Rozwiązania zadań z matury z fizyki 2023

Rozwiązanie zadania 2 – Krążki Hokejowe

Krążek porusza się w inercjalnym układzie odniesienia ze stałą prędkością , a krążek spoczywa. Środek krążka leży poza prostą wyznaczającą kierunek ruchu krążka . W pewnej chwili krążek uderza w krążek . Na rysunku 1. w kartezjańskim układzie współrzędnych przedstawiono poruszający się krążek i spoczywający krążek . Oznaczono prędkość krążka i składowe tej prędkości.

Zadanie 2.1

Na rysunku 2. przedstawiono moment zderzenia się obu krążków. Krążki są jednorodne, a ich masy są sobie równe. Pomijamy tarcie między krążkami i oraz między krążkami a podłożem. Na rysunku 2. powyżej narysuj parę sił wzajemnego oddziaływania pomiędzy krążkami podczas ich zderzenia. Każdą z sił przyłóż – odpowiednio – w punkcie środka masy krążka lub krążka . Zachowaj odpowiednie kierunki i zwroty tych sił oraz relację (większy, równy, mniejszy) między ich wartościami.

Rozwiązanie zadania 2.1

Pierwszym krokiem w rozwiązaniu tego zadania jest narysowanie sił wzajemnego oddziaływania pomiędzy krążkami podczas zderzenia. Będą to siły reakcji których celem jest uniemożliwienie krążkom przenikania się. Siły reakcji zawsze są prostopadłe do miejsca styku. Ponadto zgodnie z III prawem Newtona, siły te będą miały tę samą wielkość, ale przeciwny kierunek. Należy je poprawnie zaznaczyć na rysunku.

Zadanie 2.2

Załóżmy, że zderzenie krążków i było doskonale sprężyste. Na którym rysunku (spośród A–D) prawidłowo narysowano i opisano wektory prędkości krążków bezpośrednio po zderzeniu w układzie odniesienia ? Zaznacz właściwą odpowiedź spośród podanych.

Rozwiązanie zadania 2.2

Teraz, mając prawidłowo narysowane siły, możemy przejść do analizy zderzenia. Zgodnie z II Zasadą dynamiki Newtona o Sile możemy myśleć jako o przekazie pędu między ciałami. Skoro lewy krążek działa na prawy siłą to znaczy że przekazuje mu pęd zgodnie ze wzorem

Zatem widzimy że prawy krążek uzyska pęd skierowany w prawo, a skoro początkowo nie miał w ogóle żadnego pędu to cały jego pęd będzie skierowany w prawo. W związku z tym od razu możemy odrzucić odpowiedzi i .

Aby zdecydować się na jedną z pozostałych możliwości – lub możemy skorzystać z informacji że zderzenie jest idealnie sprężyste – oznacza to że podczas takiego zderzenia jest zachowana energia. Całkowita energia w układzie przed zderzeniem wynosiła:

Energia końcowa w sytuacji wynosi

natomiast Energia końcowa w sytuacji wynosi

W powyższym obliczeniu skorzystaliśmy z faktu że masy obu krążków są sobie równe. Jak widać w przypadku mamy tyle samo energii na końcu co na początku, natomiast w przypadku tracimy połowę energii w niewyjaśnionych okolicznościach. Oznacza to że odpowiedź jest prawdziwa.

Podsumowanie zadania

W tym zadaniu największym niebezpieczeństwem było ulegnięcie chęci prędkości po zderzeniu własnoręcznie i nie wykorzystanie informacji podanych w podpunktach . Ulegnięcie tej pokusie mogło kosztować kilkanaście minut obliczeń. Dodatkowo trzeba było wykazać się wiedzą o Siłach reakcji, III zasadzie dynamiki newtona i wiedzieć że w zderzeniu idealnie sprężystym energia jest zachowana. Było to zadanie dynamiki o normalnym stopniu trudności.

Podczas korepetycji do matury z fizyki których udzielam, omawiając dynamikę bardzo lubię korzystać z filmików z międzynarodowej stacji kosmicznej – ze względu na brak tarcia i grawitacji dużo łatwiej jest tam zauważyć jak naturalnie zachowują się ciała kiedy nic na nie nie oddziałuje. Zderzenia sprężyste centralne i niecentralne bardzo ładnie zostały przedstawione na tym filmiku, natomiast III zasada dynamiki newtona świetnie przedstawiona jest na tym filmiku – jeśli te filmiki wydają ci się bardzo podobne to masz rację – III Zasada dynamiki Newtona to tak naprawdę inaczej przedstawione Zasada zachowania pędu.

Rozwiązanie zadania 3 – staczający się walec

Treść zadania:

Wzdłuż osi jednorodnego walca o masie i promieniu przechodzi cienki pręt, wokół którego walec może się obracać. Do tego pręta przymocowano cienką nierozciągliwą linkę, którą przewieszono przez bloczek. Na końcu linki zawieszono ciężarek o masie (równej masie walca). Początkowo walec był unieruchomiony i spoczywał na stole. W pewnej chwili walec – ciągnięty przez linkę – rozpoczął ruch i toczył się dalej bez poślizgu po poziomej powierzchni stołu. Opisaną sytuację ilustrują rysunki 1. i 2.
Do analizy zagadnienia przyjmij model zjawiska, w którym:

• • moment bezwładności walca względem jego osi symetrii jest równy
  • pomijamy masę linki, masę bloczka oraz masę pręta na osi symetrii walca
  • zakładamy, że ruch walca i ciężarka odbywa się w układzie inercjalnym
  • siła tarcia statycznego między walcem a powierzchnią stołu nie osiągnęła wartości
    maksymalnej
  • pomijamy inne (tzn. oprócz tarcia statycznego) opory ruchu układu.

Rozwiązanie Zadania 3.1

Oceń prawdziwość poniższych stwierdzeń i napisz uzasadnienie

Energia kinetyczna ruchu postępowego walca jest większa od energii kinetycznej ruchu obrotowego walca względem jego osi	Energia kinetyczna ruchu postępowego . Natomiast Energia kinetyczna ruchu obrotowego dla walca toczącego się bez poślizgu – którego moment bezwładności wynosi okazuje się być dwa razy mniejsza od Energii kinetycznej ruchu postępowego:	Prawdziwe
Gdy walec toczy się bez poślizgu, to w czasie jednego obrotu przebywa drogę o długości .	To jest definicja obrotu bez poślizgu. Odległość, jaką pokonuje punkt na obwodzie walca, jest równa długości obwodu, czyli .	Prawdziwe
Energia potencjalna opadającego ciężarka zamienia się w całości na energię kinetyczną ruchu postępowego walca i ruchu obrotowego walca	Energia potencjalna opadającego ciężarka zamienia się częściowo również na energię kinetyczną ciężarka	Fałsz

Rozwiązanie Zadania 3.2

Wyprowadź wzór pozwalający wyznaczyć wartość przyśpieszenia ciężarka w zależności tylko od wartości przyśpieszenia ziemskiego.

Do rozwiązania tego zadania wybierzemy podejście energetyczne. Zaczniemy od zapisania energii całkowitej walca i ciężarka:

1. 1. Energia całkowita walca jest sumą energii kinetycznej translacyjnej i rotacyjnej:

2. 2. Energia całkowita ciężarka składa się z energii kinetycznej i potencjalnej:

Zauważmy, że skoro lina jest nierozciągliwa, to prędkość walca jest równa prędkości ciężarka .

Teraz możemy skupić się na energii całkowitej układu, która jest sumą energii walca i ciężarka. Zgodnie z zasadą zachowania energii w układzie zamkniętym energia mechaniczna jest zachowana, co oznacza, że suma energii kinetycznej i potencjalnej jest stała:

Teraz, aby obliczyć przyspieszenie, musimy przypomnieć sobie zależność między prędkością oraz pokonaną drogą a przyspieszeniem w ruchu jednostajnie przyspieszonym. Prędkość jest równa iloczynowi przyspieszenia i czasu: natomiast pokonana droga to Podstawiamy powyższe do równania dla energii całkowitej:

Widzimy że prawie wszystko nam się skraca – dzielimy obustronnie przez , oraz i wyznaczamy ostatecznie przyspieszenie :

Podsumowanie:

Rozwiązanie tego zadania z matury z Fizyki 2023 było dość przyjemne. Wymaga ono kompleksowej wiedzy z dynamiki oraz kinematyki, można je jednak rozwiązać na wiele sposobów. Sposób który przedstawiłem jest tylko jedną z kilku możliwości. Inny sposób polegałby na odpowiednim rozpisaniu sił działających w układzie i korzystając z II Zasady Dynamiki Newtona wyznaczenie przyspieszenia,

Rozwiązanie zadania 4 – uciekająca Sonda

Treść zadania:

Sonda kosmiczna oddala się od Ziemi z prędkością wzdłuż prostej przechodzącej przez środek Ziemi. Ta sonda emituje w stronę Ziemi falę elektromagnetyczną o częstotliwości dokładnie (podana częstotliwość jest określona w układzie odniesienia związanym z sondą, czyli jest częstotliwością źródła fali). Sytuację ilustruje rysunek poglądowy poniżej (odległości na rysunku są umowne).

Odbierana na Ziemi fala ma częstotliwość różniącą się od częstotliwości źródła fali o . Wartość prędkości światła w próżni oznaczamy jako . Przyjmij, że oraz

Rozwiązania zadania 4.1

Dokończ zdanie. Zaznacz odpowiedź A, B albo C i jej uzasadnienie 1., 2. albo 3.
Fala elektromagnetyczna wysyłana przez sondę porusza się względem Ziemi z prędkością równą:

Prędkość światła zawsze jest stała.

Rozwiązanie zadnia Zadanie 4.2

Dokończ zdanie. Zaznacz właściwą odpowiedź spośród podanych.
Zarejestrowana na Ziemi częstotliwość fali elektromagnetycznej wyemitowanej przez sondę jest równa

A.

B.

C.

D.

Ponieważ sonda się oddala od Ziemii to odbierana na ziemii częstotliwość będzie mniejsza. Możemy zatem zapisać:

Prawidłową odpowiedzią jest odpowiedź C.

Rozwiązanie zadnia Zadanie 4.3

Oceń prawdziwość poniższych relacji. Zaznacz P, jeśli relacja jest prawdziwa, albo F – jeśli jest fałszywa.

	Ta relacja jest prawdziwa. Długość fali można obliczyć z równania	Prawda
	Efekt Dopplera powoduje, że odbierana długość fali jest większa od emitowanej, kiedy źródło oddala się. Widać to świetnie na rysunku zamieszczonym poniżej.	Prawda

Rozwiązania zadania 4.4

Oblicz – wartość prędkości sondy względem Ziemi. Zapisz obliczenia.

Przyjmując, że efekt Dopplera jest niewielki, możemy użyć wzoru na nierelatywistyczne przesunięcie dopplerowskie (działające w przypadku niewielkich prędkości): Gdzie:
– prędkość sondy,
– prędkość światła,

Rozwiązując to równanie dla prędkości sondy dostajemy:

Podsumowanie:

Zadania 4.1, 4.2 i 4.3 były przede wszystkim zadaniami na wiedzę. Na znajomość efektu Dopplera i zachowania fal elektromagnetycznych. Natomiast w zadaniu 4.4 Jak to zwykle bywa w zadaniach z efektem Dopplera największą pułapką było ustalenie znaku prędkości sądy we wzorze. Ponieważ w wielu szkołach kładziony jest mały nacisk na fale to zadanie mogło sprawiać problemy niektórym uczniom. Z tego właśnie względu uznałbym to zadanie za średnio trudne.

Podczas korepetycji do matury z fizyki w Fizyka Olimpijska zawsze opracowujemy z naszymi uczniami plan nauki. Dzięki temu mamy pewność że nie pominiemy żadnego działu\temu i uczeń nie padnie ofiarą takiego właśnie zadana wiedzowego.

Rozwiązanie zadania 5 – Sagittarius i Prawa Kepplera

Treść zadania

Sagittarius A* (Sgr A) to bardzo masywny obiekt znajdujący się w centrum naszej galaktyki. Gwiazda znana jako S2 obiega obiekt Sgr A po wydłużonej orbicie eliptycznej. Parametry tego ruchu orbitalnego są następujące:

• • okres obiegu S2 dookoła Sgr A* wynosi lat ziemskich
  • najmniejsza odległość środka S2 od centrum Sgr A* jest równa au
  • największa odległość środka S2 od centrum Sgr A* jest równa au.

Przyjmij, że Sgr A* się nie porusza, oraz pomiń wpływ innych ciał na ruch S2.

Opisaną sytuację przedstawiono na rysunku 1. Ponadto oznaczono wektor prędkości środka S2 w przedstawionym położeniu na orbicie

Rozwiązanie:

Zadanie 5.1

Na rysunku 2. narysuj wektor przyśpieszenia środka gwiazdy S2 w oznaczonym położeniu na orbicie. Zachowaj odpowiedni kierunek i zwrot tego wektora (długość może być dowolna).

Ponieważ mamy pominąć wpływ innych ciał na ruch S2 to jedyną siłą jaka działa na gwiazdę S2 jest siła oddziaływania grawitacyjnego z Sgr A*. Siła ta będzie zatem siłą wypadkową i zgodnie z II Zasadą Dynamiki Newtona przyspieszenie będzie miało taki sam zwrot i kierunek jak siła grawitacji .

Zadanie 5.2

Wartość prędkości środka S2 w punkcie P orbity (rysunek 1. na stronie 12) oznaczymy jako , a wartość prędkości środka S2 w punkcie A orbity oznaczymy jako . Prędkość środka S2 w punkcie P lub w punkcie A jest prostopadła do promienia wodzącego (odcinka łączącego środki S2 i Sgr A*). Dokończ zdanie. Zaznacz właściwą odpowiedź spośród podanych. Iloraz jest równy (w zaokrągleniu do trzech cyfr znaczących)

A.

B.

C.

D.

Najpierw obliczmy iloraz . Z II prawa Keplera, wiemy, że obszary wyznaczone przez promień wodzący S2 za jednostkę czasu są takie same w każdym punkcie orbity. Zatem mamy:

Ponieważ w punktach A i P wektor prędkości jest prostopadły do promienia wodzącego zakreślana powierzchnia przyjmie postać trójkąta prostokątnego. Jego powierzchnię zakreśloną w czasie możemy zapisać jako , gdzie to aktualna długość wektora wodzącego.

II Prawo Kepplera przyjmuje zatem postać:

Gdzie i to długości promienia wodzącego w punktach P i A odpowiednio. Natomiast i to prędkości w punktach i . Rozwiązując to równanie dla ilorazu , otrzymujemy:

Czyli odpowiedź jest odpowiedzą prawdziwą.

A.

B.

C.

D.

Informacja do zadań 5.3.–5.4

Załóżmy, że ciało krąży po orbicie wokół centrum grawitacyjnego o masie , a ciało krąży po orbicie wokół centrum grawitacyjnego o masie . Zakładamy, że na każde z tych ciał działa jedynie siła pochodząca od centrum grawitacyjnego, dookoła którego dane ciało krąży. Stosunek mas i można obliczyć ze wzoru:

gdzie: i są okresami obiegu ciał po orbitach – odpowiednio – i , natomiast i zależą od rodzaju orbity:

• • gdy orbity i są kołowe, to i są odpowiednio promieniami tych orbit
  • gdy orbita jest eliptyczna, a orbita jest kołowa, to jest długością półosi wielkiej orbity , natomiast jest promieniem orbity .

Rozwiązanie Zadania 5.3

Masę obiektu Sgr A* oznaczymy jako , a masę Słońca oznaczymy jako Przyjmij, że Ziemia porusza się dookoła Słońca po orbicie kołowej o promieniu au
z okresem obiegu rok. Długość półosi wielkiej orbity gwiazdy S2, poruszającej się wokół obiektu Sgr A*, zgodnie z oznaczeniami na rysunku 1. (strona 12), jest równa Oblicz iloraz . Zapisz obliczenia. Wynik podaj zaokrąglony do dwóch cyfr znaczących.

Zadanie to wymaga użycia wzoru podanego informacji do zadania. Wzór ten to:

Gdzie wszystkie oznaczenia są zgodne z oznaczeniami w informacji do zadania.

W naszym zadaniu to masa obiektu Sgr A* , to masa Słońca , to długość półosi orbity S2, to promień orbity Ziemi (1 au), to okres obiegu S2 (16 lat), a to okres obiegu Ziemi (1 rok). Podstawiamy te wartości do wzoru:

Podstawiamy wartość :

Rozwiązanie Zadania 5.4

Wyprowadź wzór podany w informacji do zadań 5.3.–5.4. w przypadku, gdy orbity i są kołowe.

W przypadku gdy orbita jest kołowa. Mamy doczynienia z ruchem jednostajnym po okręgu w którym rolę siły dośrodkowej pełni siła przyciągania grawitacyjnego. Możemy zatem zapisać następujące przekształcenia:

Prędkość w ruchu jednostajnym po okręgu możemy zapisać jako: gdzie to okres pełnego obiegu. Podstawiając prędkość do otrzymanej wyżej zależności dostajemy:

Otrzymujemy zatem wniosek że wielkość jest zawsze stała – dla każdej planety planety we wszechświecie, dla każdej gwiazdy otaczającej inną gwiazdę. Dla każdej izolowanej pary ciał oddziałujących grawitacyjnie.

Skoro ta wielkość jest stała to możemy przyrównać ją dla jakichś dwóch ciał i otrzymać:

Co należało wyprowadzić.

Podsumowanie:

To zadanie zdecydowanie zasługuje na miano długiego! Spośród wszystkich rozwiązania zadań z matury z fizyki to zadanie było najdłuższe. Na arkuszu maturalnym zajmowało aż 4 strony! Rozwiązanie tego zadania wymagało wcześniejszego doświadczenia z prawami Kepplera. Ponadto wymagało umiejętności wyprowadzenia wzorów, co często może sprawiać trudności. No i również aby rozwiązać to zadanie trzeba się było go nie przestraszyć ;D Oceniłbym to zadanie na trudne.

Rozwiązanie zadania 6 – Porównanie przemian izobarycznej i izochorycznej

Treść zadania:

W cylindrze szczelnie zamkniętym ruchomym tłokiem znajduje się mol jednoatomowego gazu doskonałego. Ten gaz poddano kolejno dwóm przemianom.

• • W pierwszej przemianie gaz ogrzewano, utrzymując stałą objętość, i dostarczono do tego gazu J ciepła.
  • W drugiej przemianie gaz ogrzewano, utrzymując stałe ciśnienie, i dostarczono do tego gazu J ciepła, czyli tę samą ilość ciepła, ile dostarczono w pierwszej przemianie.
    Ciepło molowe tego gazu przy stałej objętości wynosi , gdzie jest stałą gazową.

Rozwiązanie:

Rozwiązania Zadania 6.1

W pierwszej przemianie wartość siły parcia gazu na tłok jest wprost proporcjonalna do temperatury bezwzględnej tego gazu.	Prawda	Podczas procesu izochorycznego (stała objętość), wartość siły parcia gazu na tłok jest wprost proporcjonalna do temperatury bezwzględnej tego gazu. To wynika bezpośrednio z równania stanu gazu doskonałego , gdzie to ciśnienie, to objętość, to liczba mol, to uniwersalna stała gazowa, a to temperatura.
W drugiej przemianie objętość gazu w cylindrze jest wprost proporcjonalna do średniej energii kinetycznej cząsteczek tego gazu.	Prawda	Podczas procesu izobarycznego (stałe ciśnienie), objętość gazu w cylindrze jest wprost proporcjonalna do Temperatury. Temperatura bezwzględna natomiast jest średnią energią kinetyczną cząsteczek gazu. Proporcjonalność tą znowu można wyprowadzić z równania stanu gazu doskonałego.

Rozwiązania Zadania 6.2

Przyrost temperatury gazu w pierwszej przemianie oznaczymy jako , a w drugiej
przemianie – jako .
Dokończ zdanie. Zaznacz odpowiedź A, B albo C i jej uzasadnienie 1., 2. albo 3.
Przyrosty temperatury gazu w opisanych przemianach spełniają relację

W tym przypadku musimy skorzystać z pierwszej zasady termodynamiki, która mówi, że ciepło dostarczone do systemu zostanie zużyte na zwiększenie energii wewnętrznej systemu i na wykonanie pracy przez system.

Dla pierwszej przemiany, nie wykonujemy żadnej pracy (ponieważ objętość jest stała), więc całe ciepło jest zużywane na zwiększenie energii wewnętrznej systemu.

W drugiej przemianie, gaz wykonuje pracę na tłoku podczas rozszerzania, więc nie całe ciepło jest zużywane na zwiększenie energii wewnętrznej systemu.

Odpowiedź to A. Δ????1 > Δ????2, ponieważ przyrost energii wewnętrznej gazu jest większy w pierwszej przemianie.

Rozwiązania Zadania 6.2

Oblicz pracę, którą wykonała siła parcia gazu na tłok w drugiej przemianie. Zapisz obliczenia.

Aby obliczyć pracę wykonaną przez gaz w drugiej przemianie, musimy najpierw obliczyć zmianę objętości gazu. Skoro proces jest izobaryczny (ciśnienie jest stałe), możemy skorzystać ze wzoru na pracę postaci: .

Ale musimy pamiętać, że dostarczone ciepło jest wykorzystywane na zwiększenie energii wewnętrznej systemu i na wykonanie pracy przez system.

Podstawiając wartości, otrzymujemy:

Z równania Clapeyrona możemy wyznaczyć

Podstawiając do I Zasady termodynamiki otrzymuję:

Czyli ostatecznie gaz wykonał pracę J.

Podsumowanie:

Było to stosunkowo proste zadanie z termodynamiki. Nieco bardziej krytycznym miejscem w których mógł się pojawić błąd były znaki w I Zasadzie Termodynamiki. Takie rozwiązania zadań z matury z fizyki aż miło się rozwiązuje. 🙂

Rozwiązanie zadania 7 – Proton w skokowo zmiennym polu magnetycznym

Treść zadania:

Proton poruszał się w próżni, w polu magnetycznym po torze, który składał się z półokręgów Na każdym z tych półokręgów wektor indukcji magnetycznej był prostopadły do płaszczyzny ruchu protonu i miał stałą wartość, ale dla różnych półokręgów wartości te były różne i wynosiły – odpowiednio –. W chwili początkowej proton znajdował się w punkcie i miał prędkość (prostopadłą do wektora indukcji magnetycznej). Wartość wektora indukcji magnetycznej na półokręgu wynosiła T.

Rozwiązanie:

Rozwiązanie Zadania 7.1

Wektor indukcji pola magnetycznego wzdłuż całego toru ruchu protonu ma zwrot przed płaszczyznę rysunku (tzn. w stronę patrzącego).	Korzystając z reguły prawej dłoni dla elektronu w dowolnej chwili (dla uproszenia w chwili początkowej). Prędkość elektronu jest kierowana do góry, siła Lorenza w prawo. Zatem wektor indukcji pola magnetycznego musi być skierowany do obserwatora, czyli „przed płaszczyznę rysunku”	Prawda
Wartość siły magnetycznej Lorentza działającej na proton jest stała na całej długości toru od punktu do punktu	Wartość siły magnetycznej Lorentza, która działa na ładunek poruszający się w polu magnetycznym, jest zadana wzorem , Siła ta pełni rolę siły dośrodkowej, która zakręca elektron. Z przyrównania siły dośrodkowej do siły Lorezna dostajemy , wartości , oraz muszą być stałe, zatem aby promień malał to indukcja pola magnetycznego musi rosnąć.	Fałsz
Czas ruchu protonu po każdym z półokręgów jest taki sam	Czas ruchu protonu po każdym z półokręgów nie jest taki sam, ponieważ wraz ze zmniejszaniem się okręgów maleje droga jaką elektron ma do pokonania. Natomiast jego prędkość pozostaje stała. W związku z czym czas ruchu po każdym z półokręgów musi maleć	Fałsz

Rozwiązanie Zadania 7.2

Wykaż, że wartość prędkości protonu w ruchu po każdym z półokręgów jest stała. Powołaj się na:

• • odpowiednie własności siły działającej na proton oraz
  • zasady dynamiki albo odpowiednie twierdzenie o energii kinetycznej.

Siła Lorezna jest dana wzorem . Z własności iloczynu wektorowego wiemy że wektor musi być prostopadły do wektorów i .

Przemieszczenie ciała w drobnym czasie możemy zapisac jako . Widać zatem że przemieszczenie jest styczne do wektora prędkości.

Jeśli zapiszemy wzów na pracę siły Lorenza wykonaną na drodze :dostaniemy:

Gdzie oznacza iloczyn skalarny. Ale jeśli wektor ma taki sam kierunek jak wektor , a wektor jest prostopadły do wektora to znaczy że wektor również musi być prostopadły do wektora . A iloczyn skalarny wektorów prostopadłych z daje ! Zatem siła Lorenza nie wykonuje pracy, a co za tym idzie energia kinetyczna (i prędkość) cząsteczki są stałe!

Rozwiązanie Zadania 7.3

Oblicz wartość wektora indukcji pola magnetycznego działającego na proton, gdy poruszał się on po półokręgu . Zapisz obliczenia.
Wskazówka: Wartość prędkości protonu poruszającego się po torze była stała.

Z rysunku z treści zadania widzimy że

Ponieważ siła Lorenza pełni rolę siły dośrodkowej, możemy zapisać kolejno:

Z ostatniego równania możemy wyciągnąć proporcję:

Co oznacza że skorok na odcinku mamy razwy mniejszy promień w porównaniu z odcinkiem to musimy mieć razy większe pole magnetyczne. Zatem.

Podsumowanie:

W tym zadaniu najważniejsze było zauawżenie że prędkość w całym ruchu jest stała (co znacząco ułatwiała podpowiedź z zadania 7.3). Ponadto niezbędne było również zauważenie że siła Lorenza Pelni rolę siły dośrodkowej. Ponieważ to rozwiązanie zadaia z matury z fizyki wymaga wyprowadzenia relacji między i powiedział bym że jest ono średniej trudności. średni poziom trudnkości, ponieważ wymagało wyprowadzenia w

Rozwiązanie zadania 8 – Żarówka Wolframowa

Treść zadania

Do produkcji włókien tradycyjnych żarówek wykorzystywano bardzo cienkie druty wolframowe. Gdy przez włókno wolframowe pewnej żarówki płynął prąd o niewielkim natężeniu, to włókno utrzymywało temperaturę K, a jego opór wynosił . Po podłączeniu tej żarówki do sieci o napięciu V pobierała ona moc (znamionową) W. Wówczas włókno rozgrzewało się do wysokiej temperatury, a jego opór był wielokrotnie większy od . Na poniższym wykresie linią ciągłą przedstawiono zależność od temperatury , gdzie oznacza opór włókna wolframowego o temperaturze . W zakresie temperatur od K do K ta zależność ma w przybliżeniu charakter liniowy (tzn. jej wykres pokrywa się częściowo z linią prostą narysowaną przerywaną kreską).

Rozwiązanie zadania

Rozwiązanie zadania 8.1

Oblicz – wartość temperaturowego współczynnika oporu wolframu – dla przedziału temperatur . Zapisz obliczenia.

Wskazówka: Skorzystaj z Wybranych wzorów i stałych fizykochemicznych na egzamin maturalny z biologii, chemii i fizyki (strona 18 broszury).

W celu rozwiązania zadania skorzystajmy ze wzoru:

Gdzie:

• • to opór włókna wolframowego przy temperaturze
  • to opór włókna wolframowego przy temperaturze
  • to temperatura, dla której obliczamy współczynnik
  • to początkowa temperatura, dla której znamy opór

Z wykresu odczytujemy, że dla mamy . Zatem .

Podstawiamy do wzoru i obliczamy wartość :

Rozwiązanie Zadania 8.2

Wyznacz temperaturę włókna wolframowego żarówki (opisanej w zadaniu 8.) o mocy znamionowej W, zasilanej napięciem V. Zapisz obliczenia.

Skorzystamy z relacjami między mocą oraz oporem i napięciem :

Znamy moc znamionową i napięcie . Zatem opór wynosi:

Stosunek tego oporu do oporu to . zgodnie z wykresem z treści zadania opór ten odpowiada temperaturze K

Rozwiązanie Zadania 8.3

Średnica drutu wolframowego, z którego wykonano włókno żarówki, jest równa . Opór właściwy wolframu w temperaturze K jest równy . Oblicz długość drutu wolframowego, z którego wykonano włókno tej żarówki. Zapisz obliczenia.

Trzecia część zadania polegała na obliczeniu długości drutu wolframowego, z którego wykonano włókno tej żarówki. Skorzystajmy ze wzoru na opór włókna:

Gdzie:

• • to opór właściwy
  • to długość drutu
  • to powierzchnia przekroju

Wiemy że średnica drutu , zatem promień .

Powierzchnia przekroju wynosi .

Znamy wartość oraz . Zatem długość drutu wynosi:

Podsumowanie

Rozwiązanie tego zadania z matury z fizyki mogło być skomplikowane ze względu na konieczność wykorzystania wzoru z którym mamy mało doświadczenia. Ponadto trudność stanowiło poprawne odczytanie danych z wykresu (zwłaszcza w zadaniu 8.2)

Rozwiązanie zadania 9 – Szklany krążek

Promień światła monochromatycznego biegnie w powietrzu i pada na brzeg szklanego krążka w punkcie . Kąt padania w punkcie jest równy , a kąt załamania tego promienia jest równy . Część promienia, która wniknęła do szkła w punkcie , pada dalej na brzeg krążka w punkcie . Na rysunku 1. (poniżej) oraz na rysunku 2. (na stronie 23) przedstawiono bieg promienia tylko do punktu , przy czym pominięto część promienia odbitą w punkcie . Kreskami przerywanymi oznaczono odcinki pomocnicze. Punkt jest środkiem krążka.

Rozwiązanie zadnia 9.1

Część promienia , która pada na brzeg krążka od strony szkła w punkcie , odbija się z powrotem do szkła, a część tego promienia załamuje się i biegnie dalej w powietrzu. Kąty: padania, załamania i odbicia promienia w punkcie , oznaczymy – odpowiednio – jako: , , . Narysuj na rysunku 1. dalszy bieg promienia załamanego i odbitego w punkcie . Oznacz łukami i podpisz w odpowiednich miejscach kąty: , , a następnie określ relacje między miarami odpowiednich kątów – wpisz w każde wykropkowane miejsce odpowiedni znak wybrany spośród: .

Ponieważ jest trójkątem równoramiennym możemy zapisać że . Zgodnie z prawem odbicia mamy . Kąt załamania natomiast będzie taki sam jak kąt co widać z prawa Snella:

Z prawa Snella widzimy również że

Rozwiązanie zadania 9.2

Na rysunku 2. odcinek jest geometrycznym przedłużeniem promienia padającego na krążek. Długości odcinków oznaczonych na rysunku 2. wynoszą (w zaokrągleniu): , , , , Przyjmij, że wartość prędkości światła w powietrzu jest równa wartości prędkości światła w próżni.
Oblicz wartość prędkości światła w szkle, z którego jest wykonany krążek. Zapisz obliczenia. Wykorzystaj niektóre z podanych długości odcinków. Wynik podaj zaokrąglony do dwóch cyfr znaczących.

To zadanie musimy zacząć od definicji współczynnika załamania światła , gdzie to prędkość światła w ośrodku, natomiast to prędkość światła w próżni. Aby wyznaczyć współczynnik załamania światła skorzystamy z prawa Załamania; .

Wyznaczenie sinusów kątów padania i załamania jest możliwe dzięki podanym wartością odcinków na rysunku powyżej. Zapiszemy:

Łącząc równania w całość:

Podstawiając wartości dostajemy:

Opinia

To zadanie wymagało znajomości praw odbicia i załamania oraz biegłości w geometrii umożliwiające zauważenie relacji niezbędnych w obu podpunktach zadań. Oceniłbym to zadanie na średnio trudne.

Rozwiązanie zadania 10 – Przyspieszający elektron

Treść zadania

Elektron o prędkości początkowej równej zero został rozpędzony w polu elektrycznym o napięciu do prędkości o wartości . Energia kinetyczna, którą uzyskał elektron, była dwa razy większa od jego energii spoczynkowej.

Rozwiązanie zadania 10.1

Na którym wykresie (spośród A–D) prawidłowo przedstawiono zależność energii całkowitej (sumy energii kinetycznej i spoczynkowej) elektronu od jego prędkości? Zaznacz właściwą odpowiedź spośród podanych.

Prędkość elektronu nie może przekroczyć zatem wykresy i możemy od razu odrzucić. Energia spoczynkowa (czyli energia przy zerowej prędkości) wynosi zatem możemy odrzucić . Czyli jedyną możliwą odpowiedzią jest B.

Rozwiązanie zadania 10.2

Oblicz iloraz , gdzie jest wartością prędkości światła w próżni. Zapisz obliczenia. Wynik podaj zaokrąglony do dwóch cyfr znaczących.

Wiedząc, że energia kinetyczna elektronu jest dwa razy większa od jego energii spoczynkowej, możemy użyć równania Einsteina na energię całkowitą do obliczenia prędkości elektronu. Energia spoczynkowa to natomiast energia kinetyczna to zatem całkowita energia wyniesie

Rozwiązanie zadania 10.3

Energia spoczynkowa elektronu jest równa (w zaokrągleniu) eV. Dokończ zdanie. Wpisz właściwą liczbę w wykropkowanym miejscu.
Napięcie pola elektrycznego, w którym został rozpędzony elektron, wynosi ………………. V.

„Elektron uzyskał energię kinetyczną, która jest równa dwóm energiom spoczynkowym, więc energia kinetyczna elektronu wynosi . Energia ta jest równa energii, jaką elektron uzyskał od pola elektrycznego, co daje nam , gdzie to ładunek elementarny. Stąd mamy . Teraz, skoro eV, a eV/V, to podstawiając do wzoru otrzymamy V V.

Podsumowanie

To zadanie na pierwszy rzut oka mogło wydawać się skomplikowane, ale kiedy zaczęliśmy je rozbijać na mniejsze kawałki, wszystko stało się jasne. Najtrudniejsze było zapewne poprawne zintepretowanie pojęć energii kinetycznej i całkowitej w kontekście relatywistycznym. To zadanie miało przede wszystkim miało straszyć swoim groźnym wyglądem. Trzeba jednak przyznać że dział relatywistka nie zyskuje odpowiedniej uwagi w szkole w związku z czym wiele osób mogło mieć z tym zadaniem problem.

Rozwiązanie zadania 11 – Radioaktywny Kopernik

Pierwiastek o nazwie kopernik, oznaczony symbolem Cn, ma liczbę atomową . Izotop tego pierwiastka został po raz pierwszy wytworzony w wyniku bombardowania ołowianej tarczy jonami cynku . Kopernik jest izotopem nietrwałym.

Uwaga: W zadaniach 11.1., 11.2., 11.3. skorzystaj z Wybranych wzorów i stałych fizykochemicznych na egzamin maturalny z biologii, chemii i fizyki.

Rozwiązanie zadania 11.1

Poniżej przedstawiono schemat reakcji jądrowej, w wyniku której powstają jądro izotopu Cn 277 oraz pewna cząstka.
… + … → … + …
Uzupełnij powyższy schemat tak, aby powstało równanie reakcji jądrowej. Wpisz w wykropkowane miejsca właściwe liczby atomowe oraz symbol lub nazwę cząstki, która powstaje w tej reakcji.

Aby rozwiązać to zadanie musimy odnieść się do układu okresowego pierwiastków i zlokalizować w nim wszystkie pierwiastki pojawiające się w równaniu.

Liczba atomowa to liczba protonów w jądrze atomowym. Możemy o niej myśleć jako o ilości ładunków elementarnych. Ponieważ ładunek jest zachowany, liczby atomowe po obu stronach reakcji musza się sumować do tych samych wartości. – Oznacza to że szukana cząstka nie może mieć ładunku elektrycznego bowiem .

Liczba masowa (dolna liczba) reprezentuje sumaryczną ilość protonów i neutronów w jądrze. Możemy o niej myśleć jako o masie jądra, a co za tym idzie (zgodnie z zasadą zachowania masy) możemy oczekiwać że sumaryczna liczba masowa po obu stronach równania będzie identyczna. – Okazuje się że tajemnicza cząstka musi mieć masę .

Poszukiwana cząstka musi być netrualna elektrycznie i mieć masę 1 protonu/neutronu – to musi być neutron 🙂

Rozwiązanie zadania 11.2

W wyniku sześciu kolejnych rozpadów α, z których pierwszy jest rozpadem jądra , powstało jądro pewnego pierwiastka.
Podaj nazwę lub symbol pierwiastka, którego jądro powstało w wyniku tych sześciu rozpadów. Zapisz obliczenia.

W wyniku każdego rozpadu emitowane jest jądro helu które zawiera dwa protony i dwa neutrony. Ma zatem liczbę masową i atomową

Poszukujemy zatem pierwsiastka o liczbie atomowej . Takim pierwiastkiem jest Ferm

Rozwiązanie zadania 11.2

Masa jądra izotopu jest równa
Oblicz najmniejszą energię, którą należałoby dostarczyć do jądra , aby rozbić je na oddzielne (tzn. nieoddziałujące ze sobą) nukleony. Zapisz obliczenia. Wynik podaj zaokrąglony do trzech cyfr znaczących.

Mamy tu do obliczenia najmniejszą energię, którą należałoby dostarczyć do jądra aby rozbić je na oddzielne nukleony. Energia ta wynika z różnicy masy jądra i masy jego oddzielnych nukleonów i jest wyrażana przez słynny wzór Einsteina . Deficyt masy w jądrze kopernika wynosi:

Co przekłada się na energię:

Podsumowanie

Zadania 11.1 i 11.2 wymagały przede wszystkim wiedzy czym są liczby atomowa i masowa. Te podpunkty ocenił bym na łatwe. Natomiast zadanie 11.3 wymagało bardzo precyzyjnych obliczeń i zapisania stałych fizycznych z odpowiednią dokładnością. Ze względu na podpunkt 11.3 uznałbym to zadanie za średnio trudne. Uff. Na tym Rozwiązania zadań z matury z fizyki 2023 możemy uznać za zakończone. 🙂