Matura z Fizyki 2024 – rozwiązania zadań

Rozwiązanie zadania 1 – Siła oporu powietrza

Treść zadania:

Kropla wody oderwała się od dachu budynku w chwili [katex] t_A[/katex] i następnie opadała pionowo w powietrzu. Na poniższym wykresie przedstawiono zależność wartości [katex] v [/katex] prędkości kropli od czasu [katex] t [/katex] od chwili [katex] t_A = 0 [/katex] s do chwili [katex] t_F = 4 [/katex] s, w której kropla uderzyła o podłoże.

Na wykresie oznaczono wybrane punkty: [katex] A, B, C, D, E, F [/katex]. Ruch kropli opisujemy w układzie odniesienia związanym z ziemią i zakładamy, że jest to układ inercjalny.

Do analizy zagadnienia przyjmij uproszczony model zjawiska, w którym:

• podczas opadania kropli działają na nią dwie siły: siła oporu powietrza [katex] F_o [/katex] oraz siła grawitacji [katex] F_g [/katex] (pomijamy siłę wyporu aerostatycznego)
• kropla jest kulą o promieniu [katex] R [/katex], a jej masa się nie zmienia
• wartość siły oporu działającej na kroplę wyraża się wzorem:
  [katex] F_o = k \rho_p S v^2 [/katex]
  gdzie [katex] k [/katex] jest pewnym współczynnikiem, [katex] \rho_p [/katex] jest gęstością powietrza, [katex] S [/katex] jest polem przekroju poprzecznego przez środek kropli, [katex] v [/katex] jest wartością prędkości kropli
• ruch kropli od chwili [katex] t_D [/katex] traktujemy jako jednostajny prostoliniowy, czyli przyjmij, że część [katex] DF [/katex] wykresu jest poziomym odcinkiem.

Treść zadania 1.1

Dokończ zdanie. Zaznacz odpowiedź A, B albo C i jej uzasadnienie 1., 2. albo 3. Od chwili [katex] t_A [/katex] do chwili [katex] t_D [/katex] wartość przyspieszenia kropli

A	się zwiększa	ponieważ wartość siły wypadkowej działającej w tym czasie na kroplę	1	się zwiększa
B	się zmniejsza		2	się zmniejsza
C	pozostaje stała		3	pozostaje stała

Rozwiązanie zadania 1.1

Prędkość kropli rośnie coraz wolniej, co oznacza, że jej przyspieszenie maleje. Zgodnie z drugą zasadą dynamiki Newtona, przyspieszenie jest proporcjonalne do siły wypadkowej [katex]F_w = ma [/katex]. Zatem, gdy przyspieszenie maleje, siła wypadkowa również musi maleć. Zatem prawidłowa odpowiedź to B2.

Treść zadania 1.2

Punkt [katex] K [/katex] na diagramach 1.–2. reprezentuje kroplę. Długość boku kratki na każdym diagramie odpowiada umownej jednostce siły. Na diagramach 1.–2. narysowano siłę grawitacji działającą na kroplę, natomiast nie narysowano siły oporu [katex] F_o [/katex].

Na diagramie 1. narysuj i oznacz siłę oporu [katex] \vec{F}{oE} [/katex] przyłożoną w punkcie [katex] K [/katex], działającą na kroplę w chwili [katex] t_E = 3,6 [/katex] s. Na diagramie 2. narysuj i oznacz siłę oporu [katex] \vec{F}{oB} [/katex] przyłożoną w punkcie [katex] K [/katex], działającą na kroplę w chwili [katex] t_B = 0,4 [/katex] s. Zachowaj odpowiednie kierunki, zwroty oraz dokładne długości wektorów, odpowiadające wartościom tych sił. Wykorzystaj fakt, że wartość siły oporu jest wprost proporcjonalna do kwadratu wartości prędkości kropli: [katex] F_o \propto v^2 [/katex].

Rozwiązanie zadania 1.3

Siła wypadkowa działająca na kroplę to różnica między siłą grawitacji a siłą oporu, ponieważ interesuje nas moment, gdy prędkość kropli jest stała.

[katex] F_w = F_g – F_o [/katex]

Przy stałej prędkości kropli przyspieszenie wynosi 0, co oznacza, że siła wypadkowa również wynosi 0 (zgodnie z drugą zasadą dynamiki Newtona).

[katex] V = \text{const.} \implies a = 0 \implies F_w = 0 [/katex]

Wnioskujemy z tego, że siła grawitacji równa się sile oporu:

[katex] F_g – F_o = 0 [/katex]

Korzystając z wzoru na siłę grawitacji, siłę oporu, objętość kuli oraz powierzchnię przekroju poprzecznego [katex] S = \pi R^2 [/katex], otrzymujemy wyrażenie prowadzące do prędkości kropli:

[katex display=true] mg = k \rho_p S v^2 [/katex]

[katex display=true] \rho_w \cdot \frac{4}{3} \pi R^3 – k \rho_p \pi R^2 v^2 = 0 [/katex]

[katex display=true] \frac{4}{3} \rho_w R – k \rho_p v^2 = 0 [/katex]

[katex display=true] v = \sqrt{\frac{4 R}{3 k} \frac{\rho_w}{\rho_p}} [/katex]

Otrzymaną prędkość nazywamy prędkością terminalną, czyli prędkością graniczną, jaką osiąga ciało spadające w polu grawitacyjnym i atmosferze. Na przykład, prędkość terminalna człowieka wynosi około [katex] 60 \frac{m}{s}[/katex], a prędkość terminalna kropli deszczu to [katex] 9 \frac{m}{s}[/katex].

Podsumowanie:

Matura z fizyki w 2024 roku tradycyjnie rozpoczęła się od kinematyki i dynamiki. To zadanie jest podobne do wielu innych, które pojawiały się na wcześniejszych maturach z fizyki.

Rozwiązanie zadania 2 – Ciągnięty walec

Treść zadania:

Jednorodny walec o masie [katex] m = 10 \, \text{kg} [/katex] i promieniu [katex] R [/katex] był ciągnięty siłą o wartości [katex] F = 30 \, \text{N} [/katex] po płaskiej poziomej powierzchni. Siła [katex] \vec{F} [/katex] była przyłożona poziomo do uchwytu i prostopadle do osi obrotu walca (zobacz rysunki 1.–3.).

Do analizy zagadnienia przyjmij model zjawiska, w którym:

• walec toczył się bez poślizgu
• w kierunku poziomym na walec działały tylko: stała siła tarcia statycznego [katex] \vec{T} [/katex] oraz siła [katex] \vec{F} [/katex]
• siła tarcia [katex] \vec{T} [/katex] między walcem a powierzchnią nie osiągnęła wartości maksymalnej
• pomijamy inne (tzn. oprócz tarcia statycznego) opory ruchu
• moment bezwładności walca względem jego osi obrotu – będącej osią symetrii walca – wyraża się wzorem: [katex] I_0 = \frac{1}{2} m R^2 [/katex]
• ruch walca rozpatrujemy w inercjalnym układzie odniesienia związanym z ziemią, w jednorodnym, ziemskim polu grawitacyjnym
• pomijamy masę osi obrotu walca i masę jej uchwytu.

Treść zadania 2.1

Całkowitą energię kinetyczną walca w pewnej chwili [katex] t [/katex] ruchu oznaczymy jako [katex] E_{\text{kin calk}} [/katex], a energię kinetyczną ruchu postępowego walca w tej samej chwili [katex] t [/katex] oznaczymy jako [katex] E_{\text{kin post}} [/katex].

Oblicz iloraz [katex] \frac{E_{\text{kin post}}}{E_{\text{kin calk}}} [/katex]. Zapisz obliczenia. Wynik podaj w postaci ułamka zwykłego.

Rozwiązanie zadania 2.1

Całkowita energia kinetyczna walca to suma energii kinetycznej ruchu postępowego i energii kinetycznej ruchu obrotowego.

[katex] E_{K_{\text{calk}}} = E_{K_{\text{post}}} + E_{K_{\text{obr}}} [/katex]

Energia kinetyczna ruchu postępowego:

[katex] E_{K_{\text{post}}} = \frac{mv^2}{2} [/katex]

Energia kinetyczna ruchu obrotowego:

[katex] E_{K_{\text{obr}}} = \frac{I \omega^2}{2} = \frac{\frac{1}{2} m R^2 \omega^2}{2} [/katex]

Przy ruchu bez poślizgu zachodzi relacja między prędkością liniową a kątową:

[katex] V = \omega R [/katex]

Podstawiając tę relację do wzoru na energię kinetyczną ruchu obrotowego:

[katex] E_{K_{\text{obr}}} = \frac{\frac{1}{2} m v^2}{2} = \frac{1}{4} m v^2 [/katex]

Ostatecznie całkowita energia kinetyczna wynosi:

[katex] E_{K_{\text{calk}}} = \frac{mv^2}{2} + \frac{1}{4} m v^2 = \frac{3}{4} m v^2 [/katex]

Stosunek energii kinetycznej ruchu postępowego do całkowitej energii kinetycznej to:

[katex] \frac{E_{K_{\text{post}}}}{E_{K_{\text{calk}}}} = \frac{\frac{mv^2}{2}}{\frac{3}{4} m v^2} = \frac{\frac{1}{2}}{\frac{3}{4}} = \frac{2}{3} [/katex]

Treść zadania 2.2

Oblicz wartość przyspieszenia (liniowego) środka masy walca. Zapisz obliczenia.

Rozwiązanie zadania 2.2

Na walec działają dwie przeciwnie skierowane siły: siła ( F ) (wymuszająca ruch) oraz siła ( T ) (tarcia statycznego). Zgodnie z drugą zasadą dynamiki Newtona mamy:

[katex] m a = F – T [/katex]

Rozważając obrót walca wokół jego środka masy, jedynie siła ( T ) powoduje powstawanie momentu siły. Zgodnie z zasadą dynamiki Newtona dla ruchu obrotowego możemy zapisać:

[katex] I \varepsilon = T R [/katex]

Korzystając z warunków braku poślizgu (punkt styku walca z podłożem nie ślizga się, więc obserwujemy tarcie statyczne), możemy zapisać:

[katex] \varepsilon = \frac{a}{R} [/katex]

Łącząc te trzy warunki, otrzymujemy układ równań:

[katex] \begin{cases} m a = F – T \\\ I \varepsilon = T R \\\ \varepsilon = \frac{a}{R} \end{cases} [/katex]

Z dolnego równania eliminujemy przyspieszenie kątowe:

[katex] \begin{cases} m a = F – T \\\ I \frac{a}{R} = T R \end{cases} [/katex]

Następnie, z drugiego równania wyznaczamy siłę tarcia i eliminujemy ją z układu równań, otrzymując jedno równanie z jedną niewiadomą – naszym poszukiwanym przyspieszeniem liniowym:

[katex] m a = F – I \frac{a}{R^2} [/katex]

Podstawiając za moment bezwładności ( I = \frac{1}{2} m R^2 ) i wykonując kilka przekształceń algebraicznych, otrzymujemy ostateczny wynik:

[katex] a = \frac{2}{3} \frac{F}{m} [/katex]

Rozwiązanie zadania 3 – Sprężyna

Treść zadania

Ciężarek o masie [katex] m = 100,0 \, \text{g} [/katex] jest zawieszony na sprężynie i wykonuje drgania harmoniczne w kierunku pionowym, w jednorodnym, ziemskim polu grawitacyjnym.

Przyjmujemy, że ciężarek drga wzdłuż osi [katex] y [/katex] skierowanej pionowo w górę. Na poniższym wykresie przedstawiono zależność współrzędnej prędkości [katex] v_y [/katex] ciężarka od czasu [katex] t [/katex]. Dodatnia wartość współrzędnej prędkości [katex] v_y [/katex] oznacza, że zwrot wektora prędkości ciężarka jest w górę, a ujemna wartość – że zwrot wektora prędkości jest w dół. Prędkość ciężarka określamy w układzie odniesienia związanym z ziemią.

Przyjmij uproszczony model zjawiska, w którym:

• na ciężarek działają tylko siła sprężystości [katex] F_s [/katex] sprężyny i siła grawitacji [katex] F_g [/katex]
• wartość siły sprężystości, z jaką sprężyna działa na ciężarek, jest wprost proporcjonalna do wydłużenia sprężyny ponad jej długość swobodną (gdy jest nierozciągnięta)
• układ odniesienia związany z ziemią traktujemy jako układ inercjalny
• pomijamy opory ruchu
• pomijamy masę sprężyny
• przyspieszenie grawitacyjne ziemskie ma wartość [katex] g = 9,81 \, \text{m/s}^2 [/katex].

Treść zadnia 3.1

Oceń prawdziwość poniższych stwierdzeń. Zaznacz P, jeśli stwierdzenie jest prawdziwe, albo F – jeśli jest fałszywe.

1.	W chwili [katex] t = 0,2 \, \text{s} [/katex] siły działające na ciężarek się równoważą.	P	F
2.	Energia kinetyczna ciężarka w chwili [katex] t = 0,1 \, \text{s} [/katex] jest równa energii kinetycznej ciężarka w chwili [katex] t = 0,3 \, \text{s} [/katex].	P	F
3.	Wartość przyspieszenia ciężarka w chwili [katex] t = 0,4 \, \text{s} [/katex] jest większa od wartości przyspieszenia ciężarka w chwili [katex] t = 0,5 \, \text{s} [/katex].	P	F

Rozwiązanie zadania 3.1

Stwierdzenie 1:

W chwili [katex] t = 0,2 [/katex] s ciężarek ma zerową prędkość, co oznacza, że znajduje się w położeniu maksymalnego wychylenia. W tym położeniu działa na ciężarek maksymalna możliwa siła, ponieważ siła w ruchu harmonicznym jest proporcjonalna do wychylenia. Oznacza to, że stwierdzenie jest fałszywe.

Stwierdzenie 2:

W chwilach [katex] t = 0,1 [/katex] s oraz [katex] t = 0,3 [/katex] s wartości prędkości ciężarka są identyczne, co oznacza, że energia kinetyczna również jest identyczna. Oznacza to, że stwierdzenie jest prawdziwe.

Stwierdzenie 3:

W chwili [katex] t = 0,4 [/katex] s ciężarek ma zerową prędkość, co oznacza, że znajduje się w punkcie maksymalnego wychylenia. W punkcie maksymalnego wychylenia ciężarek ma największe możliwe przyspieszenie.

W chwili [katex] t = 0,5 [/katex] s ciężarek osiąga swoją maksymalną prędkość, co oznacza, że przechodzi przez położenie równowagi. W położeniu równowagi siły działające na ciężarek równoważą się, a jego przyspieszenie wynosi 0. Oznacza to, że wartość przyspieszenia w chwili [katex] t = 0,4 [/katex] s jest większa niż w chwili [katex] t = 0,5 [/katex] s.

Zatem rozwiązaniem zadania jest PFF.

Treść zadania 3.2

Siły działające na ciężarek się równoważą, gdy ciężarek znajduje się w punkcie o współrzędnej [katex] y = 0 [/katex], natomiast najwyższe i najniższe położenia ciężarka znajdują się – odpowiednio – w punktach o współrzędnych: [katex] y = A [/katex] oraz [katex] y = -A [/katex]. W pewnej chwili ruchu drgającego ciężarek znalazł się w punkcie [katex] P [/katex] (zobacz schematyczny rysunek poniżej).

Rozwiązanie zadania 3.2

Na siłę wypadkową składają się dwie siły: siła sprężystości (skierowana ku górze) oraz siła grawitacji (skierowana ku dołowi).

Siła wypadkowa w ruchu harmonicznym zawsze jest skierowana ku położeniu równowagi. Oznacza to, że suma wszystkich sił powinna być skierowana ku górze, co oznacza, że siła sprężystości musi przeważać nad siłą grawitacji:

[katex] F_s > F_g [/katex]

Wektory sił naniesione na rysunek powinny zatem wyglądać odpowiednio.

Treść zadania 3.3

Oblicz wartość siły sprężystości działającej na ciężarek w chwili, gdy znajduje się on w najniższym położeniu podczas ruchu drgającego. Zapisz obliczenia.

Z wykresu możemy odczytać, że okres drgań wynosi [katex] T = 0.4 \text{s} [/katex]. Ponadto, maksymalna wartość prędkości osiąganej przez ciężarek to [katex] V_{\text{max}} = 0.6 \frac{\text{m}}{\text{s}} [/katex].

Wielkością, której szukamy, jest [katex] F_{\text{max}} [/katex], czyli maksymalna wartość siły sprężystości. W ruchu harmonicznym siłę wypadkową możemy zapisać jako:

[katex] F_w = k x [/katex]

W naszym układzie, siła wypadkowa jest równa różnicy siły sprężystości oraz siły grawitacji:

[katex] F_w = F_s – F_g [/katex]

W rozważanej sytuacji wychylenie z położenia równowagi jest równe amplitudzie [katex] x = A [/katex].

Łącząc wszystkie fakty, maksymalną wartość siły sprężystości możemy zapisać jako:

[katex] F_s = k A + mg [/katex]

Masa [katex] m [/katex] oraz przyspieszenie grawitacyjne [katex] g [/katex] są podane w treści zadania, więc pozostaje nam wyznaczyć współczynnik sprężystości [katex] k [/katex] oraz amplitudę [katex] A [/katex]. Możemy te wartości wyznaczyć z odczytanych z wykresu okresu [katex] T [/katex] oraz prędkości maksymalnej [katex] V_{\text{max}} [/katex].

[katex] k = m \omega^2 [/katex]

Okres możemy powiązać z częstością kątową:

[katex] \omega = \frac{2\pi}{T} [/katex]

Prędkość maksymalna może być powiązana z amplitudą za pomocą wyrażenia:

[katex] V_{\text{max}} = A \omega [/katex]

Możemy to otrzymać z zasady zachowania energii w ruchu harmonicznym lub licząc pochodną funkcji położenia od czasu w ruchu harmonicznym.

Łączymy powyższe wzory:

[katex] F_s = m \omega^2 A + mg [/katex]

[katex] F_s = m \omega V_{\text{max}} + mg [/katex]

[katex] F_s = m \left( \frac{2\pi V_{\text{max}}}{T} + g \right) [/katex]

Podstawiając wartości:

[katex] F_s = 0.1 \text{kg} \left( \frac{2 \cdot 3.14 \cdot 0.6 \text{m/s}}{0.4 \text{s}} + 9.81 \right) [/katex]

[katex] F_s = 0.1 \text{kg} \left( \frac{3.768 \text{m/s}^2}{0.4 \text{s}} + 9.81 \right) [/katex]

[katex] F_s = 0.1 \text{kg} \left( 18.84 + 9.81 \right) [/katex]

[katex] F_s = 0.1 \text{kg} \cdot 28.65 [/katex]

[katex] F_s = 2.865 \text{N} [/katex]

Zatem maksymalna wartość siły sprężystości wynosi [katex] 2.865 \text{N} [/katex].

Podsumowanie

To zadanie, mimo pozornie prostej tematyki, okazało się całkiem podchwytliwe.

W zadaniu 3.1 autorzy próbowali nas złapać w pułapkę, przedstawiając wykres prędkości od czasu zamiast bardziej standardowego wykresu położenia od czasu. Gdybyśmy automatycznie spojrzeli na wykres i zapomnieli sprawdzić wartość na osi [katex] y [/katex], moglibyśmy pomyśleć, że górka oznacza położenie maksymalnego wychylenia, a przejście przez oś [katex] x [/katex] oznacza przejście przez położenie równowagi. Takie myślenie mogłoby kosztować nas trzy procent punktów na maturze.

Dodatkowo, zadanie 3.3 zostało przedstawione w taki sposób, że łatwo było zapomnieć o sile grawitacji, która stanowi niemal 50% wyniku. Rozwiązanie tego zadania bez uwzględnienia siły grawitacji dałoby nam skromne dwa punkty, co prowadziłoby do straty kolejnych trzech procent punktów na maturze.

Rozwiązanie zadania 4 – Ambulans Dopplera

Treść zadania 4

Ambulans z włączoną syreną dźwiękową jedzie wzdłuż prostego odcinka drogi. Przez pewien czas porusza się wzdłuż prostej pomiędzy obserwatorami [katex] B [/katex] oraz [katex] A [/katex], którzy stoją przy drodze (zobacz rysunek poniżej). Prędkość ambulansu oznaczmy jako [katex] \vec{v} [/katex].

Do obserwatora [katex] A [/katex], do którego zbliża się ambulans, dociera dźwięk o długości fali [katex] \lambda_A [/katex]. Do obserwatora [katex] B [/katex], od którego oddala się ambulans, dociera dźwięk o długości fali [katex] \lambda_B [/katex].

Przyjmij model zjawiska, w którym częstotliwość dźwięku wytwarzanego przez głośnik syreny ambulansu (źródło dźwięku) była stała i wynosiła [katex] f_0 [/katex] (tzn. membrana głośnika syreny drgała z częstotliwością [katex] f_0 [/katex]). Pomiń inne źródła dźwięku.

Treść zadania 4.1

Oceń prawdziwość poniższych stwierdzeń. Zaznacz P, jeśli stwierdzenie jest prawdziwe, albo F – jeśli jest fałszywe.

1	Obs [katex] B [/katex] słyszy dźwięk syreny o częstotliwości mniejszej od [katex] f_0 [/katex].	P	F
2	Gdy ambulans oddala się od obserwatora [katex] B [/katex] i jednocześnie hamuje, to [katex] B [/katex] słyszy dźwięk o rosnącej częstotliwości.	P	F
3	Gdy ambulans oddala się od obserwatora [katex] B [/katex] i jednocześnie przyspiesza, to [katex] B [/katex] słyszy dźwięk o malejącej częstotliwości.	P	F

Rozwiązanie zadania 4.1

Rozpocznijmy rozwiązanie tego zadania od rysunku, na którym narysujemy kilka frontów falowych emitowanych w różnych momentach. Miejsce, w którym znajdował się głośnik ambulansu w każdym z tych momentów, jest oznaczone fioletową kropką. Jest to środek okręgu będącego frontem falowym.

Stwierdzenie 1:

Jak widzimy na powyższym rysunku, do obserwatora B kolejne fronty falowe emitowane przez oddalający się ambulans będą docierały rzadziej (z mniejszą częstotliwością) niż w przypadku, gdyby ambulans spoczywał.

Oznacza to, że [katex] f_0 > f_B [/katex], czyli stwierdzenie 1 jest prawdziwe.

Stwierdzenie 2:

Wzór na efekt Dopplera (który możemy znaleźć w karcie wzorów) to:

[katex] f_B = f_0 \frac{c}{c + v} [/katex]

Gdzie [katex] f_B [/katex] oznacza częstotliwość odbieraną przez obserwatora B, [katex] f_0 [/katex] częstotliwość emitowaną przez ambulans, [katex] c [/katex] prędkość dźwięku, [katex] v [/katex] prędkość ambulansu.

Prędkość źródła dźwięku w mianowniku, [katex] v [/katex], występuje z plusem, ponieważ źródło oddala się od obserwatora, co zgodnie z naszym rysunkiem prowadzi do zmniejszenia odbieranej częstotliwości. Jeśli ambulans zacznie zwalniać (prędkość [katex] v [/katex] zacznie maleć), to mianownik w zapisanym wyrażeniu będzie maleć, a co za tym idzie, ułamek będzie rosnąć. Czyli zwalniająca karetka oznacza rosnącą częstotliwość [katex] f_B [/katex] odbieraną przez obserwatora B.

Oznacza to, że stwierdzenie 2 jest prawdziwe.

Stwierdzenie 3:

Omawiany tutaj przypadek jest dokładną odwrotnością przypadku ze stwierdzenia 2. Prędkość [katex] v [/katex] ambulansu rośnie, co za tym idzie, mianownik zapisanego wyrażenia na [katex] f_B [/katex] rośnie, a tym samym wartość [katex] f_B [/katex] maleje.

Oznacza to, że stwierdzenie 3 jest prawdziwe.

Podsumowanie:

Zatem odpowiedzią do tego zadania jest PPP.

Treść zadania 4.2

Przez pewien czas ambulans poruszał się ruchem jednostajnym prostoliniowym pomiędzy obserwatorami [katex] B [/katex] oraz [katex] A [/katex]. Wtedy iloraz długości fal dźwięku rejestrowanego przez tych obserwatorów wynosił:

[katex] \frac{\lambda_B}{\lambda_A} = 1,2 [/katex]

Prędkość dźwięku w powietrzu ma wartość [katex] v_d = 340 \, \text{m/s} [/katex].

Oblicz [katex] v [/katex] – wartość prędkości ambulansu. Zapisz obliczenia.

Rozwiązanie zadania 4.2

Obliczanie prędkości ambulansu na podstawie efektu Dopplera

Zgodnie ze wzorem użytym w zadaniu 4.1, częstotliwość fali odbieranej przez obserwatora B wyrażona jest jako:

[katex] f_B = f_o \frac{c}{c + v} [/katex]

Analogiczny wzór pozwala zapisać częstotliwość fali odbieranej przez obserwatora A. Do obserwatora A ambulans się zbliża, co oznacza, że odbierana częstotliwość rośnie:

[katex] f_A = f_o \frac{c}{c – v} [/katex]

Ponieważ w treści zadania dostaliśmy informację na temat długości fali, skorzystajmy ze wzoru na prędkość fali [katex] c = f \lambda [/katex], aby przekształcić częstotliwości odbierane na odbierane długości fali:

[katex] \begin{cases} \frac{c}{\lambda_A} = f_o \frac{c}{c – v} \\\ \frac{c}{\lambda_B} = f_o \frac{c}{c + v} \end{cases} [/katex]

Dzieląc równania stronami otrzymujemy:

[katex] \frac{\frac{c}{\lambda_A}}{\frac{c}{\lambda_B}} = \frac{f_o \frac{c}{c – v}}{f_o \frac{c}{c + v}} [/katex]

Po uproszczeniu [katex] c [/katex] po lewej stronie oraz [katex] c [/katex] i [katex] f_o [/katex] po prawej stronie oraz zamianie ułamków piętrowych na normalne ułamki, otrzymujemy:

[katex] \frac{\lambda_B}{\lambda_A} = \frac{c + v}{c – v} [/katex]

Teraz już tylko kilka przekształceń algebraicznych dzieli nas od wyrażenia na prędkość ambulansu:

[katex] c \left( \frac{\lambda_B}{\lambda_A} – 1 \right) = v \left( 1 + \frac{\lambda_B}{\lambda_A} \right) [/katex]

Podstawiając stosunek długości fali z treści zadania, otrzymujemy:

[katex] c \left( 1.2 – 1 \right) = v \left( 1 + 1.2 \right) [/katex]

[katex] v = c \frac{0.2}{2.2} [/katex]

Zakładając, że prędkość dźwięku [katex] c = 343 \frac{\text{m}}{\text{s}} [/katex], mamy:

[katex] v = 343 \frac{\text{m}}{\text{s}} \cdot \frac{0.2}{2.2} [/katex]

[katex] v \approx 31 \frac{\text{m}}{\text{s}} [/katex]

Czyli ambulans porusza się z prędkością około [katex] 31 \frac{\text{m}}{\text{s}} [/katex], co odpowiada [katex] 111 \frac{\text{km}}{\text{h}} [/katex].

Rozwiązanie zadania 5 – Układ ziemia – księżyc

Treść zadania

Ziemia i Księżyc poruszają się dookoła punktu [katex] S [/katex] – ich wspólnego środka masy – po orbitach eliptycznych, które są zbliżone do orbit kołowych.

Przyjmij następujące warunki zadania i oznaczenia:

• środek Ziemi oznaczmy jako punkt [katex] Z [/katex], środek Księżyca oznaczmy jako punkt [katex] K [/katex], a odcinek łączący środek Ziemi ze środkiem Księżyca oznaczmy jako [katex] ZK [/katex]
• odległość [katex] |ZK| [/katex] pomiędzy środkiem Ziemi a środkiem Księżyca się zmienia
• stosunek masy Ziemi do masy Księżyca wynosi [katex] \frac{M_Z}{M_K} \approx 81,28 [/katex]
• Ziemia i Księżyc są kulami, każda ze sferycznie symetrycznym rozkładem masy.

Treść zadania 5.1

Oceń prawdziwość poniższych stwierdzeń. Zaznacz P, jeśli stwierdzenie jest prawdziwe, albo F – jeśli jest fałszywe.

1.	Wartość siły grawitacji, którą Księżyc działa na Ziemię, jest równa wartości siły grawitacji, którą Ziemia działa na Księżyc.	P	F
2.	Punkt [katex] S [/katex] dzieli odcinek [katex] ZK [/katex] w następującym stosunku: [katex] \frac{|ZS|}{|SK|} \approx \frac{1}{81,28} [/katex].	P	F
3.	Wartość siły oddziaływania grawitacyjnego Ziemi na Księżyc jest stała w czasie.	P	F

Rozwiązanie zadania 5.1

Stwierdzenie 1:

To zdanie jest po prostu zastosowaniem trzeciej zasady dynamiki Newtona: „jeżeli ciało A działa na ciało B siłą [katex] F [/katex], to ciało B działa na ciało A siłą o takiej samej wartości, lecz o przeciwnym zwrocie”. To zdanie oczywiście jest prawdziwe.

Stwierdzenie 2:

To zadanie rozpoczniemy od rysunku. Rysunek przedstawia Ziemię, Księżyc oraz środek masy tego układu (punkt oznaczony na niebiesko).

Odległość środka masy od środka Ziemi możemy zapisać zgodnie z definicją środka masy jako:

[katex] |ZS| = \frac{|ZZ| \cdot M_z + |ZK| \cdot M_k}{M_z + M_k} [/katex]

Oczywiście odległość środka Ziemi od środka Ziemi jest równa zero [katex] |ZZ| = 0 [/katex], zatem wzór przekształca się do postaci:

[katex] |ZS| = \frac{|ZK| \cdot M_k}{M_z + M_k} [/katex]

Analogiczne rozumowanie możemy przeprowadzić, aby wyznaczyć odległość środka masy od środka Księżyca:

[katex] |SK| = \frac{|KK| \cdot M_k + |KZ| \cdot M_z}{M_z + M_k} [/katex]

[katex] |SK| = \frac{|KZ| \cdot M_z}{M_z + M_k} [/katex]

Otrzymujemy zatem układ dwóch równań:

[katex] \begin{cases} |SK| = \frac{|KZ| \cdot M_z}{M_z + M_k} \\\ |ZS| = \frac{|ZK| \cdot M_k}{M_z + M_k} \end{cases} [/katex]

Dzieląc dolne równanie przez górne, otrzymujemy poszukiwany przez nas stosunek:

[katex] \frac{|ZS|}{|SK|} = \frac{\frac{|ZK| \cdot M_k}{M_z + M_k}}{\frac{|KZ| \cdot M_z}{M_z + M_k}} = \frac{M_k}{M_z} = \frac{1}{81.28} [/katex]

Zatem stwierdzenie 2 jest prawdziwe.

Stwierdzenie 3:

W treści zadania wyraźnie stwierdzono, że „odległość [katex] |ZK| [/katex] pomiędzy środkiem Ziemi a środkiem Księżyca się zmienia”. Siła oddziaływania grawitacyjnego zgodnie ze wzorem Newtona:

[katex] F_g = G \frac{M_z M_k}{|ZK|^2} [/katex]

zależy od odległości między Ziemią a Księżycem. Zatem, jeżeli ta odległość się zmienia, to siła grawitacji również się zmienia. Stwierdzenie 3 jest fałszywe.

Podsumowanie

Prawidłowym rozwiązaniem zadania jest PPF

Treść zadania 5.2

Na odcinku [katex] ZK [/katex] – łączącym środek Ziemi ze środkiem Księżyca – znajduje się taki punkt [katex] P [/katex], w którym wartość wypadkowej siły grawitacji pochodzącej od Ziemi i od Księżyca, działającej na punkt materialny znajdujący się w punkcie [katex] P [/katex], jest równa zero.

Oblicz odległość punktu [katex] P [/katex] od środka Ziemi, gdy odległość między środkiem Ziemi a środkiem Księżyca wynosi [katex] |ZK| = 384\,400 \, \text{km} [/katex]. Zapisz obliczenia.

Rozwiązanie zadania 5.2

Analiza siły grawitacji w punkcie równowagi

To zadanie wymaga rysunku podobnego do tego, który zrobiliśmy w zadaniu 4.1.

Na rysunku oznaczymy Ziemię (Z), Księżyc (K) oraz punkt (P), w którym siła grawitacji Ziemi i Księżyca się równoważą.

Wyobraźmy sobie, że w punkcie P umieszczamy punkt o masie [katex] m [/katex]. Zgodnie z założeniem, siła oddziaływania tej masy z Ziemią i Księżycem powinna być sobie równa:

[katex] F_z = F_k [/katex]

Każdą z tych sił możemy zapisać za pomocą równania Newtona [katex] F_g = G \frac{m_1 m_2}{r^2} [/katex]:

[katex] G \frac{m M_z}{|PZ|^2} = G \frac{m M_k}{|PK|^2} [/katex]

Po skróceniu wspólnych elementów i usunięciu ułamków otrzymujemy:

[katex] M_z |PK|^2 = M_k |PZ|^2 [/katex]

Jest to jedno równanie z dwiema niewiadomymi [katex] |PK| [/katex] i [katex] |PZ| [/katex]. Możemy jednak zapisać jeszcze jedno równanie, które powiąże ze sobą te dwie niewiadome:

[katex] |PK| + |PZ| = |KZ| [/katex]

Skorzystajmy z tego równania, aby wyeliminować [katex] |PK| [/katex]:

[katex] |PK| = |KZ| – |PZ| [/katex]

Podstawiając do wcześniejszego równania:

[katex] M_z (|KZ| – |PZ|)^2 = M_k |PZ|^2 [/katex]

Dzieląc przez [katex] M_z [/katex] i pierwiastkując obie strony, dostajemy:

[katex] |KZ| – |PZ| = \sqrt{\frac{M_k}{M_z}} |PZ| [/katex]

[katex] |KZ| = \left( \sqrt{\frac{M_k}{M_z}} + 1 \right) |PZ| [/katex]

Stąd wyznaczamy [katex] |PZ| [/katex]:

[katex] |PZ| = |KZ| \frac{1}{1 + \sqrt{\frac{M_k}{M_z}}} [/katex]

Stosunek mas Księżyca do masy Ziemi znamy z treści zadania:

[katex] |PZ| = |KZ| \frac{1}{1 + \sqrt{\frac{1}{81.28}}} = |KZ| \cdot 0.900 [/katex]

Podstawiając odległość [katex] |KZ| = 384,400 \text{ km} [/katex]:

[katex] |PZ| = 384,400 \text{ km} \cdot 0.900 = 345,960 \text{ km} [/katex]

Zatem odległość punktu równowagi od Ziemi wynosi 345,960 km.

Punkty Lagrange’a

Punkty, w których równoważy się siła grawitacji, nazywają się punktami Lagrange’a. W układzie dwóch ciał występuje tylko jeden taki punkt – właśnie go znaleźliśmy. W układzie trzech ciał, takim jak układ Ziemia-Słońce-Księżyc, znajduje się pięć takich punktów. Znalezienie ich wszystkich wcale nie jest prostym wyzwaniem 🙂

Rozwiązanie zadania 6 – Trzy ładunki

Treść zadania

Trzy punktowe, ujemne ładunki elektryczne: [katex] Q_1 [/katex], [katex] Q_2 [/katex] i [katex] Q_3 [/katex] umieszczono nieruchomo w próżni w wierzchołkach kwadratu (zobacz rysunek). Długość boku tego kwadratu jest równa [katex] a [/katex]. Wartości ładunków [katex] Q_1 [/katex], [katex] Q_2 [/katex] i [katex] Q_3 [/katex] wyrażają się poprzez pewną wartość [katex] q [/katex] następująco:

[katex] Q_1 = -2q [/katex]
[katex] Q_2 = -q [/katex]

[katex] Q_3 = -2q [/katex]

gdzie [katex] q > 0 [/katex]

Punkt przecięcia przekątnych kwadratu oznaczmy jako [katex] S [/katex].

Na powyższym rysunku narysuj i podpisz [katex] \vec{E}_S [/katex] – wektor wypadkowego natężenia pola elektrycznego w punkcie [katex] S [/katex]. Zachowaj odpowiedni kierunek i zwrot tego wektora.

Zapisz wzór pozwalający wyznaczyć [katex] E_S [/katex] – wartość tego wektora – w zależności tylko od [katex] a [/katex], od [katex] q [/katex] oraz od odpowiedniej stałej fizycznej.

Rozwiązanie zadania

Natężenie pola elektrycznego pochodzącego od ładunku punktowego zapisujemy jako:

[katex] E = k \frac{q}{r^2} [/katex]

Gdzie [katex] q [/katex] to wartość ładunku, a [katex] r [/katex] to odległość między ładunkiem a punktem, w którym mierzymy pole elektryczne. Kierunek wektora natężenia pola elektrycznego to „od plusa do minusa”.

Zwróćmy uwagę na kilka istotnych faktów dotyczących naszego układu:

1. Odległość między każdym z ładunków a punktem S jest taka sama i jest równa połowie przekątnej kwadratu – [katex] d [/katex].
2. Ładunki [katex] Q_1 [/katex] i [katex] Q_3 [/katex] mają taką samą wartość.
3. Wszystkie ładunki są ujemne, zatem wektory natężenia pola elektrycznego będą skierowane do ładunków.
4. Wektory natężenia pola elektrycznego są addytywne:

[katex] \vec{E}_S = \vec{E}_1 + \vec{E}_2 + \vec{E}_3 [/katex]

Fakty 1 i 2 pozwalają nam stwierdzić, że w punkcie S wektory natężenia pola elektrycznego pochodzące od ładunków [katex] Q_1 [/katex] i [katex] Q_3 [/katex] będą się znosiły:

[katex] \vec{E}_1 + \vec{E}_3 = 0 [/katex]

Oznacza to, że całkowite pole elektryczne w punkcie S jest równe polu elektrycznemu tworzonemu przez ładunek drugi:

[katex] \vec{E} = \vec{E}_2 [/katex]

I będzie miało wartość:

[katex] E_S = k \frac{q}{d^2} [/katex]

Gdzie [katex] d = \frac{a \sqrt{2}}{2} = \frac{a}{\sqrt{2}} [/katex], czyli:

[katex] E_S = k \frac{q}{\left( \frac{a}{\sqrt{2}} \right)^2} = k \frac{q}{\frac{a^2}{2}} = 2k \frac{q}{a^2} [/katex]

Zatem pole elektryczne w punkcie S będzie zwrócone ku ładunkowi [katex] Q_2 [/katex] i będzie miało wartość [katex] 2k \frac{q}{a^2} [/katex].

Treść zadania

Do źródła stałego napięcia [katex] U [/katex] podłączono trzy identyczne oporniki: [katex] R_1 [/katex], [katex] R_2 [/katex], [katex] R_3 [/katex] oraz amperomierz [katex] A [/katex] – w taki sposób, jak pokazano na poniższym schemacie obwodu elektrycznego (zobacz rysunek 1.). Opór każdego opornika jest stały i równy [katex] R [/katex]:

[katex] R_1 = R_2 = R_3 = R [/katex]

W pewnym momencie opornik [katex] R_1 [/katex] uległ uszkodzeniu, a obwód w tym miejscu został przerwany (zobacz rysunek 2.).

Napicie [katex] U [/katex] zasilające obwód jest takie samo w obu opisanych powyżej sytuacjach. Opór wewnętrzny amperomierza [katex] A [/katex] i źródła napięcia oraz opór przewodów pomijamy

Treść zadania 7.1

Oceń prawdziwość poniższych stwierdzeń. Zaznacz P, jeśli stwierdzenie jest prawdziwe, albo F – jeśli jest fałszywe. W obwodzie elektrycznym zilustrowanym na rysunku 1. (tzn. w sytuacji początkowej)

1.	natężenie prądu płynącego przez opornik [katex] R_1 [/katex] jest równe natężeniu prądu płynącego przez amperomierz [katex] A [/katex].	P	F
2.	napięcie elektryczne na oporniku [katex] R_1 [/katex] jest równe napięciu elektrycznemu na oporniku [katex] R_2 [/katex].	P	F
3.	natężenie prądu płynącego przez opornik [katex] R_1 [/katex] jest mniejsze od natężenia prądu płynącego przez opornik [katex] R_3 [/katex].	P	F

Rozwiązanie zadania 7.1

Stwierdzenie 1:

Zgodnie z pierwszym prawem Kirchhoffa, natężenie prądu wchodzącego do węzła [katex] x [/katex] musi być równe sumie natężeń prądów wychodzących z tego węzła:

[katex] I_{A1} = I_2 + I_3 [/katex]

Ponieważ [katex] I_3 \neq 0 [/katex], to [katex] I_{A1} [/katex] musi być większe od [katex] I_2 [/katex]. Zatem stwierdzenie to jest nieprawdziwe.

Stwierdzenie 2:

Spadek napięcia na oporniku jest równy iloczynowi wartości oporu opornika i natężenia prądu przepływającego przez niego – [katex] \Delta U = RI [/katex].

Przez oporniki [katex] R_1 [/katex] i [katex] R_2 [/katex] przepływa taki sam prąd [katex] I_2 [/katex]. Ponadto, opory [katex] R_1 [/katex] i [katex] R_2 [/katex] są sobie równe, zatem:

[katex] R_1 I_2 = R_2 I_2 = \Delta U [/katex]

Spadek napięcia na opornikach jest identyczny. Stwierdzenie 2 jest prawdziwe.

Stwierdzenie 3:

Zgodnie z drugim prawem Kirchhoffa, spadek napięcia na oporniku [katex] R_3 [/katex] ([katex] I_3 R_3 [/katex]) musi być równy sumie spadków napięć na opornikach [katex] R_1 [/katex] i [katex] R_2 [/katex] ([katex] I_2 (R_1 + R_2) [/katex]).

[katex] I_2 (R_1 + R_2) = I_3 R_3 [/katex]

Wykorzystując fakt, że wszystkie oporniki mają równe opory, zapisane wyrażenie upraszcza się do:

[katex] 2 I_2 = I_3 [/katex]

Zatem prąd przepływający przez opornik trzeci jest dwa razy większy niż prąd przepływający przez opornik pierwszy. Stwierdzenie 3 jest prawdziwe.

Podsumowanie

Poprawną odpowiedzią jest FPP

Treść zadania 7.2

Dokończ zdanie. Zaznacz odpowiedź A, B albo C i jej uzasadnienie 1., 2. albo 3.

Moc cieplna wydzielana na oporniku [katex] R_3 [/katex] po przerwaniu obwodu (rysunek 2.), w porównaniu do mocy cieplnej wydzielanej na oporniku [katex] R_3 [/katex] w sytuacji początkowej (rysunek 1.), była

A.	większa,		1.	się nie zmieniło.
B.	mniejsza,	ponieważ napięcie między zaciskami [katex] X [/katex] oraz [katex] Y [/katex]	2.	wzrosło.
C.	taka sama,		3.	zmalało.

Rozwiązanie zadania 7.2

Zgodnie z drugim prawem Kirchhoffa zastosowanym dla oznaczonej na niebiesko pętli, spadek napięcia na oporniku ( R_3 ) jest równy napięciu na baterii. Oznacza to, że spadek napięcia na oporniku ( R_3 ) absolutnie nie zależy od opornika ( R_1 ), ponieważ moc może być zapisana jako:

[katex] P = \frac{U^2}{R_3} [/katex]

Widać to wprost, ponieważ moc nie zmieni się niezależnie od zachowania opornika ( R_1 ) (ponieważ zachowanie to nie wpływa na napięcie baterii ani na opór opornika ( R_3 )).

Zatem prawidłową odpowiedzią jest – C1

Treść zadania 7.3

Natężenie prądu, jakie wskazuje amperomierz A przed przerwaniem obwodu (rysunek 1.), oznaczymy jako [katex] I_{A1} [/katex]. Natężenie prądu, jakie wskazuje amperomierz A po przerwaniu obwodu (rysunek 2.), oznaczymy jako [katex] I_{A2} [/katex].

Oblicz iloraz [katex] \frac{I_{A2}}{I_{A1}} [/katex]. Zapisz obliczenia.

Rozwiązanie zadania 7.3

Przed uszkodzeniem opornika [katex] R_1 [/katex]:

W węźle [katex] x [/katex] prąd [katex] I_{A1} [/katex] rozdziela się na prądy [katex] I_2 [/katex] oraz [katex] I_3 [/katex]. Zgodnie z pierwszym prawem Kirchhoffa możemy zapisać:

[katex] I_{A1} = I_2 + I_3 [/katex]

Rozważając spadki napięcia na pętli oznaczonej na niebiesko, widzimy, że na oporniku [katex] R_3 [/katex] musi spadać całe napięcie ze źródła. Zatem:

[katex] R I_3 = U [/katex]

Ponadto, stosując drugie prawo Kirchhoffa dla pętli zaznaczonej na czerwono, otrzymamy relację:

[katex] R I_3 – 2R I_2 = 0 [/katex]

Z czego wynika:

[katex] I_3 – 2I_2 = 0 [/katex]

Otrzymujemy układ równań:

[katex] \begin{cases} I_{A1} = I_2 + I_3 \\\ R I_3 = U \\\ I_3 – 2I_2 = 0 \end{cases} [/katex]

Rozwiążmy powyższy układ równań. Za pomocą dolnego równania pozbywamy się [katex] I_3 [/katex]:

[katex] \begin{cases} I_{A1} = 3I_2 \\\ 2R I_2 = U \end{cases} [/katex]

Następnie, górne równanie wykorzystujemy do wyznaczenia [katex] I_2 [/katex]:

[katex] 2R \frac{I_{A1}}{3} = U [/katex]

Po prostych przekształceniach algebraicznych otrzymujemy:

[katex] I_{A1} = \frac{3U}{2R} [/katex]

Po uszkodzeniu opornika [katex] R_1 [/katex]:

Przeprowadzimy rozumowanie analogiczne do poprzedniego przypadku. Tym razem w węźle [katex] x [/katex] natężenie prądu [katex] I_{A2} [/katex] nie rozdziela się. Oznacza to, że cały prąd [katex] I_{A2} [/katex] przepływa przez opornik [katex] R_3 [/katex].

Zapisując drugie prawo Kirchhoffa dla niebieskiej pętli, otrzymujemy:

[katex] R I_{A2} = U [/katex]

Jest to jedyne równanie, którego potrzebujemy:

[katex] I_{A2} = \frac{U}{R} [/katex]

Poszukiwany stosunek:

[katex] \frac{I_{A2}}{I_{A1}} = \frac{\frac{U}{R}}{\frac{3U}{2R}} = \frac{2}{3} [/katex]

Zatem poszukiwany iloraz wynosi [katex] \frac{2}{3} [/katex].

Rozwiązanie zadania 8 – Silnik cieplny

Treść zadania

Na poniższym wykresie przedstawiono zależność ciśnienia [katex] p [/katex] od objętości [katex] V [/katex] w cyklu przemian termodynamicznych ustalonej masy gazu doskonałego. Te przemiany gazu zachodzą podczas pracy pewnego silnika cieplnego S. Gaz oddaje ciepło do chłodnicy, a pobiera ciepło z grzejnika.

Stany gazu, w których zmienia się rodzaj przemiany termodynamicznej, oznaczono symbolami: [katex] G_1, G_2, G_3, G_4 [/katex]. Wielkości [katex] p_1 [/katex] i [katex] V_1 [/katex] są – odpowiednio – ciśnieniem i objętością gazu w stanie [katex] G_1 [/katex].

Ciepło molowe tego gazu przy stałej objętości wynosi [katex] C_V = \frac{3}{2}R [/katex], gdzie [katex] R [/katex] jest stałą gazową.

---

Treść zadania 8.1

W cyklu pracy silnika S gaz oddaje do chłodnicy ciepło równe (co do wartości bezwzględnej):

[katex] |Q_{odad}| = 9,5 \cdot p_1V_1 [/katex]

Dokończ zdanie. Zaznacz właściwą odpowiedź spośród podanych.

Ciepło pobrane z grzejnika przez gaz w cyklu pracy silnika S jest równe

A.	[katex] |Q_{pob}| = 13,5 \cdot p_1V_1 [/katex]	C.	[katex] |Q_{pob}| = 7,5 \cdot p_1V_1 [/katex]
B.	[katex] |Q_{pob}| = 11,5 \cdot p_1V_1 [/katex]	D.	[katex] |Q_{pob}| = 5,5 \cdot p_1V_1 [/katex]

Wskazówka: Wykorzystaj I zasadę termodynamiki i twierdzenie o obliczaniu pracy z wykresu.

---

Rozwiązanie zadania 8.1

Obliczenie ciepła pobranego przez silnik zgodnie z pierwszą zasadą termodynamiki

Zgodnie z pierwszą zasadą termodynamiki (zasadą zachowania energii) ciepło pobrane [katex] |Q_{pob}| [/katex] jest równe ciepłu oddanemu [katex] |Q_{odd}| [/katex] plus pracy [katex] |W| [/katex] wykonanej przez gaz:

[katex] |Q_{pob}| = |Q_{odd}| + |W| [/katex]

Pracę wykonaną w trakcie jednego cyklu pracy silnika możemy policzyć jako pole powierzchni figury zakreślonej przez ten cykl na wykresie [katex] pV [/katex]. Figura jest prostokątem, więc obliczenie pola będzie proste:

[katex] |W| = (3V_1 – V_1)(2p_1 – p_1) = 2p_1V_1 [/katex]

Oznacza to, że ciepło pobrane możemy zapisać jako:

[katex] |Q_{pob}| = 9.5p_1V_1 + 2p_1V_1 = 11.5p_1V_1 [/katex]

Prawidłową odpowiedzią jest odpowiedź B.

Treść zadania 8.2

Wyprowadź wzór pozwalający wyznaczyć [katex] |\Delta U_{41}| [/katex] – wartość bezwzględną zmiany energii wewnętrznej gazu w przemianie [katex] G_4 \rightarrow G_1 [/katex] – tylko za pomocą wielkości: [katex] p_1 [/katex] i [katex] V_1 [/katex]. Zapisz odpowiednie równania i przekształcenia oraz podaj postać tego wzoru.

Rozwiązanie zadania 8.2

Energia wewnętrzna gazu może być zapisana jako:

[katex] U = n c_v T [/katex]

Zmiana energii wewnętrznej między stanami [katex] G_4 [/katex] i [katex] G_1 [/katex] to:

[katex] \Delta U_{41} = n c_v (T_1 – T_4) [/katex]

W stanie [katex] G_4 [/katex] równanie stanu gazu doskonałego przyjmuje postać:

[katex] p_1 \cdot 3V_1 = nRT_4 [/katex]

Natomiast w stanie [katex] G_1 [/katex]:

[katex] p_1 \cdot V_1 = nRT_1 [/katex]

Wyznaczając temperatury z równań stanu gazu i wstawiając je do wzoru na [katex] \Delta U_{41} [/katex], otrzymujemy:

[katex] \Delta U_{41} = n c_v \left( \frac{p_1V_1}{nR} – \frac{3p_1V_1}{nR} \right) [/katex]

[katex] \Delta U_{41} = n c_v \left( \frac{p_1V_1 – 3p_1V_1}{nR} \right) [/katex]

[katex] \Delta U_{41} = n c_v \left( \frac{-2p_1V_1}{nR} \right) [/katex]

[katex] \Delta U_{41} = -2 p_1V_1 \frac{c_v}{R} [/katex]

Wstawiając ciepło molowe przy stałej objętości [katex] c_v [/katex] podane w treści zadania oraz licząc wartość bezwzględną otrzymanej zmiany energii wewnętrznej, dostajemy:

[katex] |\Delta U_{41}| = 2 p_1V_1 \frac{\frac{3}{2}R}{R} [/katex]

[katex] |\Delta U_{41}| = 2 p_1V_1 \cdot \frac{3}{2} [/katex]

[katex] |\Delta U_{41}| = 3 p_1V_1 [/katex]

Rozwiązanie zadania 9 – dwie soczewki

Treść zadania

Układ dwóch soczewek umieszczonych na wspólnej osi optycznej można wykorzystać do zmiany szerokości (średnicy) wiązki światła, biegnącej równolegle do osi optycznej układu. W zadaniach 9.1. i 9.2. przedstawiono różne przykłady takich układów soczewek.

Treść zadania 9.1

Na rysunku 1. przedstawiono bieg wiązki światła przechodzącej przez układ soczewek.

Ten układ składa się z dwóch soczewek skupiających S1 i S2 o ogniskowych odpowiednio [katex] f_1 = 15 \, \text{cm} [/katex] i [katex] f_2 = 40 \, \text{cm} [/katex]. Soczewki są tak ustawione, że prawe ognisko soczewki S1 i lewe ognisko soczewki S2 znajdują się w tym samym punkcie [katex] F [/katex] na osi optycznej [katex] O [/katex].

Szerokość wiązki światła, która pada na soczewkę S1, jest równa [katex] d_1 = 2,25 \, \text{mm} [/katex].

Uwaga: Wymiary na rysunku 1. są umowne (rysunek jest poglądowy).

Oblicz [katex] d_2 [/katex] – szerokość wiązki światła, która wychodzi z soczewki S2. Zapisz obliczenia.

Rozwiązanie zadania 9.1

Moglibyśmy rozwiązać to zadanie korzystając z praw optyki geometrycznej. Jednak znacznie prostsze wydaje się skorzystanie z samej geometrii.

Zwróćmy uwagę, że trójkąty tworzone przez promienie skrajne wiązki w obszarze między soczewkami tworzą dwa trójkąty podobne.

Ponieważ trójkąty te są podobne, możemy zapisać relację:

[katex] \frac{d_1}{f_1} = \frac{d_2}{f_2} [/katex]

Przekształcamy ją do postaci:

[katex] d_2 = d_1 \frac{f_2}{f_1} [/katex]

Podstawiając dane z treści zadania, otrzymujemy:

[katex display=true] d_2 = 2.25 \text{ mm} \frac{40 \text{ cm}}{15 \text{ cm}} [/katex]

[katex display=true] d_2 = 2.25 \text{ mm} \cdot \frac{40}{15} [/katex]

[katex display=true] d_2 = 2.25 \text{ mm} \cdot 2.\overline{6} [/katex]

[katex display=true] d_2 \approx 6 \text{ mm} [/katex]

Zatem, szerokość wiązki światła po przejściu przez drugą soczewkę wynosi około 6 mm.

Treść zadania 9.2

Zwiększenie szerokości wiązki światła można uzyskać, jeżeli wykorzysta się układ optyczny złożony z jednej soczewki rozpraszającej R i jednej soczewki skupiającej S.

Na rysunku 2. przedstawiono tylko soczewkę rozpraszającą R o ogniskowej [katex] f_R = -15 \, \text{cm} [/katex] oraz oś optyczną [katex] O [/katex] takiego układu soczewek. Przedstawiono także fragment wiązki światła, biegnącej równolegle do osi optycznej układu i padającej na soczewkę R.

Druga soczewka S w tym układzie jest skupiająca i ma ogniskową [katex] f_S = 40 \, \text{cm} [/katex]. Ta soczewka została umieszczona w takim miejscu na osi optycznej, że wiązka światła, która wychodzi z układu soczewek (przez soczewkę S), jest równoległa do osi optycznej i poszerzona.

Odległość między znacznikami na osi optycznej układu jest równa 5 cm. Na rysunku dodano linie pomocnicze równoległe do osi optycznej.

Na rysunku 2. narysuj soczewkę skupiającą S w takim miejscu, aby wiązka światła, która wychodzi z tej soczewki S, była równoległa do osi optycznej i poszerzona.

Następnie dorysuj dalszy (tzn. od soczewki R do S oraz po przejściu przez S) bieg promieni P1 i P2, które ograniczają wiązkę światła.

Najpierw oznaczmy ogniska soczewki rozpraszającej i narysujmy dalszy bieg promieni po przejściu przez soczewkę rozpraszającą.

Aby ustalić położenie drugiej soczewki, skorzystajmy z faktu, że promienie równoległe do osi optycznej po przejściu przez soczewkę skupiającą przecinają się w jej ognisku. Ponieważ kierunek biegu promieni możemy odwrócić nie zmieniając przy tym trajektorii, odwrotne stwierdzenie jest również prawdziwe: promienie przechodzące przez ognisko, po przejściu przez soczewkę, będą równoległe do osi optycznej.

Oznacza to, że ognisko soczewki skupiającej musi znaleźć się w miejscu, w którym promienie (lub ich przedłużenia) przecinają się. Zatem ogniska soczewek skupiającej i rozpraszającej pokrywają się.

W ten sposób ustalamy położenie soczewek i dalszy bieg promieni po przejściu przez soczewki, zapewniając poprawne ustawienie układu optycznego.

Rozwiązanie zadania 10 – Relatywistyczny elektron

Treść zadania

Elektron został rozpędzony w polu elektrycznym (w próżni) od punktu [katex] A [/katex] do punktu [katex] B [/katex]. Wartość prędkości elektronu w punkcie [katex] A [/katex] była równa zero, a wartość prędkości elektronu w punkcie [katex] B [/katex] była równa [katex] v = 2,00 \cdot 10^8 \, \text{m/s} [/katex]. Przyjmij, że:

• energia spoczynkowa [katex] E_0 [/katex] elektronu jest równa (w zaokrągleniu) [katex] E_0 \approx 5,11 \cdot 10^5 \, \text{eV} [/katex]
• energię całkowitą elektronu w punkcie [katex] B [/katex] oznaczymy jako [katex] E_B [/katex].

Treść Zadania 10.1

Dokończ zdanie. Wpisz właściwą liczbę w wykropkowane miejsce. Iloraz energii [katex] \frac{E_B}{E_0} [/katex] jest równy (w zaokrągleniu) …………….. .

Rozwiązanie zadania 10.1

Prędkość elektronu po rozpędzeniu wynosi [katex] \frac{2}{3} [/katex] prędkości światła. Oznacza to, że musimy stosować relatywistykę do opisu zachowania elektronu.

Całkowita energia układu może być zapisana jako:

[katex] E_B = \frac{mc^2}{\sqrt{1 – \left( \frac{v}{c} \right)^2}} [/katex]

Natomiast energia spoczynkowa to:

[katex] E_0 = mc^2 [/katex]

Zatem stosunek obu tych energii przyjmie postać:

[katex] \frac{E_B}{E_0} = \frac{1}{\sqrt{1 – \left( \frac{v}{c} \right)^2}} [/katex]

Ponieważ stosunek [katex] \frac{v}{c} = \frac{2}{3} [/katex], to stosunek energii wynosi:

[katex] \frac{E_B}{E_0} = \frac{1}{\sqrt{1 – \left( \frac{2}{3} \right)^2}} [/katex]

Obliczmy to:

[katex] \frac{E_B}{E_0} = \frac{1}{\sqrt{1 – \left( \frac{4}{9} \right)}} = \frac{1}{\sqrt{\frac{5}{9}}} = \frac{1}{\frac{\sqrt{5}}{3}} = \frac{3}{\sqrt{5}} [/katex]

[katex] \frac{3}{\sqrt{5}} \approx 1.34 [/katex]

Zatem stosunek energii wynosi [katex] \frac{E_B}{E_0} = 1.34 [/katex].

Treść zadania 10.2

Oblicz napięcie elektryczne [katex] U_{AB} [/katex] między punktami [katex] A [/katex] oraz [katex] B [/katex]. Zapisz obliczenia.

Rozwiązanie zadania 10.2

Różnica energii elektronu może być zapisana jako:

[katex] \Delta E = E_B – E_0 [/katex]

Ta energia kinetyczna pochodzi od zmiany energii potencjalnej oddziaływania między elektronem a polem elektrycznym, zatem może być równoważnie zapisana jako:

[katex] \Delta E = U_{AB} e [/katex]

Łącząc oba równania w całość, dostajemy:

[katex] E_B – E_0 = U_{AB} e [/katex]

Z poprzedniego podpunktu wiemy, że [katex] E_B = 1.34 E_0 [/katex], zatem:

[katex] 1.34 E_0 – E_0 = U_{AB} e [/katex]

[katex] 0.34 E_0 = U_{AB} e [/katex]

[katex] U_{AB} = \frac{0.34 E_0}{e} [/katex]

Podstawiając wartości:

[katex] E_0 = 5.11 \cdot 10^5 \text{ eV} [/katex]

[katex] U_{AB} = \frac{0.34 \cdot 5.11 \cdot 10^5 \text{ eV}}{e} [/katex]

Wykorzystując fakt, że 1 eV = 1 e \cdot 1 V, możemy uprościć jednostki:

[katex] U_{AB} = 0.34 \cdot 5.11 \cdot 10^5 \text{ V} [/katex]

[katex] U_{AB} = 1.7374 \cdot 10^5 \text{ V} [/katex]

Zatem [katex] U_{AB} \approx 1.75 \cdot 10^5 \text{ V} [/katex].

Podsumowanie:

W tym zadaniu podchwytliwym elementem może być wykorzystanie jednostki eV. 1 eV to energia, jaką uzyska cząstka o ładunku elementarnym 1 e (np. elektron) rozpędzana w polu elektrycznym po przejściu przez napięcie 1 V. Zatem 1 eV może być rozumiany jako 1 e \cdot 1 V, stąd udało nam się zrobić tak ładne skrócenie:

[katex] \frac{1 \text{ eV}}{e} = \frac{1 \text{ e} \cdot 1 \text{ V}}{1 \text{ e}} = 1 \text{ V} [/katex].

Rozwiązanie zadania 11 – Rozpad beta plus

Treść zadania

Izotop fluoru [katex] ^{18}_{9}\text{F} [/katex] ulega rozpadowi promieniotwórczemu w wyniku przemiany [katex] \beta^+ [/katex]. Podczas rozpadu jądra tego izotopu fluoru powstają: cząstka [katex] \beta^+ [/katex], jądro pewnego pierwiastka, który oznaczymy jako X, oraz tzw. neutrino elektronowe [katex] \nu [/katex]. Neutrino ma zerowy ładunek elektryczny, a jego masę możemy pominąć.

Masy jąder i cząstek uczestniczących w opisanym rozpadzie [katex] \beta^+ [/katex], wyrażone w jednostkach atomowych, mają następujące wartości:

[katex] m_F = 17{,}99600\ u [/katex] — masa jądra fluoru [katex] ^{18}_{9}\text{F} [/katex]

[katex] m_X = 17{,}99477\ u [/katex] — masa powstałego jądra

[katex] m_{\beta} = 0{,}00055\ u [/katex] — masa cząstki [katex] \beta^+ [/katex]

[katex] m_{\nu} = 0{,}00000\ u [/katex] — masę neutrino pomijamy.

Informacja do zadania 11.1.

Próbka z izotopem [katex] ^{18}_{9}\text{F}[/katex]

jest badana przez licznik promieniowania, który pokazuje całkowitą liczbę rozpadów [katex] \beta^+ [/katex] jąder tego izotopu fluoru po upływie danego czasu (od rozpoczęcia pomiaru). Liczbę jąder izotopu fluoru [katex] ^{18}_{9}\text{F} [/katex]

, znajdujących się w próbce w chwili początkowej, oznaczamy jako [katex] N_0 [/katex]. Łączną liczbę jąder, które uległy temu rozpadowi po upływie czasu [katex] t [/katex] od chwili początkowej [katex] t_0 = 0\ \text{min} [/katex], oznaczamy jako [katex] N_r [/katex].

Na wykresie poniżej przedstawiono zależność ilorazu [katex] \frac{N_r}{N_0} [/katex] od czasu [katex] t [/katex].

Rozwiązanie zadania 11.1

Z definicji, po czasie połowicznego rozpadu połowa cząsteczek ulegnie rozpadowi. Czyli stosunek cząsteczek rozpadniętych do wszystkich cząsteczek wynosić będzie:

[katex] \frac{N_r(T_\frac{1}{2})}{N_0} = \frac{1}{2} [/katex]

Taką wartość na osi [katex] y [/katex] na wykresie możemy zaobserwować dla [katex] t = 110 \, \text{min} [/katex]. Tyle też wynosi poszukiwany czas połowicznego rozpadu.

Treść zadania 11.2

Poniżej przedstawiono schemat rozpadu [katex] \beta^+ [/katex] jądra fluoru [katex] ^{18}_{9}\text{F} [/katex].

W schemacie rozpadu pominięto cząstkę neutrino.

[katex] ^{18}_{9}\text{F} \rightarrow \cdots X + \beta^+ [/katex]

gdzie X oznacza jądro pierwiastka …………….

Uzupełnij powyższy schemat tak, aby powstało równanie rozpadu [katex] \beta^+ [/katex]. Wpisz w wykropkowane miejsca w schemacie właściwe liczby: atomową i masową, a pod schematem – symbol (lub nazwę) pierwiastka, którego jądro powstaje w tym rozpadzie.

Rozwiązanie zadania 11.2

Aby rozwiązać to zadanie, musimy określić, jaką liczbę masową oraz atomową ma cząstka beta.

Z liczbą masową nie powinno być problemu, ponieważ masa została podana w treści zadania. Widzimy, że masa cząstki beta jest znacznie mniejsza od masy protonu, co oznacza, że jej liczba masowa wynosi 0 (podobnie jak liczba masowa elektronu).

Liczba atomowa cząstki beta (jej ładunek wyrażony w wielokrotności ładunku elementarnego) również musi być określona. Ponieważ jest to rozpad beta plus, możemy intuicyjnie przypuszczać, że ładunek cząstki beta jest dodatni. W treści zadania nie ma bezpośrednich informacji o ładunku, ale odwołując się do naszej wiedzy na temat rozpadu beta plus, wiemy, że w tym procesie emitowany jest pozyton (czyli antycząstka elektronu), który ma ładunek przeciwny do elektronu, czyli jeden ładunek elementarny dodatni. Zatem liczba atomowa cząstki beta (pozytonu) wynosi 1.

Schemat rozpadu z naniesionymi nowymi informacjami prezentuje się następująco:

[katex] ^{18}_{9}\text{F} \rightarrow ^{A_x}_{Z_x}X + ^{0}_{1}\beta^+ [/katex]

Dodatkowo, liczbę masową cząstki [katex] X [/katex] oznaczyliśmy jako [katex] A_x [/katex], a liczbę atomową jako [katex] Z_x [/katex].

Na mocy zasady zachowania ładunku suma liczb atomowych po lewej stronie schematu musi równać się sumie liczb atomowych po prawej stronie:

[katex] 9 = Z_x + 1 [/katex]

[katex] Z_x = 8 [/katex]

Liczby masowe po lewej i po prawej stronie schematu również muszą się zsumować do tej samej wartości, na mocy zasady zachowania masy (energii):

[katex] 18 = A_x + 0 [/katex]

[katex] A_x = 18 [/katex]

Poszukiwane jądro składa się z 8 protonów i 10 neutronów. Szybki rzut oka na układ okresowy pierwiastków pozwala zidentyfikować jądro [katex] X [/katex] jako tlen, a w zasadzie izotop tlenu 18: [katex] ^{18}_{8}\text{O}[/katex]

Treść zadania 11.3

Masy jąder i cząstek uczestniczących w opisanym rozpadzie [katex] \beta^+ [/katex] podano we wstępie do zadania 11.

Przyjmij, że jądro fluoru [katex] ^{18}_{9}\text{F} [/katex] przed rozpadem [katex] \beta^+ [/katex] spoczywało, oraz wykorzystaj związek:

[katex] 1 \text{ u} \cdot c^2 \approx 931,5 \text{ MeV} [/katex] (c to wartość prędkości światła w próżni)

Oblicz łączną energię kinetyczną produktów rozpadu [katex] \beta^+ [/katex] jądra fluoru [katex] ^{18}_{9}\text{F} [/katex].
Wynik podaj w MeV, zaokrąglony do dwóch cyfr znaczących. Zapisz obliczenia.

Rozwiązanie zadania 11.3

W trakcie rozpadu część energii spoczynkowej (związanej z masą) wyrażającej się wzorem [katex] E_0 = mc^2 [/katex] zamieniła się na energię kinetyczną. Zmianę energii spoczynkowej możemy zapisać jako:

[katex] \Delta E_0 = (m_F – m_X – m_\beta) \cdot c^2 [/katex]

Podstawiając wartości, mamy:

[katex] \Delta E_0 = (17.99600 – 17.99477 – 0.00055) \, \text{u} \cdot c^2 [/katex]

[katex] \Delta E_0 = 0.00068 \, \text{u} \cdot c^2 [/katex]

Zgodnie ze wskazówką jaką otrzymaliśmy w treści zadania, jednostkę [katex] 1 \, \text{u} \cdot c^2 [/katex] możemy zamienić na [katex] 931.5 \, \text{MeV} [/katex]:

[katex] \Delta E_0 = 0.00068 \cdot 931.5 \, \text{MeV} [/katex]

Obliczając, otrzymujemy:

[katex] \Delta E_0 = 0.00068 \cdot 931.5 \, \text{MeV} [/katex]

[katex] \Delta E_0 \approx 0.633 \, \text{MeV} [/katex]

Zatem zmiana energii spoczynkowej wynosi około [katex] 0.633 \, \text{MeV} [/katex]. A skoro całą utracona energia spoczynkowa zmienia się na energię kinetyczną to całkowita energia kinetyczna po rozpadzie wynosi [katex] 0.633 \, \text{MeV} [/katex].