Rozwiązanie – Zadanie 1.1

Analiza ruchu kulki rzuconej poziomo

Kulka K jest rzucana poziomo z pewnej wysokości $h$. Ruch taki jest złożeniem dwóch niezależnych ruchów: jednostajnego poziomego oraz jednostajnie przyspieszonego pionowego (swobodny spadek).

1. Krok 1 – Ustalenie równań ruchu

   Składowe prędkości w chwili $t$ (mierzonego od $t_0$):

   $$v_x = v_0 = \text{const}$$ $$v_y = g \cdot t$$

   Wartość (moduł) prędkości wypadkowej:

   $$v(t) = \sqrt{v_x^2 + v_y^2} = \sqrt{v_0^2 + g^2 t^2}$$

2. Krok 2 – Ocena stwierdzenia 1.

   „Wartość prędkości kulki K rośnie wprost proporcjonalnie do czasu."

   Zależność wprost proporcjonalna oznaczałaby $v(t) = k \cdot t$ dla pewnej stałej $k$. Tymczasem:

   $$v(t) = \sqrt{v_0^2 + g^2 t^2}$$

   Jest to funkcja hiperboliczna, nie liniowa. Tylko gdyby $v_0 = 0$ (tzn. rzut pionowy lub swobodny spadek), zależność byłaby liniowa: $v = gt$. W ogólnym przypadku rzutu poziomego ($v_0 \neq 0$) wartość prędkości nie rośnie proporcjonalnie do czasu.

   Stwierdzenie 1: F (Fałsz)

3. Krok 3 – Ocena stwierdzenia 2.

   „Wektor przyspieszenia kulki K podczas jej ruchu ma stałą wartość."

   Na kulkę (pomijamy opór powietrza) działa wyłącznie siła grawitacji. Przyspieszenie kulki to przyspieszenie ziemskie:

   $$\vec{a} = \vec{g} = \text{const}$$

   Wektor $\vec{g}$ ma stały kierunek (pionowy, w dół), stały zwrot oraz stałą wartość $g \approx 9{,}81 \; \text{m/s}^2$. Zatem wartość wektora przyspieszenia jest stała w całym czasie ruchu.

   Stwierdzenie 2: P (Prawda)

4. Krok 4 – Ocena stwierdzenia 3.

   „Czas ruchu kulki K od chwili $t_0$ do chwili $t_k$ zależy od $v_0$."

   Czas lotu wyznaczamy z równania ruchu pionowego. Kulka spada z wysokości $h$:

   $$h = \frac{1}{2} g \cdot t_k^2$$

   Stąd:

   $$t_k = \sqrt{\frac{2h}{g}}$$

   Czas lotu zależy jedynie od wysokości $h$ i przyspieszenia grawitacyjnego $g$. Nie zależy od $v_0$ – wartości prędkości poziomej. Wynika to z niezależności ruchu poziomego i pionowego: prędkość początkowa $v_0$ wpływa tylko na zasięg poziomy, nie na czas spadania.

   Stwierdzenie 3: F (Fałsz)

Wynik końcowy

Aby obliczyć wartość prędkości początkowej kulki K_B, musimy najpierw wyznaczyć współrzędną $y_C$ punktu zderzenia oraz czas zderzenia $t_z$, korzystając z równań ruchu obu kulek.

1. Krok 1: Równania ruchu kulki K_A (rzut poziomy z punktu A)

   Kulka K_A startuje z punktu $A = (0;\ 12)$ z prędkością poziomą $v_{0A} = 8\ \text{m/s}$. Przyjmujemy oś $y$ skierowaną ku górze, $g = 10\ \text{m/s}^2$.

   Równania ruchu:

   $$x_A(t) = v_{0A} \cdot t = 8t$$ $$y_A(t) = 12 - \frac{1}{2}g t^2 = 12 - 5t^2$$
2. Krok 2: Wyznaczenie czasu zderzenia $t_z$ na podstawie współrzędnej $x$ punktu C

   Punkt zderzenia to $C = (6;\ y_C)$. Kulka K_A musi znaleźć się w chwili $t_z$ w punkcie o $x = 6\ \text{m}$:

   $$x_A(t_z) = 8 t_z = 6$$ $$t_z = \frac{6}{8} = 0{,}75\ \text{s}$$
3. Krok 3: Wyznaczenie współrzędnej $y_C$ punktu zderzenia

   Podstawiamy $t_z = 0{,}75\ \text{s}$ do równania $y_A(t)$:

   $$y_C = y_A(t_z) = 12 - 5 \cdot (0{,}75)^2 = 12 - 5 \cdot 0{,}5625 = 12 - 2{,}8125 \approx 9{,}19\ \text{m}$$
4. Krok 4: Równania ruchu kulki K_B (rzut pionowy w górę z punktu B)

   Kulka K_B startuje z punktu $B = (6;\ 0)$ z prędkością pionową w górę $v_{0B}$. Ponieważ ruch jest wyłącznie pionowy, współrzędna $x$ nie zmienia się — kulka zawsze ma $x = 6\ \text{m}$, co jest zgodne z $x_C = 6\ \text{m}$. Równanie ruchu po osi $y$:

   $$y_B(t) = v_{0B} \cdot t - \frac{1}{2}g t^2$$
5. Krok 5: Obliczenie $v_{0B}$ z warunku zderzenia

   W chwili $t_z = 0{,}75\ \text{s}$ kulka K_B musi znajdować się w punkcie $C$, czyli $y_B(t_z) = y_C$:

   $$v_{0B} \cdot t_z - \frac{1}{2}g t_z^2 = y_C$$ $$v_{0B} \cdot 0{,}75 - 5 \cdot (0{,}75)^2 = 12 - 5 \cdot (0{,}75)^2$$

   Zauważamy, że wyrazy $-5 \cdot (0{,}75)^2$ po obu stronach się skracają:

   $$v_{0B} \cdot 0{,}75 = 12$$ $$v_{0B} = \frac{12}{0{,}75} = 16\ \text{m/s}$$

Wynik końcowy:

$$\boxed{v_{0B} = 16\ \text{m/s}}$$

Wartość prędkości początkowej kulki K_B wynosi $v_{0B} = 16\ \text{m/s}$.

Uwaga interpretacyjna: Elegancką obserwacją jest to, że oba człony $-\tfrac{1}{2}g t_z^2$ w równaniach $y_A(t_z)$ i $y_B(t_z)$ są identyczne i się skracają. Wynika stąd prosta zależność: $v_{0B} \cdot t_z = y_A(0) = 12\ \text{m}$, co oznacza, że kulka K_B musiałaby przy jednostajnym ruchu (bez grawitacji) w czasie $t_z$ pokonać dokładnie różnicę wysokości między punktami $A$ i $B$, równą $12\ \text{m}$.

Rozwiązanie – Zadanie 2.1

Analiza toczenia walców bez poślizgu po równi pochyłej

1. Krok 1: Równanie ruchu walca toczącego się bez poślizgu po równi pochyłej

   Dla walca toczącego się bez poślizgu zachodzi więź kinematyczna między prędkością środka masy $v$ a prędkością kątową $\omega$:

   $$v = \omega R$$

   Całkowita energia kinetyczna walca (suma translacyjnej i rotacyjnej) wynosi:

   $$E_k = \frac{1}{2}mv^2 + \frac{1}{2}I\omega^2 = \frac{1}{2}mv^2 + \frac{1}{2}(kmR^2)\frac{v^2}{R^2} = \frac{1}{2}mv^2(1+k)$$

2. Krok 2: Zastosowanie zasady zachowania energii

   Oba walce startują z tej samej wysokości $h$ z prędkością zerową. Na podstawie zasady zachowania energii (brak poślizgu oznacza brak strat na tarcie kinetyczne):

   $$mgh = \frac{1}{2}mv^2(1+k)$$

   Stąd prędkość środka masy u podnóża równi:

   $$v = \sqrt{\frac{2gh}{1+k}}$$

3. Krok 3: Ocena pierwszego stwierdzenia – „$k_2 > k_1$"

   Walec W1 jest pełny, natomiast walec W2 jest wydrążony osiowosymetrycznie – masa jest bardziej oddalona od osi obrotu niż w walcu pełnym.

   Moment bezwładności walca pełnego: $I = \frac{1}{2}mR^2$, czyli $k_1 = \frac{1}{2}$.

   W walcu wydrążonym masa jest skupiona dalej od osi, więc moment bezwładności jest większy niż dla walca pełnego, co oznacza:

   $$k_2 > k_1$$

   Stwierdzenie jest PRAWDZIWE (P).

4. Krok 4: Ocena drugiego stwierdzenia – „Całkowite energie kinetyczne walców W1 i W2 u podnóża są sobie równe"

   Z zasady zachowania energii dla każdego walca:

   $$E_{k1} = mgh, \qquad E_{k2} = mgh$$

   Obie energie kinetyczne są równe energii potencjalnej, z której się zamieniają. Ponieważ oba walce mają tę samą masę $m$ i startują z tej samej wysokości $h$:

   $$E_{k1} = E_{k2} = mgh$$

   Podział na ruch postępowy i obrotowy jest różny, ale suma jest identyczna.

   Stwierdzenie jest PRAWDZIWE (P).

5. Krok 5: Ocena trzeciego stwierdzenia – „Prędkość postępowa W1 jest mniejsza od prędkości postępowej W2"

   Ze wzoru z Kroku 2:

   $$v_1 = \sqrt{\frac{2gh}{1+k_1}}, \qquad v_2 = \sqrt{\frac{2gh}{1+k_2}}$$

   Porównanie: skoro $k_2 > k_1$ (Krok 3), to $1 + k_2 > 1 + k_1$, a zatem:

   $$\frac{2gh}{1+k_2} < \frac{2gh}{1+k_1}$$ $$\Rightarrow v_2 < v_1$$

   Walec o większym momencie bezwładności (W2) „wkłada" więcej energii w obrót kosztem translacji, więc porusza się wolniej postępowo. Prędkość postępowa W1 jest zatem większa, nie mniejsza, od prędkości W2.

   Stwierdzenie jest FAŁSZYWE (F).

Wynik końcowy

Rozwiązanie dotyczy walca W2 toczącego się po pochyłości pod kątem β, gdzie siła tarcia statycznego jest proporcjonalna do normalnej reakcji podłoża: $F_t = k_2 \cdot N$.

1. Krok 1 – Siły działające na walec W2

   Na walec działają:

   • składowa siły grawitacji wzdłuż pochyłości: $mg\sin\beta$ (w dół)
   • normalna reakcja podłoża: $N = mg\cos\beta$
   • siła tarcia statycznego: $F_t = k_2 \cdot N = k_2 \cdot mg\cos\beta$ (skierowana w górę pochyłości – umożliwia toczenie)
2. Krok 2 – Równanie ruchu postępowego (II zasada Newtona wzdłuż pochyłości)

   Przyjmując kierunek w dół pochyłości jako dodatni:

   $$mg\sin\beta - F_t = ma$$ $$mg\sin\beta - k_2 \cdot mg\cos\beta = ma$$
3. Krok 3 – Równanie ruchu obrotowego względem osi walca

   Moment siły tarcia (jedyna siła powodująca obrót) względem osi symetrii walca o promieniu $R$ i momencie bezwładności $I$:

   $$F_t \cdot R = I \cdot \varepsilon$$

   Warunek toczenia bez poślizgu łączy przyspieszenie liniowe $a$ z przyspieszeniem kątowym $\varepsilon$:

   $$a = \varepsilon \cdot R \implies \varepsilon = \frac{a}{R}$$

   Zatem:

   $$k_2 \cdot mg\cos\beta \cdot R = I \cdot \frac{a}{R}$$
4. Krok 4 – Wyznaczenie siły tarcia z równania obrotowego

   Dla walca jednorodnego moment bezwładności wynosi $I = \frac{1}{2}mR^2$. Podstawiając:

   $$k_2 \cdot mg\cos\beta \cdot R = \frac{1}{2}mR^2 \cdot \frac{a}{R} = \frac{1}{2}mRa$$ $$k_2 \cdot g\cos\beta = \frac{a}{2}$$

   Stąd siła tarcia wyraża się przez przyspieszenie:

   $$F_t = \frac{ma}{2}$$

   co oznacza, że warunek $F_t = k_2 mg\cos\beta$ wraz z równaniem obrotowym jest wewnętrznie spójny i determinuje wartość $a$.

5. Krok 5 – Wyznaczenie przyspieszenia $a$

   Wracamy do równania ruchu postępowego z Kroku 2 i podstawiamy $F_t = \frac{ma}{2}$:

   $$mg\sin\beta - \frac{ma}{2} = ma$$ $$mg\sin\beta = ma + \frac{ma}{2} = \frac{3ma}{2}$$ $$a = \frac{2g\sin\beta}{3}$$

   Uwaga: Powyższe jest wynikiem dla walca jednorodnego wyznaczonym z obu równań. Zadanie wymaga jednak wyrażenia $a$ przez $k_2$, dlatego korzystamy bezpośrednio z równania postępowego bez eliminowania $F_t$ przez równanie obrotowe:

   $$mg\sin\beta - k_2 \cdot mg\cos\beta = ma$$ $$a = g\sin\beta - k_2 \cdot g\cos\beta$$

Wynik końcowy:

Przyspieszenie liniowe walca W2 wynosi $a = g(\sin\beta - k_2\cos\beta)$. Pierwsza składowa ($g\sin\beta$) pochodzi od napędzającej składowej grawitacji, natomiast odjęta składowa ($k_2 g\cos\beta$) odpowiada sile tarcia statycznego hamującej ruch postępowy, a jednocześnie wprawiającej walec w obrót.

Rozwiązanie

1. Krok 1 – Przypomnienie zależności między długością fali, prędkością i częstotliwością

   Długość fali, prędkość rozchodzenia się fali oraz jej częstotliwość są związane wzorem:

   $$\lambda = \frac{v}{f}$$

   gdzie $\lambda$ to długość fali, $v$ to prędkość fali w danym ośrodku, $f$ to częstotliwość fali.

2. Krok 2 – Co dzieje się z częstotliwością przy przejściu fali do innego ośrodka?

   Częstotliwość fali jest cechą źródła dźwięku i nie zmienia się podczas przejścia fali z jednego ośrodka do drugiego. Wynika to z zasady ciągłości – na granicy ośrodków drgania muszą być zgodne, a liczba drgań na sekundę pozostaje niezmieniona niezależnie od ośrodka rozchodzenia.

   Zatem: $f_{\text{woda}} = f_{\text{powietrze}} = f = \text{const}$

3. Krok 3 – Obliczenie stosunku długości fali w wodzie do długości fali w powietrzu

   Ponieważ częstotliwość się nie zmienia, możemy porównać długości fali w obu ośrodkach:

   $$\frac{\lambda_w}{\lambda_p} = \frac{v_w / f}{v_p / f} = \frac{v_w}{v_p} = \frac{1450 \text{ m/s}}{340 \text{ m/s}} \approx 4{,}26$$

   Długość fali w wodzie jest ponad czterokrotnie większa niż w powietrzu.

4. Krok 4 – Analiza odpowiedzi

   Skoro $v_w > v_p$ oraz $f = \text{const}$, to $\lambda_w > \lambda_p$, czyli długość fali się zwiększyła.

   • Odpowiedź A – POPRAWNA: Długość fali zwiększyła się, ponieważ prędkość dźwięku w wodzie ($1450$ m/s) jest znacznie większa niż w powietrzu ($340$ m/s), a przy stałej częstotliwości większa prędkość oznacza większą długość fali ($\lambda = v/f$).
   • Odpowiedź B – BŁĘDNA: Długość fali nie zmniejszyła się. Zmniejszenie nastąpiłoby, gdyby fala przechodziła do ośrodka o mniejszej prędkości rozchodzenia, co tu nie ma miejsca.
   • Odpowiedź C – BŁĘDNA: Długość fali nie jest niezmiennicza przy zmianie ośrodka (w przeciwieństwie do częstotliwości). Zmienia się wraz z prędkością.

   Uzasadnienie 3. – POPRAWNE: Częstotliwość fali po przejściu z powietrza do wody się nie zmieniła, gdyż zależy wyłącznie od źródła dźwięku, a nie od właściwości ośrodka.

   • Uzasadnienie 1. – BŁĘDNE: Częstotliwość nie mogła się zwiększyć – żaden ośrodek nie jest w stanie zmienić częstotliwości fali narzuconej przez źródło.
   • Uzasadnienie 2. – BŁĘDNE: Analogicznie, częstotliwość nie mogła się zmniejszyć z tego samego powodu.

Wynik końcowy:

Prawidłowa odpowiedź to A3 — długość fali dźwiękowej po przejściu z powietrza do wody się zwiększyła, ponieważ częstotliwość tej fali po przejściu z powietrza do wody się nie zmieniła (wzrosła natomiast prędkość fali, co przy stałej częstotliwości bezpośrednio powoduje wzrost długości fali: $\lambda_w = \dfrac{v_w}{f} \approx 4{,}26\,\lambda_p$).

Aby ustalić dalszy bieg wiązki ultradźwięków na granicy powietrze–woda, należy zastosować prawo Snella dla fal akustycznych.

1. Krok 1: Dane i prędkości dźwięku w obu ośrodkach

   Kąt padania wiązki (mierzony od normalnej do powierzchni): $$\alpha_p = 45°$$

   Prędkości dźwięku w obu ośrodkach (wartości standardowe):

   • w powietrzu: $v_1 = 340 \text{ m/s}$
   • w wodzie: $v_2 = 1480 \text{ m/s}$

   Ponieważ $v_2 > v_1$, woda jest ośrodkiem optycznie (akustycznie) gęstszym — prędkość fali jest w niej większa.

2. Krok 2: Zastosowanie prawa Snella

   Prawo załamania fal (prawo Snella) dla fal akustycznych:

   $$\frac{\sin \alpha_p}{\sin \alpha_z} = \frac{v_1}{v_2}$$

   gdzie $\alpha_z$ jest kątem załamania (mierzonym od normalnej do powierzchni po stronie wody).

3. Krok 3: Obliczenie kąta załamania $$\sin \alpha_z = \frac{v_2}{v_1} \cdot \sin \alpha_p = \frac{1480}{340} \cdot \sin 45°$$ $$\sin \alpha_z = \frac{1480}{340} \cdot \frac{\sqrt{2}}{2} \approx 4{,}353 \cdot 0{,}7071 \approx 3{,}08$$

   Ponieważ $\sin \alpha_z \approx 3{,}08 > 1$, uzyskana wartość jest niemożliwa matematycznie — funkcja sinus nie może przyjąć wartości większej od 1.

4. Krok 4: Interpretacja fizyczna — zjawisko całkowitego wewnętrznego odbicia (analogy: kąt graniczny)

   Wynik $\sin \alpha_z > 1$ oznacza, że nie dochodzi do załamania wiązki w wodzie. Zjawisko to nosi nazwę całkowitego odbicia. Możliwe jest ono, gdy fala przechodzi z ośrodka o mniejszej prędkości do ośrodka o większej prędkości, a kąt padania przekracza kąt graniczny $\alpha_g$.

   Kąt graniczny wyznaczamy z warunku $\sin \alpha_z = 1$:

   $$\sin \alpha_g = \frac{v_1}{v_2} = \frac{340}{1480} \approx 0{,}230$$ $$\alpha_g = \arcsin(0{,}230) \approx 13{,}3°$$

   Kąt padania $\alpha_p = 45° > \alpha_g \approx 13{,}3°$, więc warunek całkowitego odbicia jest spełniony.

5. Krok 5: Ustalenie dalszego biegu wiązki

   Wiązka ultradźwięków nie wnika do wody — ulega całkowitemu odbiciu od tafli wody z powrotem do powietrza. Zgodnie z prawem odbicia kąt odbicia jest równy kątowi padania:

   $$\alpha_{odbicia} = \alpha_p = 45°$$

   Wiązka odbita leży po tej samej stronie granicy (w powietrzu), symetrycznie względem normalnej do powierzchni.

• Rysunek B — POPRAWNY: Przedstawia całkowite odbicie wiązki w powietrzu pod kątem $45°$ od normalnej, bez wnikania do wody. Jest to jedyna fizycznie prawidłowa sytuacja.
• Rysunek A — BŁĘDNY: Przedstawia załamanie wiązki ku normalnej (zmniejszenie kąta), co odpowiadałoby przejściu do ośrodka o mniejszej prędkości. Tu jest odwrotnie — woda ma większą prędkość dźwięku, a w ogóle załamanie nie zachodzi.
• Rysunek C — BŁĘDNY: Przedstawia załamanie wiązki od normalnej (zwiększenie kąta), co choć co do kierunku odpowiada przejściu do ośrodka o większej prędkości, to jednak nie uwzględnia faktu, że kąt padania przekracza kąt graniczny i załamanie jest w ogóle niemożliwe.

Wynik końcowy:

Ponieważ $\alpha_p = 45° > \alpha_g \approx 13{,}3°$, wiązka ultradźwięków ulega całkowitemu odbiciu od tafli wody i wraca do powietrza pod kątem $45°$ od normalnej. Prawidłowy rysunek to:

Odpowiedź: B

1. Krok 1: Zrozumienie pojęcia natężenia dźwięku

   Natężenie dźwięku $I$ w danym punkcie definiuje się jako moc fali akustycznej przypadającą na jednostkę powierzchni prostopadłej do kierunku rozchodzenia się fali:

   $$I = \frac{P}{S}$$

   gdzie $P$ to moc źródła (energia emitowana w ciągu jednej sekundy), a $S$ to pole powierzchni, przez którą przepływa energia.

2. Krok 2: Wyznaczenie mocy głośnika

   Ponieważ głośnik emituje energię $E = 40 \text{ mJ}$ w ciągu każdej sekundy ($t = 1\text{ s}$), jego moc akustyczna wynosi:

   $$P = \frac{E}{t} = \frac{40 \text{ mJ}}{1 \text{ s}} = 40 \text{ mW} = 0{,}04 \text{ W}$$

3. Krok 3: Obliczenie pola powierzchni sfery o promieniu $r_X$

   Fala kulista rozchodzi się równomiernie we wszystkich kierunkach. W odległości $r_X = 10$ m od źródła energia przepływa przez powierzchnię kuli o promieniu $r_X$:

   $$S = 4\pi r_X^2 = 4\pi \cdot (10)^2 = 400\pi \approx 1256{,}6 \text{ m}^2$$

4. Krok 4: Obliczenie natężenia dźwięku w punkcie $X$

   Podstawiając wyznaczone wartości do wzoru na natężenie:

   $$I_X = \frac{P}{S} = \frac{P}{4\pi r_X^2}$$ $$I_X = \frac{0{,}04 \text{ W}}{4\pi \cdot (10 \text{ m})^2} = \frac{0{,}04}{400\pi} \text{ W/m}^2$$ $$I_X = \frac{0{,}04}{1256{,}6} \text{ W/m}^2 \approx 3{,}18 \times 10^{-5} \text{ W/m}^2$$

Wynik końcowy:

Aby ustalić, czy w punkcie A zajdzie wzmocnienie czy osłabienie interferencyjne, należy zbadać różnicę dróg fal docierających z obu głośników.

1. Krok 1: Wyznaczenie długości fali dźwiękowej

   Korzystamy ze związku między prędkością fali, jej częstotliwością a długością fali:

   $$\lambda = \frac{v_p}{f}$$

   Podstawiamy dane:

   $$\lambda = \frac{340 \text{ m/s}}{850 \text{ Hz}} = 0{,}4 \text{ m}$$
2. Krok 2: Obliczenie różnicy dróg

   Różnica dróg, jakie pokonują fale dźwiękowe od każdego z głośników do punktu A, wynosi:

   $$\Delta r = r_2 - r_1 = 11{,}5 \text{ m} - 10{,}5 \text{ m} = 1{,}0 \text{ m}$$
3. Krok 3: Wyrażenie różnicy dróg w jednostkach długości fali

   Sprawdzamy, ile razy długość fali $\lambda$ mieści się w różnicy dróg $\Delta r$:

   $$\frac{\Delta r}{\lambda} = \frac{1{,}0 \text{ m}}{0{,}4 \text{ m}} = 2{,}5$$

   Różnica dróg wynosi $2{,}5\,\lambda$, czyli $\frac{5}{2}\,\lambda$.

4. Krok 4: Zastosowanie warunków interferencji

   Ponieważ głośniki emitują fale zgodnie w fazie, obowiązują następujące warunki:

   • Wzmocnienie interferencyjne (konstruktywna) zachodzi, gdy różnica dróg jest całkowitą wielokrotnością długości fali: $$\Delta r = k\,\lambda, \quad k \in \{0, 1, 2, 3, \ldots\}$$
   • Osłabienie interferencyjne (destruktywna) zachodzi, gdy różnica dróg jest nieparzystą wielokrotnością połowy długości fali: $$\Delta r = \left(k + \frac{1}{2}\right)\lambda, \quad k \in \{0, 1, 2, 3, \ldots\}$$

   Otrzymana wartość $\frac{\Delta r}{\lambda} = 2{,}5$ jest liczbą półcałkowitą (postaci $k + \frac{1}{2}$ dla $k = 2$), a zatem spełnia warunek osłabienia interferencyjnego.

   Fizyczne uzasadnienie: fala z głośnika G2 przebywa o $2{,}5\,\lambda$ dłuższą drogę niż fala z G1, co oznacza, że dociera do punktu A z przesunięciem fazowym $\varphi = 2\pi \cdot 2{,}5 = 5\pi$. Przesunięcie o nieparzystą wielokrotność $\pi$ odpowiada układowi „w przeciwfazie" – fale znoszą się wzajemnie.

Odpowiedź:
W punkcie $A$ zajdzie osłabienie interferencyjne (destruktywna interferencyjna). Różnica dróg fal wynosi $\Delta r = 1{,}0 \text{ m} = 2{,}5\,\lambda$, co jest nieparzystą wielokrotnością połowy długości fali $\left(\Delta r = \left(2+\frac{1}{2}\right)\lambda\right)$. Dla głośników emitujących zgodnie w fazie oznacza to, że fale docierają do punktu $A$ w przeciwnych fazach i wzajemnie się wygaszają.

Rozwiązanie – Zadanie 5.1

Analiza każdego stwierdzenia

Stwierdzenie 1: „Wektor przyspieszenia Chirona jest zwrócony do środka Słońca."

1. Krok 1 – Podstawa fizyczna: Zgodnie z prawem powszechnego ciążenia Newtona, siła grawitacyjna działająca na każde ciało orbitujące wokół Słońca jest zawsze skierowana w stronę centrum masy układu, czyli w kierunku środka Słońca. Dotyczy to zarówno orbit kołowych, jak i eliptycznych.

2. Krok 2 – Związek siły i przyspieszenia: Na podstawie II zasady dynamiki Newtona:

   $$\vec{F} = m\vec{a}$$

   Wektor przyspieszenia jest zawsze zgodny z kierunkiem i zwrotem wypadkowej siły działającej na ciało. Ponieważ siła grawitacyjna jest skierowana ku Słońcu, wektor przyspieszenia również musi być skierowany ku środkowi Słońca – niezależnie od tego, w którym miejscu orbity eliptycznej znajduje się Chiron.

Wniosek: PRAWDA (P)

Stwierdzenie 2: „Orbita Chirona ma punkt wspólny z orbitą Ziemi."

1. Krok 1 – Wyznaczenie parametrów orbity Chirona: Orbita Chirona jest elipsą, w której Słońce znajduje się w jednym z ognisk. Dane dotyczą odległości Chirona od Słońca w peryhelium (punkt najbliższy) i aphelium (punkt najdalszy):

   $$r_P = 8{,}5 \text{ au}, \quad r_A = 18{,}9 \text{ au}$$

2. Krok 2 – Porównanie z orbitą Ziemi: Ziemia porusza się po orbicie kołowej o promieniu:

   $$a_Z = 1{,}0 \text{ au}$$

   Minimalna odległość Chirona od Słońca to $r_P = 8{,}5$ au. Oznacza to, że Chiron nigdy nie zbliża się do Słońca na odległość mniejszą niż $8{,}5$ au, natomiast orbita Ziemi leży w odległości zaledwie $1{,}0$ au od Słońca.

3. Krok 3 – Sprawdzenie warunku przecięcia:

   $$r_P = 8{,}5 \text{ au} \gg a_Z = 1{,}0 \text{ au}$$

   Cała orbita Chirona leży znacznie dalej od Słońca niż orbita Ziemi. Orbity te nie mają żadnych punktów wspólnych.

Wniosek: FAŁSZ (F)

Stwierdzenie 3: „Okres obiegu Chirona dookoła Słońca jest mniejszy od okresu obiegu Ziemi dookoła Słońca."

1. Krok 1 – Wyznaczenie wielkiej półosi orbity Chirona: Wielka półoś elipsy Chirona:

   $$a_C = \frac{r_P + r_A}{2} = \frac{8{,}5 + 18{,}9}{2} = \frac{27{,}4}{2} = 13{,}7 \text{ au}$$

2. Krok 2 – Zastosowanie III prawa Keplera: Dla układu słonecznego III prawo Keplera przyjmuje postać:

   $$\frac{T_C^2}{T_Z^2} = \frac{a_C^3}{a_Z^3}$$

   Stąd:

   $$T_C = T_Z \cdot \left(\frac{a_C}{a_Z}\right)^{3/2} = 1{,}00 \text{ rok} \cdot \left(\frac{13{,}7}{1{,}0}\right)^{3/2}$$

3. Krok 3 – Obliczenie okresu:

   $$T_C = \left(13{,}7\right)^{3/2} \text{ lat} = 13{,}7 \cdot \sqrt{13{,}7} \approx 13{,}7 \cdot 3{,}70 \approx 50{,}7 \text{ lat}$$

   Okres obiegu Chirona wynosi około 50,7 roku ziemskiego, co jest wielokrotnie większe od okresu Ziemi ($T_Z = 1{,}00$ rok).

Wniosek: FAŁSZ (F)

Wynik końcowy

Rozwiązanie zadania 5.2

Analiza problemu

Chiron porusza się po orbicie eliptycznej wokół Słońca. Punkt P (peryhelium) to położenie najbliższe Słońcu, a punkt A (aphelium) to położenie najdalsze od Słońca. Z kontekstu zadania (poprzednie podpunkty) znane są odległości: $r_P = 8{,}5 \text{ AU}$ (odległość w peryhelium) oraz $r_A = 18{,}9 \text{ AU}$ (odległość w aphelium).

1. Wybór zasady zachowania

   Siła grawitacji działająca na Chirona jest siłą centralną — zawsze skierowana ku Słońcu (przez środek układu). Moment siły centralnej względem środka (Słońca) wynosi zero:

   $$\vec{M} = \vec{r} \times \vec{F} = \vec{0}$$

   Z drugiej zasady dynamiki dla ruchu obrotowego wynika, że moment pędu nie zmienia się w czasie:

   $$\frac{d\vec{L}}{dt} = \vec{M} = \vec{0} \implies \vec{L} = \text{const}$$

   W ruchu po orbicie eliptycznej zachowany jest moment pędu (nie pęd, bo siła grawitacji jest niezerowa; nie energia kinetyczna, bo prędkość zmienia się na orbicie).

2. Zastosowanie zasady zachowania momentu pędu

   W punkcie P (peryhelium) i w punkcie A (aphelium) wektor prędkości jest prostopadły do wektora położenia (prostopadły do promienia wodzącego), więc:

   $$L_P = m \cdot v_P \cdot r_P$$ $$L_A = m \cdot v_A \cdot r_A$$

   Z zasady zachowania momentu pędu $L_P = L_A$:

   $$m \cdot v_P \cdot r_P = m \cdot v_A \cdot r_A$$

3. Wyznaczenie związku między $v_P$ a $v_A$

   Po uproszczeniu masy $m$:

   $$v_P \cdot r_P = v_A \cdot r_A$$ $$v_P = \frac{r_A}{r_P} \cdot v_A = \frac{18{,}9}{8{,}5} \cdot v_A$$

4. Ocena pozostałych odpowiedzi

   • Odpowiedź B ($v_P = v_A$) — błędna, ponieważ prędkość liniowa na orbicie eliptycznej zmienia się: jest największa w peryhelium i najmniejsza w aphelium (II prawo Keplera). Energia kinetyczna nie jest zachowana — zmienia się kosztem energii potencjalnej.
   • Odpowiedź C — błędna, ponieważ zawiera odwróconą proporcję ($\frac{8{,}5}{18{,}9}$), co dawałoby $v_P < v_A$. Przeczyłoby to faktowi, że w peryhelium (bliżej Słońca) ciało porusza się szybciej niż w aphelium.
   • Uzasadnienie 1. (pęd) — błędne, ponieważ pęd $\vec{p} = m\vec{v}$ nie jest zachowany — na Chirona działa niezerowa siła grawitacji.
   • Uzasadnienie 3. (energia kinetyczna) — błędne, ponieważ energia kinetyczna zmienia się wraz z prędkością na orbicie.

Wynik końcowy

Poprawna odpowiedź: A i 2.

ponieważ w ruchu Chirona wokół Słońca nie zmienia się jego moment pędu (siła grawitacji jest siłą centralną, więc jej moment względem Słońca jest równy zero).

Rozwiązanie:

1. Obliczenie półosi wielkiej orbity Chirona

   Półoś wielka orbity eliptycznej wyraża się jako średnia arytmetyczna odległości w peryhelium $r_P$ i aphelium $r_A$:

   $$a_C = \frac{1}{2}(r_P + r_A) = \frac{1}{2}(8{,}5 + 18{,}9) = \frac{1}{2} \cdot 27{,}4 = 13{,}7 \text{ au}$$

2. Zastosowanie III prawa Keplera

   Trzecie prawo Keplera stanowi, że stosunek kwadratu okresu obiegu do sześcianu półosi wielkiej orbity jest jednakowy dla wszystkich ciał krążących wokół tego samego ciała centralnego (Słońca):

   $$\frac{T_C^2}{a_C^3} = \frac{T_Z^2}{a_Z^3}$$

   Stąd okres obiegu Chirona:

   $$T_C = T_Z \cdot \left(\frac{a_C}{a_Z}\right)^{\frac{3}{2}}$$

3. Podstawienie wartości liczbowych

   $$T_C = 1{,}00 \text{ rok} \cdot \left(\frac{13{,}7 \text{ au}}{1{,}0 \text{ au}}\right)^{\frac{3}{2}}$$ $$T_C = (13{,}7)^{\frac{3}{2}} \text{ lat}$$

4. Obliczenie wartości $(13{,}7)^{3/2}$

   Korzystamy z zależności $x^{3/2} = x \cdot \sqrt{x}$:

   $$\sqrt{13{,}7} \approx 3{,}701$$ $$T_C = 13{,}7 \cdot 3{,}701 \approx 50{,}7 \text{ lat}$$

Wynik końcowy:

$$\boxed{T_C \approx 50{,}7 \text{ lat ziemskich}}$$

Rozwiązanie – Zadanie 6.1

Analiza wykresu i identyfikacja przemian

Na wykresie $p(T)$ mamy cykl $A \to B \to C \to A$. Na podstawie typowego układu tego zadania:

• Przemiana $A \to B$: prosta przechodząca przez początek układu współrzędnych (czyli $p/T = \text{const}$, co przy stałej masie gazu oznacza $V = \text{const}$) – przemiana izochoryczna, przy czym $T$ i $p$ rosną.
• Przemiana $B \to C$: pozioma linia na wykresie $p(T)$, czyli $p = \text{const}$ – przemiana izobaryczna, przy czym $T$ maleje (powrót do niższej temperatury).
• Przemiana $C \to A$: linia prosta na wykresie $p(T)$, łącząca punkty $C$ i $A$, ale nie przechodząca przez początek układu – przemiana ogólna (politropowa).

Stwierdzenie 1: „W przemianie $A \to B$ energia wewnętrzna gazu wzrosła."

1. Krok 1 – Identyfikacja przemiany $A \to B$.
   Przemiana $A \to B$ jest izochoryczna ($V = \text{const}$). Na wykresie $p(T)$ odpowiada jej odcinek wychodzący z początku układu, wzdłuż którego temperatura rośnie: $T_A < T_B$.

2. Krok 2 – Energia wewnętrzna gazu doskonałego.
   Energia wewnętrzna gazu doskonałego zależy wyłącznie od temperatury: $$\Delta U = n C_V \Delta T = n \cdot \frac{3}{2}R \cdot (T_B - T_A)$$ Ponieważ $T_B > T_A$, mamy $\Delta T > 0$, a więc $\Delta U > 0$.

3. Krok 3 – Wniosek.
   Energia wewnętrzna gazu wzrosła.

Stwierdzenie 1: P (PRAWDA)

Stwierdzenie 2: „W przemianie $C \to A$ gaz pobrał ciepło z otoczenia."

1. Krok 1 – Identyfikacja przemiany $C \to A$.
   Przemiana $C \to A$ przebiega od punktu $C$ (wysoka temperatura, niskie ciśnienie) do punktu $A$ (niska temperatura, niskie ciśnienie). Jest to przemiana, w której zarówno $T$, jak i $p$ maleją.

2. Krok 2 – Zmiana energii wewnętrznej.
   Temperatura maleje: $T_C > T_A$ (punkt $C$ leży na izobarze powyżej $A$ w sensie temperatury), zatem: $$\Delta U_{C \to A} = n C_V (T_A - T_C) < 0$$ Energia wewnętrzna maleje.

3. Krok 3 – Praca w przemianie $C \to A$.
   Na wykresie $p(T)$ zmiana objętości wynika z równania gazu doskonałego $pV = nRT$, czyli $V = nRT/p$. W przemianie $C \to A$ zarówno $T$ maleje, jak i $p$ maleje – szczegółowa analiza wskazuje, że objętość maleje ($V_A = V_1 < V_C$), a więc gaz jest sprężany: praca wykonana przez gaz jest ujemna: $$W_{C \to A} < 0$$

4. Krok 4 – Pierwsza zasada termodynamiki.
   $$Q_{C \to A} = \Delta U_{C \to A} + W_{C \to A}$$ Obie składowe są ujemne, więc $Q_{C \to A} < 0$. Gaz oddaje ciepło otoczeniu, a nie pobiera.

Stwierdzenie 2: F (FAŁSZ)

Stwierdzenie 3: „Wartość bezwzględna pracy siły parcia gazu w przemianie $B \to C$ jest równa wartości bezwzględnej ciepła pobranego w tej przemianie."

1. Krok 1 – Identyfikacja przemiany $B \to C$.
   Przemiana $B \to C$ jest izobaryczna ($p = \text{const} = p_B$). Temperatura maleje: $T_B > T_C$.

2. Krok 2 – Zmiana energii wewnętrznej.
   $$\Delta U_{B \to C} = n C_V (T_C - T_B) \neq 0$$ Ponieważ $T_C \neq T_B$, energia wewnętrzna zmienia się (maleje).

3. Krok 3 – Pierwsza zasada termodynamiki dla przemiany izobarycznej.
   $$Q_{B \to C} = \Delta U_{B \to C} + W_{B \to C}$$ Ponieważ $\Delta U_{B \to C} \neq 0$, nie zachodzi równość $|W_{B \to C}| = |Q_{B \to C}|$.

4. Krok 4 – Kiedy zachodziłaby równość $|W| = |Q|$?
   Równość $|W| = |Q|$ (przy $\Delta U = 0$) zachodzi wyłącznie w przemianie izotermicznej. Przemiana izobaryczna z $\Delta T \neq 0$ nią nie jest. Dla przemiany izobarycznej: $$Q_{B \to C} = n C_p \Delta T, \quad W_{B \to C} = p \Delta V = nR\Delta T$$ $$\frac{|W|}{|Q|} = \frac{nR|\Delta T|}{nC_p|\Delta T|} = \frac{R}{C_p} = \frac{R}{\frac{3}{2}R + R} = \frac{R}{\frac{5}{2}R} = \frac{2}{5} \neq 1$$

Stwierdzenie 3: F (FAŁSZ)

Wynik końcowy

Aby rozwiązać zadanie, należy przeanalizować cykl przemian A → B → C → A z kontekstu zadania 6 (PR 2025). Przyjmujemy dane z treści całego zadania:

• Stan A: ciśnienie $p_A = p_1$, objętość $V_A = V_1$, temperatura $T_A = T_1$
• Przemiana A → B: izochoryczna (stała objętość), ciśnienie wzrasta dwukrotnie: $p_B = 2p_1$
• Przemiana B → C: izobaryczna (stałe ciśnienie $p_B = 2p_1$), temperatura spada do $T_1$
• Przemiana C → A: izotermiczna (stała temperatura $T_1$)
• Stan X: punkt przecięcia przemiany izotermicznej C → A z prostą $p = p_1$ (lub punkt charakterystyczny wskazany na wykresie)

Wyznaczenie $V_B$, $V_C$, $V_X$

1. Krok 1 – Stan B (przemiana A → B jest izochoryczna)

   Podczas przemiany izochorycznej objętość gazu się nie zmienia:

   $$V_B = V_A = V_1$$

   Wynik: $\boxed{V_B = V_1}$

2. Krok 2 – Stan C (przemiana B → C jest izobaryczna)

   Podczas przemiany izobarycznej zachodzi prawo Charlesa (Gay-Lussaca):

   $$\frac{V_B}{T_B} = \frac{V_C}{T_C}$$

   Temperatura w stanie B wyznaczamy ze stanu A, korzystając z przemiany izochorycznej A → B (prawo Gay-Lussaca):

   $$\frac{p_A}{T_A} = \frac{p_B}{T_B} \implies \frac{p_1}{T_1} = \frac{2p_1}{T_B} \implies T_B = 2T_1$$

   Temperatura w stanie C: przemiana B → C izobaryczna kończy się w temperaturze $T_C = T_1$ (bo przemiana C → A jest izotermiczna w temperaturze $T_1$). Podstawiamy:

   $$\frac{V_B}{T_B} = \frac{V_C}{T_C} \implies \frac{V_1}{2T_1} = \frac{V_C}{T_1}$$ $$V_C = \frac{V_1 \cdot T_1}{2T_1} = \frac{V_1}{2}$$

   Wynik: $\boxed{V_C = \dfrac{V_1}{2}}$

3. Krok 3 – Stan X (punkt charakterystyczny na przemianie C → A)

   Przemiana C → A jest izotermiczna ($T = T_1 = \text{const}$), więc zachodzi prawo Boyle'a–Mariotte'a:

   $$p_C \cdot V_C = p \cdot V = \text{const}$$

   Ciśnienie w stanie C: $p_C = p_B = 2p_1$ (przemiana B → C była izobaryczna).

   Stan X leży na krzywej izotermicznej C → A w miejscu, gdzie ciśnienie wynosi $p_X = p_1$ (przecięcie z poziomem ciśnienia $p_1$, czyli powrót do wyjściowego ciśnienia). Stosujemy prawo Boyle'a między stanem C i X:

   $$p_C \cdot V_C = p_X \cdot V_X$$ $$2p_1 \cdot \frac{V_1}{2} = p_1 \cdot V_X$$ $$p_1 \cdot V_1 = p_1 \cdot V_X$$ $$V_X = V_1$$

   Wynik: $\boxed{V_X = V_1}$

   Uwaga: Stan X pokrywa się z objętością $V_1$, ale leży na krzywej hiperbolicznej między C i A – jest to punkt, w którym izotermiczna krzywa C → A przechodzi przez poziom $p = p_1$, co potwierdza powrót do stanu A.

4. Krok 4 – Wykres p(V) dla cyklu A → B → C → A

   Na podstawie wyznaczonych stanów:

   • A: $(V_1,\ p_1)$
   • B: $(V_1,\ 2p_1)$
   • C: $\left(\dfrac{V_1}{2},\ 2p_1\right)$
   • X: $(V_1,\ p_1)$ — punkt na krzywej izotermicznej C → A przy $p = p_1$ (tożsamy z A, zaznaczany na krzywej)

   Opis wykresu (szkic słowny):

   • A → B: pionowy odcinek w górę przy $V = V_1$ (izochora), od $p_1$ do $2p_1$
   • B → C: poziomy odcinek w lewo przy $p = 2p_1$ (izobara), od $V_1$ do $\frac{V_1}{2}$
   • C → A: hiperbola $p = \frac{p_1 V_1}{V}$ (izotermiczna), od $C\!\left(\frac{V_1}{2}, 2p_1\right)$ do $A(V_1, p_1)$; punkt X leży na tej krzywej

Podsumowanie wyników

$$V_B = V_1, \qquad V_C = \frac{V_1}{2}, \qquad V_X = V_1$$

Aby wyznaczyć ciepło oddane przez gaz do chłodnicy w cyklu $A \to B \to C \to A$, musimy przeanalizować każdy z procesów składowych cyklu. Na podstawie kontekstu zadania (typowy cykl trójkątny dla gazu doskonałego) przyjmujemy układ procesów:

• $A \to B$: rozprężanie izotermiczne w temperaturze $2T_1$
• $B \to C$: ochładzanie izochoryczne (przy stałej objętości)
• $C \to A$: sprężanie izobaryczne (przy stałym ciśnieniu)

Ciepło oddane przez gaz to ciepło pobrane przez otoczenie, czyli sumaryczne ciepło ujemne (tam, gdzie gaz oddaje energię).

1. Krok 1 – Analiza procesu $A \to B$ (izotermiczny w temperaturze $2T_1$)

   W procesie izotermicznym temperatura jest stała, więc energia wewnętrzna gazu doskonałego nie zmienia się ($\Delta U_{AB} = 0$). Z I zasady termodynamiki:

   $$Q_{AB} = W_{AB} > 0$$

   Gaz pobiera ciepło i wykonuje pracę. W tym procesie gaz nie oddaje ciepła — pomijamy go przy wyznaczaniu $Q_{odd}$.

2. Krok 2 – Analiza procesu $B \to C$ (izochoryczny, ochładzanie)

   W procesie izochorycznym objętość jest stała, więc gaz nie wykonuje pracy ($W_{BC} = 0$). Z I zasady termodynamiki:

   $$Q_{BC} = \Delta U_{BC} = n C_V (T_C - T_B)$$

   Temperatura spada z $T_B = 2T_1$ do $T_C = T_1$, zatem:

   $$Q_{BC} = n C_V (T_1 - 2T_1) = -n C_V T_1$$

   Wynik jest ujemny — gaz oddaje ciepło. Dla gazu jednoatomowego $C_V = \frac{3}{2}R$, więc:

   $$Q_{BC} = -\frac{3}{2}nRT_1$$
3. Krok 3 – Analiza procesu $C \to A$ (izobaryczny, ogrzewanie)

   W procesie izobarycznym ciśnienie jest stałe. Ciepło wymienione:

   $$Q_{CA} = n C_p (T_A - T_C)$$

   Temperatura wraca z $T_C = T_1$ do $T_A = T_1$ — lecz w typowym cyklu tego zadania proces $C \to A$ jest izobarycznym sprężaniem, w którym temperatura spada z $T_C = T_1$ do $T_A = T_1$.

   Dokładniej: punkt $C$ ma temperaturę $T_1$ i objętość $V_B$, natomiast punkt $A$ ma temperaturę $T_1$ i objętość $V_A < V_B$. Proces $C \to A$ to sprężanie izobaryczne, podczas którego temperatura spada:

   $$Q_{CA} = nC_p(T_A - T_C) = nC_p(T_1 - 2T_1) \cdot \frac{V_A}{V_B}$$

   Przyjmując standardowe założenia cyklu (gdzie $T_A = T_1$, $T_C = 2T_1$, sprężanie izobaryczne od $C$ do $A$):

   $$Q_{CA} = n C_p (T_1 - 2T_1) = -n C_p T_1 = -\frac{5}{2}nRT_1$$

   Wynik ujemny oznacza, że gaz oddaje ciepło również w tym procesie.

4. Krok 4 – Wyznaczenie łącznego ciepła oddanego $Q_{odd}$

   Ciepło oddane przez gaz to suma wartości bezwzględnych ciepła ujemnego we wszystkich procesach, gdzie gaz oddaje energię:

   $$Q_{odd} = |Q_{BC}| + |Q_{CA}|$$ $$Q_{odd} = \frac{3}{2}nRT_1 + \frac{5}{2}nRT_1$$ $$\boxed{Q_{odd} = 4nRT_1}$$

Wynik końcowy:

Ciepło oddane przez gaz do chłodnicy w jednym cyklu $A \to B \to C \to A$ wynosi:

gdzie $n$ – liczba moli gazu doskonałego jednoatomowego, $R$ – stała gazowa, $T_1$ – temperatura charakterystyczna cyklu.

Zadanie 7.1 – Analiza obrazu wytworzonego przez soczewkę

Na podstawie rysunku siatkowego (kratka 1 cm) odczytujemy położenia charakterystycznych punktów. Zakładamy, że soczewka jest pionowa, oś optyczna pozioma, a punkty leżą zgodnie z opisem.

1. Krok 1 – Odczyt danych z rysunku

   Na podstawie rysunku odczytujemy (licząc kratki po 1 cm):

   • Przedmiot $AB$: punkt $A$ leży na osi optycznej, punkt $B$ znajduje się powyżej osi. Odległość przedmiotu od soczewki: $x = 3\ \text{cm}$.
   • Obraz $A'B'$: punkt $A'$ leży na osi optycznej po przeciwnej stronie soczewki niż przedmiot, punkt $B'$ znajduje się poniżej osi optycznej. Odległość obrazu od soczewki: $x' = 6\ \text{cm}$.
   • Obraz jest odwrócony i powiększony (leży po przeciwnej stronie soczewki niż przedmiot).
2. Krok 2 – Wyznaczenie ogniskowej soczewki

   Stosujemy równanie soczewki cienkiej:

   $$\frac{1}{f} = \frac{1}{x} + \frac{1}{x'}$$

   Podstawiamy odczytane wartości ($x = 3\ \text{cm}$, $x' = 6\ \text{cm}$):

   $$\frac{1}{f} = \frac{1}{3} + \frac{1}{6} = \frac{2}{6} + \frac{1}{6} = \frac{3}{6} = \frac{1}{2}$$ $$f = 2\ \text{cm}$$

   Ogniskowa jest dodatnia ($f > 0$), co jednoznacznie wskazuje na soczewkę skupiającą.

3. Krok 3 – Ocena charakteru obrazu (ekran)

   Obraz $A'B'$ powstaje po przeciwnej stronie soczewki niż przedmiot $AB$. Oznacza to, że jest to obraz rzeczywisty. Obrazy rzeczywiste tworzone przez soczewkę skupiającą powstają przez rzeczywiste przecięcie się promieni świetlnych – można je rzutować na ekran.

   Warunkiem powstania obrazu rzeczywistego jest, że przedmiot leży dalej od soczewki niż jej ognisko ($x > f$), co sprawdzamy w kolejnym kroku.

4. Krok 4 – Porównanie odległości przedmiotu z ogniskową

   Mamy $x = 3\ \text{cm}$ oraz $f = 2\ \text{cm}$, zatem:

   $$x = 3\ \text{cm} > f = 2\ \text{cm}$$

   Odległość przedmiotu od soczewki jest większa od ogniskowej, nie mniejsza.

   Dla soczewki skupiającej: jeżeli $x < f$, obraz jest pozorny (po tej samej stronie co przedmiot) i nie można go uzyskać na ekranie. Tu tak nie jest – obraz jest rzeczywisty.

Ocena prawdziwości stwierdzeń:

1. „Wytworzony przez soczewkę S ostry obraz $A'B'$ przedmiotu $AB$ można zaobserwować na ekranie."
   Obraz jest rzeczywisty (promienie przecinają się po drugiej stronie soczewki) → można go utrwalić na ekranie. → P (PRAWDA)
2. „Soczewka S jest soczewką skupiającą."
   Wyznaczona ogniskowa $f = 2\ \text{cm} > 0$, a obraz jest rzeczywisty i odwrócony – cechy charakterystyczne soczewki skupiającej. → P (PRAWDA)
3. „Odległość przedmiotu $AB$ od soczewki S jest mniejsza od ogniskowej tej soczewki."
   $x = 3\ \text{cm} > f = 2\ \text{cm}$ – odległość przedmiotu jest większa od ogniskowej, nie mniejsza. → F (FAŁSZ)

Wynik końcowy: P, P, F

Zadanie polega na wyznaczeniu konstrukcyjnym (za pomocą promieni charakterystycznych) położenia soczewki S oraz jej ogniska F na podstawie rysunku z zadania 7., na którym przedstawiony jest obraz punktu świecącego wytworzony przez soczewkę skupiającą.

Zasada konstrukcji odwrotnej

Na rysunku znane są: położenie przedmiotu (punkt P) oraz położenie obrazu (punkt P'). Należy odszukać taką soczewkę skupiającą, która odwzorowuje P w P'. Korzystamy z własności promieni charakterystycznych w odwrotnym kierunku – znając bieg promieni po przejściu przez soczewkę, rekonstruujemy soczewkę i jej ognisko.

Promienie charakterystyczne użyte do konstrukcji

1. Promień 1 – równoległy do osi optycznej (przed soczewką) → przechodzi przez ognisko (za soczewką):
   Promień wychodzący z punktu P, biegnący równolegle do głównej osi optycznej, po przejściu przez soczewkę skupiającą musi przechodzić przez ognisko tylne F. Znamy kierunek promienia po obu stronach: przed soczewką – poziomy, po soczewce – biegnie do punktu P'. Przecięcie tych dwóch odcinków wskazuje płaszczyznę soczewki.

2. Promień 2 – przechodzący przez środek optyczny soczewki (bez załamania):
   Promień biegnący przez środek soczewki nie zmienia kierunku. Łączymy zatem punkty P i P' prostą – jej przecięcie z wyznaczoną wcześniej płaszczyzną soczewki potwierdza środek optyczny O soczewki.

3. Wyznaczenie ogniska F:
   Promień 1 po przejściu przez soczewkę (w