Jak to rozwiązać — druga zasada dynamiki i rosnący opór

W miarę opadania prędkość kropli rośnie, więc rośnie też siła oporu $F_o=k\rho_p S v^2$ (zależy od kwadratu prędkości). Siła wypadkowa $F_{wyp}=F_g-F_o$ maleje, a wraz z nią maleje przyśpieszenie $a=\dfrac{F_{wyp}}{m}$.

Odpowiedź: B2 (przyśpieszenie się zmniejsza, bo siła wypadkowa się zmniejsza).

✔ Zgodne z kluczem: B2.

Jak to rozwiązać — siła oporu przeciwna do prędkości, ∝ v²

Diagram 1 (t_E). W chwili t_E kropla porusza się ruchem jednostajnym, więc siła oporu równoważy grawitację: $F_{oE}=F_g$ — wektor 8 kratek, zwrot w górę.

Diagram 2 (t_B). Ponieważ $F_o\propto v^2$:

$\dfrac{F_{oB}}{F_g}=\dfrac{F_{oB}}{F_{oE}}=\left(\dfrac{v_B}{v_E}\right)^2=\left(\dfrac{3{,}5}{7}\right)^2=\dfrac{1}{4}$

Zatem $F_{oB}=\tfrac{1}{4}\cdot 8 = $ 2 kratki, zwrot w górę.

✔ Zgodne z kluczem: F_oE = 8 kratek w górę; F_oB = 2 kratki w górę.

Jak to rozwiązać — I zasada dynamiki dla ruchu jednostajnego

Krok 1. W ruchu jednostajnym siła oporu równoważy grawitację: $F_o=F_g$.

Krok 2. Podstawiamy wzory: opór $F_o=k\rho_p S v_E^2=k\rho_p\,\pi R^2\,v_E^2$ (przekrój kuli $S=\pi R^2$), ciężar $F_g=mg=\rho_w\cdot\tfrac{4}{3}\pi R^3\cdot g$:

$k\rho_p\,\pi R^2\,v_E^2=\tfrac{4}{3}\pi R^3\rho_w\,g$

Krok 3. Skracamy $\pi R^2$ i wyznaczamy v_E:

$v_E=\sqrt{\dfrac{4\rho_w R g}{3k\rho_p}}$

✔ Zgodne z kluczem: $v_E=\sqrt{\dfrac{4\rho_w R g}{3k\rho_p}}$.

Jak to rozwiązać — energia kinetyczna bryły sztywnej

Krok 1. Całkowita energia = ruch postępowy + obrotowy, z $\omega=\dfrac{v}{R}$ i $I_0=\tfrac{1}{2}mR^2$:

$E_{całk}=\tfrac{1}{2}mv^2+\tfrac{1}{2}I_0\omega^2=\tfrac{1}{2}mv^2+\tfrac{1}{2}\cdot\tfrac{1}{2}mR^2\cdot\tfrac{v^2}{R^2}=\tfrac{1}{2}mv^2+\tfrac{1}{4}mv^2=\tfrac{3}{4}mv^2$

Krok 2. Ruch postępowy: $E_{post}=\tfrac{1}{2}mv^2$. Iloraz:

$\dfrac{E_{post}}{E_{całk}}=\dfrac{\tfrac{1}{2}mv^2}{\tfrac{3}{4}mv^2}=\dfrac{2}{3}$

✔ Zgodne z kluczem: 2/3.

Jak to rozwiązać — dwa równania II zasady dynamiki

Krok 1. Ruch postępowy: $ma=F-T$.

Krok 2. Ruch obrotowy (względem osi symetrii), $a=\varepsilon R$, $I_0=\tfrac{1}{2}mR^2$:

$I_0\varepsilon=RT\;\Rightarrow\;\tfrac{1}{2}mR^2\cdot\tfrac{a}{R}=RT\;\Rightarrow\;T=\tfrac{1}{2}ma$

Krok 3. Podstawiamy T do równania postępowego:

$ma=F-\tfrac{1}{2}ma\;\Rightarrow\;\tfrac{3}{2}ma=F\;\Rightarrow\;a=\dfrac{2F}{3m}=\dfrac{2\cdot30}{3\cdot10}=\mathbf{2\ \tfrac{m}{s^2}}$

✔ Zgodne z kluczem: a = 2 m/s².

Jak to rozwiązać — związek prędkości, siły i przyspieszenia w RHD

Zdanie 1 — FAŁSZ. Siły równoważą się w położeniu równowagi (y = 0), gdzie prędkość jest maksymalna. W t = 0,2 s prędkość v_y = 0 (skrajne położenie), więc siły się NIE równoważą.

Zdanie 2 — PRAWDA. W t = 0,1 s i t = 0,3 s wartość prędkości jest taka sama (maksymalna), więc energia kinetyczna jest równa.

Zdanie 3 — PRAWDA. Przyśpieszenie jest proporcjonalne do wychylenia. W t = 0,4 s ciężarek jest w skrajnym położeniu (a maksymalne), w t = 0,5 s w równowadze (a = 0). Zatem a(0,4) > a(0,5).

✔ Zgodne z kluczem: F, P, P.

Jak to rozwiązać — porównanie sił poniżej równowagi

Punkt P leży poniżej położenia równowagi (y < 0). Sprężyna jest wtedy bardziej rozciągnięta niż w równowadze, więc siła sprężystości (skierowana w górę) jest większa od siły grawitacji (w dół):

$F_s > F_g$

Siła wypadkowa jest skierowana w górę (ku położeniu równowagi) — zgodnie z charakterem siły w ruchu harmonicznym.

✔ Zgodne z kluczem: F_s > F_g (F_s w górę, dłuższy wektor; F_g w dół).

Jak to rozwiązać — II zasada dynamiki w najniższym punkcie

Krok 1. W najniższym położeniu siła sprężystości jest największa i skierowana w górę; siła wypadkowa (dośrodkowa drgań) też w górę: $m\,a_{max}=F_{s\,max}-mg$.

Krok 2. Przyśpieszenie maksymalne przez okres i prędkość maksymalną: $a_{max}=\dfrac{2\pi}{T}\,v_{max}$.

Krok 3. Podstawiamy:

$F_{s\,max}=m\left(g+\dfrac{2\pi}{T}v_{max}\right)=0{,}1\left(9{,}81+\dfrac{2\pi}{0{,}4}\cdot0{,}6\right)=0{,}1\cdot(9{,}81+9{,}42)\approx \mathbf{1{,}92\ N}$

✔ Zgodne z kluczem: F_{s max} ≈ 1,92 N.

Jak to rozwiązać — efekt Dopplera dla ruchomego źródła

Zdanie 1 — PRAWDA. Źródło oddala się od ℬ, więc fale są „rozciągane" — ℬ słyszy częstotliwość mniejszą od f₀.

Zdanie 2 — PRAWDA. Przy oddalaniu i hamowaniu prędkość źródła maleje, więc obniżenie częstotliwości słabnie — częstotliwość rośnie (zbliża się do f₀).

Zdanie 3 — PRAWDA. Przy oddalaniu i przyśpieszaniu prędkość źródła rośnie, więc obniżenie częstotliwości się pogłębia — częstotliwość maleje.

✔ Zgodne z kluczem: P, P, P.

Jak to rozwiązać — wzory Dopplera na długości fal

Krok 1. Dla zbliżania (𝒜) fala jest skrócona, dla oddalania (ℬ) wydłużona: $\lambda_A=\dfrac{v_d-v}{f_0}$, $\lambda_B=\dfrac{v_d+v}{f_0}$. Iloraz:

$\dfrac{\lambda_B}{\lambda_A}=\dfrac{v_d+v}{v_d-v}=1{,}2$

Krok 2. Rozwiązujemy względem v:

$1{,}2(v_d-v)=v_d+v\;\Rightarrow\;0{,}2\,v_d=2{,}2\,v\;\Rightarrow\;v=\dfrac{v_d}{11}=\dfrac{340}{11}\approx \mathbf{31\ \tfrac{m}{s}}$

✔ Zgodne z kluczem: v ≈ 31 m/s.

Jak to rozwiązać — III zasada dynamiki i środek masy

Zdanie 1 — PRAWDA. Zgodnie z III zasadą dynamiki Newtona siły wzajemnego oddziaływania są równe co do wartości (i przeciwnie skierowane).

Zdanie 2 — PRAWDA. Środek masy: $M_Z\,|ZS|=M_K\,|SK|$, więc $\dfrac{|ZS|}{|SK|}=\dfrac{M_K}{M_Z}=\dfrac{1}{81{,}28}$.

Zdanie 3 — FAŁSZ. Odległość |ZK| się zmienia, a siła grawitacji $F=\dfrac{GM_ZM_K}{r^2}$ zależy od r, więc nie jest stała.

✔ Zgodne z kluczem: P, P, F.

Jak to rozwiązać — równowaga sił grawitacji

Krok 1. Niech x = |PZ|, wtedy |PK| = d − x. W punkcie P siła od Ziemi równoważy siłę od Księżyca:

$\dfrac{GM_Z m}{x^2}=\dfrac{GM_K m}{(d-x)^2}\;\Rightarrow\;\dfrac{x^2}{(d-x)^2}=\dfrac{M_Z}{M_K}=81{,}28$

Krok 2. Pierwiastkujemy (x, d−x > 0):

$\dfrac{x}{d-x}=\sqrt{81{,}28}\approx 9{,}0155$

Krok 3. Stąd $x\approx 9{,}0155\,(d-x)$:

$x\approx\dfrac{9{,}0155}{10{,}0155}\cdot 384\,400\ \text{km}\approx \mathbf{346\,000\ km}$

✔ Zgodne z kluczem: |PZ| ≈ 346 000 km.

Jak to rozwiązać — superpozycja natężeń, symetria przekątnej

Krok 1. Ładunki na przekątnej się znoszą. Q₁ i Q₃ (oba −2q) leżą po przeciwnych stronach S w równej odległości, więc ich natężenia mają równe wartości i przeciwne zwroty: $\vec E_1+\vec E_3=0$.

Krok 2. Pozostaje tylko natężenie od Q₂ (skierowane ku Q₂, bo ładunek ujemny). Odległość S–Q₂ = połowa przekątnej = $\dfrac{a\sqrt2}{2}=\dfrac{a}{\sqrt2}$:

$E_S=E_2=\dfrac{k|Q_2|}{\left(\frac{a}{\sqrt2}\right)^2}=\dfrac{kq}{a^2/2}=\dfrac{2kq}{a^2}$

Wektor E_S leży na przekątnej i jest zwrócony ku Q₂. Równoważnie $E_S=\dfrac{1}{4\pi\varepsilon_0}\cdot\dfrac{2q}{a^2}$.

✔ Zgodne z kluczem: E_S = 2kq/a², zwrot ku Q₂.

Jak to rozwiązać — prawa Kirchhoffa i podział prądu

Zdanie 1 — FAŁSZ. Amperomierz mierzy prąd całkowity (suma obu gałęzi), a przez R₁ płynie tylko prąd gałęzi górnej — mniejszy od całkowitego.

Zdanie 2 — PRAWDA. R₁ i R₂ są połączone szeregowo (ten sam prąd) i mają równe opory R, więc napięcia na nich są równe.

Zdanie 3 — PRAWDA. Obie gałęzie mają to samo napięcie U_XY; gałąź górna ma opór 2R, dolna R, więc $I_{R_1}=\dfrac{U_{XY}}{2R}<\dfrac{U_{XY}}{R}=I_{R_3}$.

✔ Zgodne z kluczem: F, P, P.

Jak to rozwiązać — napięcie na gałęzi równoległej

Napięcie U_XY między zaciskami X i Y jest równe napięciu źródła U (opory wewnętrzne i przewodów pomijamy) — nie zmienia się po przerwaniu górnej gałęzi. Moc na R₃ zależy tylko od tego napięcia: $P=\dfrac{U_{XY}^2}{R}$, więc pozostaje taka sama.

Odpowiedź: C1.

✔ Zgodne z kluczem: C1.

Jak to rozwiązać — opór zastępczy w obu sytuacjach

Krok 1. Sytuacja 1 (dwie gałęzie równoległe: 2R i R): opór zastępczy $R_z=\dfrac{2R\cdot R}{2R+R}=\dfrac{2R}{3}$, więc $I_{A1}=\dfrac{U}{R_z}=\dfrac{3U}{2R}$.

Krok 2. Sytuacja 2 (prąd tylko przez R₃): $I_{A2}=\dfrac{U}{R}$.

Krok 3. Iloraz:

$\dfrac{I_{A2}}{I_{A1}}=\dfrac{U/R}{3U/(2R)}=\dfrac{2}{3}$

✔ Zgodne z kluczem: I_A2/I_A1 = 2/3.

Jak to rozwiązać — I zasada termodynamiki dla cyklu

Krok 1. Praca w cyklu = pole prostokąta na wykresie p(V):

$W=(2p_1-p_1)(3V_1-V_1)=p_1\cdot 2V_1=2p_1V_1$

Krok 2. W cyklu zmiana energii wewnętrznej = 0, więc $W=|Q_{pob}|-|Q_{odd}|$:

$|Q_{pob}|=W+|Q_{odd}|=2p_1V_1+9{,}5\,p_1V_1=\mathbf{11{,}5\,p_1V_1}$

Odpowiedź: B.

✔ Zgodne z kluczem: B (11,5·p₁V₁).

Jak to rozwiązać — energia wewnętrzna wyrażona przez pV

Krok 1. Dla gazu jednoatomowego $U=\tfrac{3}{2}nRT=\tfrac{3}{2}pV$ (z równania Clapeyrona).

Krok 2. Przemiana G4 → G1 jest izobaryczna (p = p₁), z V: 3V₁ → V₁:

$\Delta U_{41}=\tfrac{3}{2}(p_1V_1-p_1\cdot 3V_1)=\tfrac{3}{2}(-2p_1V_1)=-3p_1V_1$

Krok 3. Wartość bezwzględna:

$|\Delta U_{41}|=3p_1V_1$

✔ Zgodne z kluczem: |ΔU₄₁| = 3p₁V₁.

Jak to rozwiązać — podobieństwo trójkątów przy wspólnym ognisku

Krok 1. Promienie równoległe skupiają się we wspólnym ognisku F. Trójkąty utworzone przez skrajny promień i oś (o wysokościach d₁/2 i d₂/2, o podstawach f₁ i f₂) są podobne:

$\dfrac{f_1}{d_1}=\dfrac{f_2}{d_2}$

Krok 2. Stąd:

$d_2=d_1\cdot\dfrac{f_2}{f_1}=2{,}25\ \text{mm}\cdot\dfrac{40}{15}=\mathbf{6\ mm}$

✔ Zgodne z kluczem: d₂ = 6 mm.

Jak to rozwiązać — układ Galileusza (wspólne ognisko)

Krok 1. Aby wiązka wchodząca i wychodząca były równoległe do osi, ognisko obrazowe soczewki R musi pokrywać się z ogniskiem przedmiotowym soczewki S. Ognisko R leży po stronie wejścia (bo f_R < 0).

Krok 2. Odległość soczewek:

$d=f_S-|f_R|=40-15=\mathbf{25\ cm}$

Krok 3. Bieg promieni. Promienie równoległe padające na R rozbiegają się tak, jakby wychodziły z ogniska R; po przejściu przez S biegną równolegle do osi i tworzą wiązkę poszerzoną (poszerzenie = f_S/|f_R| = 40/15 ≈ 2,7×).

✔ Zgodne z kluczem: S w 25 cm od R; wiązka wyjściowa równoległa i poszerzona.

Jak to rozwiązać — czynnik Lorentza

Energia całkowita: $E_B=\dfrac{E_0}{\sqrt{1-(v/c)^2}}$. Prędkość względna $\dfrac{v}{c}=\dfrac{2{,}00\cdot10^8}{3{,}00\cdot10^8}=\dfrac{2}{3}$:

$\dfrac{E_B}{E_0}=\dfrac{1}{\sqrt{1-\left(\frac{2}{3}\right)^2}}=\dfrac{1}{\sqrt{5/9}}=\dfrac{3}{\sqrt5}\approx \mathbf{1{,}34}$

✔ Zgodne z kluczem: E_B/E₀ ≈ 1,34.

Jak to rozwiązać — praca pola = relatywistyczna energia kinetyczna

Krok 1. Elektron startuje ze spoczynku, więc praca pola równa się jego energii kinetycznej w B: $qU_{AB}=E_{kin\,B}=E_B-E_0$.

Krok 2. Z zadania 10.1: $E_B=1{,}342\,E_0$, więc $E_{kin\,B}=0{,}342\,E_0$.

Krok 3. Ponieważ ładunek elektronu to e, a E₀ jest w eV:

$U_{AB}=\dfrac{E_{kin\,B}}{e}=0{,}342\cdot 5{,}11\cdot10^5\ \text{V}\approx \mathbf{1{,}75\cdot10^{5}\ V}$

✔ Zgodne z kluczem: U_AB ≈ 1,75·10⁵ V.

Jak to rozwiązać — definicja czasu połowicznego rozpadu

Czas połowicznego rozpadu T to czas, po którym rozpadła się połowa jąder, czyli gdy N_r/N₀ = 0,5. Z wykresu odczytujemy, że N_r/N₀ = 0,5 odpowiada:

$T\approx \mathbf{110\ \text{min}}$

✔ Zgodne z kluczem: T ≈ 110 min.

Jak to rozwiązać — zasady zachowania w reakcji jądrowej

Krok 1. Zachowanie liczby masowej: $18=A+0\Rightarrow A=18$.

Krok 2. Zachowanie ładunku (β⁺ ma ładunek +1): $9=Z+1\Rightarrow Z=8$.

Krok 3. Pierwiastek o Z = 8 to tlen (O). Równanie rozpadu:

$^{18}_{9}\text{F}\rightarrow{}^{18}_{8}\text{O}+\beta^{+}\;(+\nu)$

✔ Zgodne z kluczem: X = tlen, ¹⁸₈O.

Jak to rozwiązać — zasada zachowania energii (deficyt masy)

Krok 1. Jądro fluoru spoczywa, masę neutrina pomijamy. Zasada zachowania energii:

$m_F c^2=m_X c^2+m_\beta c^2+E_{kin}$

Krok 2. Energia kinetyczna z deficytu masy:

$E_{kin}=(m_F-m_X-m_\beta)c^2=(17{,}99600-17{,}99477-0{,}00055)\,u\cdot c^2$

Krok 3. Podstawiamy 1 u·c² = 931,5 MeV:

$E_{kin}=0{,}00068\,u\cdot c^2=0{,}00068\cdot931{,}5\ \text{MeV}\approx \mathbf{0{,}63\ MeV}$

✔ Zgodne z kluczem: E_kin ≈ 0,63 MeV.