Jak to rozwiązać — cechy rzutu w polu grawitacyjnym

Zdanie 1 — FAŁSZ. W próżni każde ciało spada/porusza się z tym samym przyśpieszeniem grawitacyjnym $g$, niezależnie od masy.

Zdanie 2 — PRAWDA. Im większa prędkość początkowa v₀, tym wyżej wzniesie się ciało i tym dłużej trwa ruch — czas zależy od v₀.

✔ Zgodne z kluczem: 1 — F, 2 — P.

Jak to rozwiązać — prędkość w chwili wyrzutu

Krok 1. Ciało osiąga wysokość maksymalną w punkcie W, czyli w chwili $t_{AW}=0{,}8$ s; wtedy prędkość = 0. To ruch jednostajnie opóźniony z przyśpieszeniem $g$: $v_k = v_0 - g\,t_{AW}$, a $v_k=0$.

Krok 2. Stąd:

$v_0 = g\,t_{AW} = 9{,}81\ \tfrac{m}{s^2}\cdot 0{,}8\ s \approx \mathbf{7{,}85\ \tfrac{m}{s}}$

✔ Zgodne z kluczem: v₀ ≈ 7,85 m/s.

Jak to rozwiązać — z wysokości maksymalnej i przyrostu wysokości

Krok 1. Wysokość maksymalna. Od wierzchołka W do podłoża B ciało spada swobodnie przez $t_{WB}=1{,}8-0{,}8=1{,}0$ s:

$h_{max}=\tfrac{1}{2}g\,t_{WB}^2=\tfrac{1}{2}\cdot9{,}81\cdot1^2 = 4{,}905\ m$

Krok 2. Przyrost wysokości A→W (z symetrii = spadek W→A przez 0,8 s):

$\Delta h_{AW}=\tfrac{1}{2}g\,t_{AW}^2=\tfrac{1}{2}\cdot9{,}81\cdot0{,}8^2 = 3{,}14\ m$

Krok 3. Wysokość początkowa:

$h_0=h_{max}-\Delta h_{AW}=4{,}905-3{,}14 \approx \mathbf{1{,}8\ m}$

✔ Zgodne z kluczem: h₀ ≈ 1,8 m.

Jak to rozwiązać — prędkość jest styczna do okręgu

Krok 1. W ruchu po okręgu wektor prędkości jest styczny do okręgu, czyli prostopadły do promienia. Zatem przez początek każdego wektora prędkości prowadzimy prostą prostopadłą do niego.

Krok 2. Punkt przecięcia obu prostopadłych to szukany środek S okręgu.

Krok 3. Odległość od S do punktu na okręgu odczytana z kratki: l = 10 długości boku kratki.

✔ Zgodne z kluczem: S = przecięcie prostopadłych do wektorów prędkości; l = 10 kratek.

Jak to rozwiązać — kierunek siły wypadkowej (dośrodkowej)

W najniższym punkcie siła reakcji nici F_n jest skierowana w górę (ku środkowi S), a siła grawitacji F_g — w dół. Siła wypadkowa musi być dośrodkowa (do góry, ku S), więc F_n > F_g.

Odpowiedź: B.

✔ Zgodne z kluczem: B (F_n w górę i większa od F_g).

Jak to rozwiązać — II zasada dynamiki + zasada zachowania energii

Krok 1. Siły w skrajnych punktach. W najniższym punkcie (siła dośrodkowa w górę): $F_{n\,max}-mg=\dfrac{mv_{max}^2}{l}$. W najwyższym punkcie (dośrodkowa w dół): $F_{n\,min}+mg=\dfrac{mv_{min}^2}{l}$.

Krok 2. Zasada zachowania energii (różnica wysokości między dołem a górą = 2l): $v_{max}^2-v_{min}^2=2g\cdot2l=4gl$. Z warunku $v_{max}^2=3v_{min}^2$: $2v_{min}^2=4gl$, więc $v_{min}^2=2gl$, $v_{max}^2=6gl$.

Krok 3. Podstawienie: $F_{n\,max}=mg+\dfrac{m\cdot6gl}{l}=7mg$; $F_{n\,min}=\dfrac{m\cdot2gl}{l}-mg=mg$.

$\dfrac{F_{n\,max}}{F_{n\,min}}=\dfrac{7mg}{mg}=\mathbf{7}$

✔ Zgodne z kluczem: F_{n max}/F_{n min} = 7.

Jak to rozwiązać — równowaga sił

Lina jest nierozciągliwa i nie ślizga się, a bloczek jest w spoczynku, więc napięcie liny jest po obu stronach takie samo. Ciężarek 𝒞 nie porusza się → napięcie liny równoważy jego ciężar: $N=m_c g$. Siła F przyłożona do drugiego końca liny musi być równa temu napięciu (kąt α nie zmienia wartości siły wzdłuż liny):

$F=m_c\,g$

Odpowiedź: A.

✔ Zgodne z kluczem: A (F = m_cg).

Jak to rozwiązać — II zasada dynamiki: ruch postępowy + obrotowy

Krok 1. Ciężarek 𝒞 (ruch postępowy w dół z przyśpieszeniem a) — siła wypadkowa = ciężar − napięcie:

$m_c\,a = m_c\,g - F_n$

Krok 2. Bloczek 𝒲 (ruch obrotowy), $I_0=\tfrac{1}{2}m_w R^2$, związek $a=\varepsilon R$:

$I_0\,\varepsilon = R F_n - R F \;\Rightarrow\; \tfrac{1}{2}m_w\,a = F_n - F$

Krok 3. Dodajemy równania (rugujemy F_n):

$F = m_c\,g - m_c\,a - \tfrac{1}{2}m_w\,a$

Krok 4. Podstawiamy $a=\tfrac{1}{2}g$:

$F = m_c g - \tfrac{1}{2}m_c g - \tfrac{1}{4}m_w g = \tfrac{1}{2}g\left(m_c - \tfrac{1}{2}m_w\right)$

✔ Zgodne z kluczem: $F=\tfrac{1}{2}g\left(m_c-\tfrac{1}{2}m_w\right)$.

Jak to rozwiązać — z liczby długości fal i czasu

Krok 1. Na odcinku a–b mieści się 9 długości fali, a fala pokonuje go w czasie Δt_ab. Skoro jedna pełna długość fali odpowiada jednemu okresowi T, to:

$\Delta t_{ab}=9T \;\Rightarrow\; T=\dfrac{\Delta t_{ab}}{9}$

Krok 2. Częstotliwość:

$f=\dfrac{1}{T}=\dfrac{9}{\Delta t_{ab}}=\dfrac{9}{0{,}07\cdot10^{-3}\,s}\approx 1{,}29\cdot10^{5}\ \text{Hz}\approx 129\ \text{kHz}$

✔ Zgodne z kluczem: f ≈ 1,3·10⁵ Hz.

Jak to rozwiązać — natężenie zależy od amplitudy

Natężenie fali jest proporcjonalne do kwadratu amplitudy: $I\propto A^2$. W treści zapisano, że fala ma ustaloną (stałą) amplitudę i pomijamy pochłanianie, więc w każdym punkcie ośrodka natężenie jest takie samo.

Odpowiedź: D.

✔ Zgodne z kluczem: D (takie samo).

Jak to rozwiązać — dyfrakcja na wąskiej szczelinie

Gdy szczelina jest wąska (porównywalna z długością fali), zachodzi dyfrakcja: szczelina zachowuje się jak nowe źródło fali. Za szczeliną fala ugina się, a jej powierzchnie falowe stają się łukowe (koliste) i rozchodzą się na boki.

Odpowiedź: A.

✔ Zgodne z kluczem: A.

Jak to rozwiązać — częstotliwość się nie zmienia

Krok 1. Przy przejściu przez granicę ośrodków częstotliwość f się nie zmienia, a długość fali zależy od prędkości: $\lambda=\dfrac{v}{f}$. Zatem:

$\dfrac{\lambda_1}{\lambda_2}=\dfrac{v_1}{v_2}=2$

Krok 2. Rysunek. Ośrodek 𝒪₂ jest „wolniejszy” (v₂ < v₁), więc fala załamuje się ku normalnej — kąt załamania jest mniejszy od kąta padania, a powierzchnie falowe w 𝒪₂ są gęściej ułożone (λ₂ = λ₁/2) i prostopadłe do nowego kierunku biegu.

✔ Zgodne z kluczem: λ₁/λ₂ = 2.

Jak to rozwiązać — siła grawitacji jest siłą przyciągającą

Siła grawitacji, z jaką Słońce działa na planetoidę, jest zawsze skierowana ku ciału przyciągającemu, czyli ku Słońcu. Zatem wektor $\vec F$:

• zaczepiony jest w planetoidzie ℛ,
• leży wzdłuż prostej łączącej ℛ ze Słońcem (odcinek ℛS),
• zwrócony jest ku środkowi Słońca S.

✔ Zgodne z kluczem: wektor w ℛ, wzdłuż ℛS, zwrot ku S.

Jak to rozwiązać — III prawo Keplera

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

$a_{ℛ}=\dfrac{|PA|}{2}=\dfrac{5{,}62}{2}=2{,}81\ \text{au}$

Krok 2. III prawo Keplera (dla planetoidy i Ziemi): $\dfrac{T_{ℛ}^2}{a_{ℛ}^3}=\dfrac{T_{Z}^2}{a_{Z}^3}$. Przy a_Z = 1 au, T_Z = 1 rok:

$T_{ℛ}=\sqrt{\left(\dfrac{a_{ℛ}}{a_{Z}}\right)^3}\cdot T_Z=\sqrt{2{,}81^{3}}\ \text{rok}\approx \mathbf{4{,}7\ \text{roku}}$

✔ Zgodne z kluczem: T_ℛ ≈ 4,7 roku.

Jak to rozwiązać — prawo powszechnego ciążenia

Przyśpieszenie grawitacyjne planetoidy pochodzi od Słońca: $a=\dfrac{GM_S}{r^2}$, czyli $a\propto\dfrac{1}{r^2}$. Stąd:

$\dfrac{a_P}{a_A}=\dfrac{r_A^2}{r_P^2}=\left(\dfrac{|SA|}{|SP|}\right)^2$

Odpowiedź: C.

✔ Zgodne z kluczem: C.

Jak to rozwiązać — zasada zachowania momentu pędu

Krok 1. W peryhelium (P) i aphelium (A) prędkość jest prostopadła do promienia wodzącego, więc moment pędu to po prostu $L=m\,v\,r$. Z zasady zachowania momentu pędu:

$v_A\,r_A = v_P\,r_P$

Krok 2. Odległość w aphelium:

$r_A=|PA|-r_P=5{,}62-0{,}81=4{,}81\ \text{au}$

Krok 3. Prędkość:

$v_A=\dfrac{r_P}{r_A}\,v_P=\dfrac{0{,}81}{4{,}81}\cdot 43{,}29\ \tfrac{km}{s}\approx \mathbf{7{,}3\ \tfrac{km}{s}}$

✔ Zgodne z kluczem: v_A ≈ 7,3 km/s.

Jak to rozwiązać — równanie Clapeyrona i związek T z prędkością

Zdanie 1 — PRAWDA. Z równania Clapeyrona $pV=nRT$ wynika $T\propto pV$. Ponieważ prosta A→B przechodzi przez początek układu, to $p=kV$ (p proporcjonalne do V). Zatem $T\propto kV\cdot V\propto V^2$.

Zdanie 2 — PRAWDA. Od A do B rosną jednocześnie p i V, więc iloczyn pV rośnie, czyli temperatura T rośnie. Średnia prędkość cząsteczek rośnie wraz z temperaturą ($\bar v\propto\sqrt{T}$).

✔ Zgodne z kluczem: 1 — P, 2 — P.

Jak to rozwiązać — z równania Clapeyrona

Dla ustalonej masy gazu $\dfrac{pV}{T}=nR=\text{const}$, więc $T\propto pV$. Stąd:

$\dfrac{T_B}{T_A}=\dfrac{p_B V_B}{p_A V_A}=\dfrac{5\cdot25}{2\cdot10}=\dfrac{125}{20}=\mathbf{6{,}25}$

✔ Zgodne z kluczem: T_B/T_A = 6,25 (= 25/4).

Jak to rozwiązać — I zasada termodynamiki

Krok 1. Gaz się rozpręża i pobiera ciepło: $Q_{AB}=\Delta U_{AB}+W_{AB}$.

Krok 2. Zmiana energii wewnętrznej ($C_V=\tfrac{3}{2}R$, a $nR\Delta T=\Delta(pV)$):

$\Delta U_{AB}=\tfrac{3}{2}\,(p_B V_B-p_A V_A)=\tfrac{3}{2}\,(1250-200)=1575\ \text{J}$

gdzie $p_B V_B=5\cdot10^4\cdot25\cdot10^{-3}=1250$ J, $p_A V_A=2\cdot10^4\cdot10\cdot10^{-3}=200$ J.

Krok 3. Praca = pole pod wykresem p(V) (trapez):

$W_{AB}=\tfrac{1}{2}(p_A+p_B)(V_B-V_A)=\tfrac{1}{2}\cdot7\cdot10^4\cdot15\cdot10^{-3}=525\ \text{J}$

Krok 4. Ciepło:

$Q_{AB}=1575+525=\mathbf{2100\ \text{J}}$

✔ Zgodne z kluczem: Q_AB = 2100 J.

Jak to rozwiązać — dodawanie wektorów sił Coulomba

Na Q₃ = +Q działają dwie siły:

• od Q₁ = +Q (jednoimienne → odpychanie) wzdłuż przekątnej, zwrot od Q₁ ku górze i w prawo;
• od Q₂ = −Q (różnoimienne → przyciąganie) poziomo, zwrot w lewo (ku Q₂); ta siła jest większa (mniejsza odległość a).

Po dodaniu wektorów siła wypadkowa jest skierowana w lewo i ku górze.

Odpowiedź: A.

✔ Zgodne z kluczem: A.

Jak to rozwiązać — suma wektorowa natężeń od trzech ładunków

Krok 1. Natężenia od poszczególnych ładunków ($k=\tfrac{1}{4\pi\varepsilon_0}$). Odległości Q₁P = Q₃P = a, a Q₂P = przekątna = $a\sqrt2$:

$E_1=E_3=\dfrac{kQ}{a^2},\qquad E_2=\dfrac{kQ}{(a\sqrt2)^2}=\dfrac{1}{2}\dfrac{kQ}{a^2}$

Krok 2. Składanie E₁ i E₃. Wektory $\vec E_1$ (od Q₁, poziomo) i $\vec E_3$ (od Q₃, pionowo) są prostopadłe i równe, więc ich suma leży na przekątnej:

$E_{13}=\sqrt2\,E_1=\sqrt2\,\dfrac{kQ}{a^2}$

Krok 3. Wektor $\vec E_{13}$ i wektor $\vec E_2$ leżą na tej samej prostej (przekątnej), lecz mają przeciwne zwroty, więc:

$E_P=E_{13}-E_2=\dfrac{kQ}{a^2}\left(\sqrt2-\dfrac{1}{2}\right)$

✔ Zgodne z kluczem: $E_P=\dfrac{kQ}{a^2}\left(\sqrt2-\tfrac{1}{2}\right)$.

Jak to rozwiązać — kąt graniczny i geometria trójkątów

Krok 1. Światło wychodzi z kuli tylko tam, gdzie kąt padania na wewnętrzną powierzchnię jest mniejszy od kąta granicznego. Brzegi jasnego łuku (punkty A i B) odpowiadają dokładnie kątowi granicznemu: kąt ∠SBD (= ∠DAS) = α_g.

Krok 2. Kąt graniczny dla przejścia szkło → powietrze:

$\sin\alpha_g=\dfrac{n_p}{n_{sz}}=\dfrac{1}{1{,}5}=\dfrac{2}{3}\;\Rightarrow\;\alpha_g=\arcsin\tfrac{2}{3}\approx 41{,}8^\circ$

Krok 3. Geometria. Trójkąty SBD i ASD są równoramienne (SD = SB = SA = promień kuli), więc kąty przy D są równe α_g. Kąt ∠BDA jest ich sumą:

$\varphi=\angle BDA=2\alpha_g\approx 2\cdot41{,}8^\circ\approx \mathbf{83{,}6^\circ}$

✔ Zgodne z kluczem: φ ≈ 83,6° (≈ 84°).

Jak to rozwiązać — jak ośrodek zewnętrzny wpływa na kąt graniczny

Krok 1. Kąt graniczny: $\sin\alpha_g=\dfrac{n_{zewn}}{n_{sz}}$. Woda ma większy współczynnik załamania niż powietrze ($n_w=1{,}33 > n_p=1{,}00$), więc $\sin\alpha_g$ jest większy, a zatem kąt graniczny jest większy (B).

Krok 2. Większy kąt graniczny oznacza, że przez powierzchnię kuli może wyjść światło padające pod większym zakresem kątów, więc pole, przez które wychodzi światło, się zwiększy (2).

Odpowiedź: B2.

✔ Zgodne z kluczem: B2.

Jak to rozwiązać — siła Lorentza pełni rolę siły dośrodkowej

Krok 1. Siła Lorentza zakrzywia tor elektronu — jest siłą dośrodkową:

$m_e\dfrac{v^2}{r}=qvB\;\Rightarrow\;m_e\dfrac{v}{r}=qB$

Krok 2. Wstawiamy $v=\dfrac{2\pi r}{T}$:

$m_e\dfrac{2\pi}{T}=qB\;\Rightarrow\;T=\dfrac{2\pi m_e}{qB}$

Krok 3. Podstawiamy dane ($m_e=9{,}11\cdot10^{-31}$ kg, $q=1{,}602\cdot10^{-19}$ C):

$T=\dfrac{2\pi\cdot9{,}11\cdot10^{-31}}{1{,}602\cdot10^{-19}\cdot1{,}70\cdot10^{-3}}\approx \mathbf{2{,}10\cdot10^{-8}\ \text{s}}$

✔ Zgodne z kluczem: T ≈ 2,10·10⁻⁸ s. Uwaga: okres nie zależy od prędkości elektronu.

Jak to rozwiązać — relatywistyczny związek energii z prędkością

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

Krok 2. Przyrównujemy i wyznaczamy pierwiastek:

$\dfrac{E_0}{\sqrt{1-(v/c)^2}}=E_{kin}+E_0\;\Rightarrow\;\sqrt{1-\left(\tfrac{v}{c}\right)^2}=\dfrac{E_0}{E_{kin}+E_0}=\dfrac{0{,}511}{1{,}822}$

Krok 3. Stąd:

$\dfrac{v}{c}=\sqrt{1-\left(\dfrac{0{,}511}{1{,}822}\right)^2}=\sqrt{1-0{,}0787}\approx \mathbf{0{,}96}$

✔ Zgodne z kluczem: v/c ≈ 0,96.

Jak to rozwiązać — zasady zachowania w reakcji jądrowej

Krok 1. Zachowanie liczby masowej (górne wskaźniki): $23=A+0+0\Rightarrow A=23$.

Krok 2. Zachowanie ładunku (dolne wskaźniki; β⁻ ma ładunek −1): $10=Z+(-1)+0\Rightarrow Z=11$.

Krok 3. Pierwiastek o liczbie atomowej Z = 11 to sód (Na). Równanie rozpadu:

$^{23}_{10}\text{Ne}\rightarrow{}^{23}_{11}\text{Na}+\beta^-+\tilde\nu$

✔ Zgodne z kluczem: X = sód, ²³₁₁Na.

Jak to rozwiązać — równoważność masy i energii

Zdanie 1 — PRAWDA. Rozpad zachodzi samorzutnie, więc jest energetycznie korzystny. Oznacza to, że masa jądra macierzystego jest większa od sumy mas produktów — pojawia się defekt masy Δm.

Zdanie 2 — PRAWDA. Ubytek masy zamienia się w energię ($E=\Delta m\,c^2$), która staje się energią kinetyczną produktów (jądro nie było w spoczynku po rozpadzie — z zasady zachowania pędu produkty się rozbiegają).

✔ Zgodne z kluczem: 1 — P, 2 — P.

Jak to rozwiązać — logarytm prawa rozpadu daje prostą

Krok 1. Prawo rozpadu: $m(t)=m_0\left(\tfrac{1}{2}\right)^{t/T}$. Logarytmujemy stronami:

$\log_{10}m=\log_{10}m_0+\dfrac{t}{T}\,\log_{10}\tfrac{1}{2}$

To równanie prostej o współczynniku kierunkowym $A=\dfrac{\log_{10}(1/2)}{T}$.