od A do F to 6 odstępów, średnica 1,5 m), $r_{CD}=\tfrac{1}{4}|AD|=0{,}25$ m (od C do D, średnica 0,5 m).

Krok 3. Wyznaczamy B_CD:

$B_{CD}=B_{AF}\cdot\dfrac{r_{AF}}{r_{CD}}=0{,}2\cdot\dfrac{0{,}75}{0{,}25}=\mathbf{0{,}6\ T}$

✔ Zgodne z kluczem: B_CD = 0,6 T.

Jak to rozwiązać — z liniowej zależności R = R₀(1 + αΔT)

Krok 1. Z wzoru $R=R_0(1+\alpha\Delta T)$ mamy $\alpha=\dfrac{R/R_0-1}{T-T_0}$.

Krok 2. Odczyt z wykresu (np. dla T = 900 K jest R/R₀ ≈ 4):

$\alpha=\dfrac{4-1}{900-300}=\dfrac{3}{600}=\mathbf{0{,}005\ \tfrac{1}{K}}=5\cdot10^{-3}\ \tfrac{1}{K}$

✔ Zgodne z kluczem: α ≈ 5·10⁻³ 1/K.

Jak to rozwiązać — opór z mocy znamionowej, potem odczyt z wykresu

Krok 1. Opór pracującego włókna:

$R=\dfrac{U_z^2}{P_z}=\dfrac{230^2}{60}\approx 882\ \Omega$

Krok 2. Iloraz oporów: $\dfrac{R}{R_0}=\dfrac{882}{65}\approx 13{,}6$.

Krok 3. Odczyt z wykresu temperatury, dla której R/R₀ ≈ 13,6:

$T\approx \mathbf{2550\ K}$

✔ Zgodne z kluczem: T ≈ 2550 K (przedział 2500–2650 K).

Jak to rozwiązać — związek oporu z wymiarami przewodnika

Krok 1. $R_0=\rho_0\dfrac{l}{S}$, gdzie $S=\pi\left(\dfrac{d}{2}\right)^2$. Stąd:

$l=\dfrac{R_0\,S}{\rho_0}=\dfrac{R_0\,\pi (d/2)^2}{\rho_0}$

Krok 2. Podstawiamy ($d/2=15\cdot10^{-6}$ m):

$l=\dfrac{65\cdot\pi\cdot(15\cdot10^{-6})^2}{5{,}6\cdot10^{-8}}\approx \mathbf{0{,}82\ m}$

✔ Zgodne z kluczem: l ≈ 0,82 m.

Jak to rozwiązać — prawo odbicia, załamania i symetria krążka

Relacja 1: γ_pad = γ_odb. Prawo odbicia — kąt padania równy kątowi odbicia.

Relacja 2: γ_pad < γ_zał. W D światło przechodzi ze szkła do powietrza (ośrodek rzadszy), więc załamuje się od normalnej — kąt załamania większy od kąta padania.

Relacja 3: γ_zał = α. Trójkąt OAD jest równoramienny (OA = OD = promień), więc γ_pad = β. Z prawa załamania w A: $\sin\alpha=n\sin\beta$, a w D: $n\sin\gamma_{pad}=\sin\gamma_{zał}$. Ponieważ γ_pad = β, wychodzi $\sin\gamma_{zał}=\sin\alpha$, czyli γ_zał = α.

✔ Zgodne z kluczem: =, <, =.

Jak to rozwiązać — prawo załamania przez stosunki boków

Krok 1. Prawo załamania: $\dfrac{\sin\alpha}{\sin\beta}=\dfrac{c}{v}$. AB jest średnicą, więc trójkąty ABC i ABD są prostokątne (kąt oparty na średnicy = 90°). Stąd:

$\sin\alpha=\dfrac{|CB|}{|AB|},\qquad \sin\beta=\dfrac{|BD|}{|AB|}$

Krok 2. Wyznaczamy v (|AB| się skraca):

$v=\dfrac{\sin\beta}{\sin\alpha}\cdot c=\dfrac{|BD|}{|CB|}\cdot c=\dfrac{4{,}8}{7{,}8}\cdot3{,}0\cdot10^8\approx \mathbf{1{,}8\cdot10^{8}\ \tfrac{m}{s}}$

✔ Zgodne z kluczem: v ≈ 1,8·10⁸ m/s.

Jak to rozwiązać — relatywistyczna energia całkowita

Energia całkowita $E=\dfrac{mc^2}{\sqrt{1-(v/c)^2}}$. Dla v = 0 mamy $E=mc^2$, a gdy v → c, energia rośnie nieograniczenie (asymptota pionowa przy v = c). Poprawny jest wykres, który startuje od mc² i ma pionową asymptotę przy v = c.

Odpowiedź: B.

✔ Zgodne z kluczem: B.

Jak to rozwiązać — z relatywistycznej energii całkowitej

Krok 1. Energia całkowita $E=E_{kin}+E_0=2E_0+E_0=3E_0$, a jednocześnie $E=\dfrac{E_0}{\sqrt{1-(v/c)^2}}$. Zatem:

$\dfrac{1}{\sqrt{1-(v/c)^2}}=3$

Krok 2. Rozwiązujemy:

$1-\left(\dfrac{v}{c}\right)^2=\dfrac{1}{9}\;\Rightarrow\;\dfrac{v}{c}=\sqrt{\dfrac{8}{9}}\approx \mathbf{0{,}94}$

✔ Zgodne z kluczem: v/c ≈ 0,94.

Jak to rozwiązać — praca pola = energia kinetyczna

Praca siły pola równa się energii kinetycznej: $qU=E_{kin}=2E_0$. Ponieważ ładunek elektronu to e, a E₀ w eV:

$U=\dfrac{2E_0}{e}=2\cdot5{,}1\cdot10^5\ \text{V}=\mathbf{1{,}02\cdot10^{6}\ V}$

✔ Zgodne z kluczem: U ≈ 10,2·10⁵ V = 1,02·10⁶ V.

Jak to rozwiązać — zasady zachowania w reakcji jądrowej

Krok 1. Zachowanie ładunku: $82+30=112+Z\Rightarrow Z=0$.

Krok 2. Zachowanie liczby nukleonów: $208+70=277+A\Rightarrow A=1$.

Krok 3. Cząstka o A = 1, Z = 0 to neutron. Równanie:

$^{208}_{82}\text{Pb}+{}^{70}_{30}\text{Zn}\rightarrow{}^{277}_{112}\text{Cn}+{}^{1}_{0}\text{n}$

✔ Zgodne z kluczem: neutron ¹₀n.

Jak to rozwiązać — każdy rozpad α zmniejsza Z o 2, A o 4

Krok 1. Sześć rozpadów α zmniejsza liczbę atomową i masową:

$Z=112-6\cdot2=100,\qquad A=277-6\cdot4=253$

Krok 2. Pierwiastek o Z = 100 to ferm (fermium, Fm). Powstaje jądro ²⁵³₁₀₀Fm.

✔ Zgodne z kluczem: ferm (Fm), ²⁵³₁₀₀Fm.