Rozwiązanie

1. Przed odbiciem punkty leżą na prostej $x=15+275t$ (prędkość $v_1=275\ \tfrac{\text{cm}}{\text{s}}$), po odbiciu na prostej $x=220-200t$ ($v_2=-200\ \tfrac{\text{cm}}{\text{s}}$).
2. Chwila odbicia = przecięcie prostych: $15+275t=220-200t\Rightarrow 475t=205\Rightarrow t\approx0{,}43$ s.
3. Położenie: $x=15+275\cdot0{,}43\approx134$ cm $\approx135$ cm.

Odpowiedź: $t_{odb}\approx0{,}43$ s, $x\approx135$ cm.

Rozwiązanie

Nie. Wartość prędkości po odbiciu ($200\ \tfrac{\text{cm}}{\text{s}}$) jest mniejsza niż przed odbiciem ($275\ \tfrac{\text{cm}}{\text{s}}$), więc energia kinetyczna zmalała — odbicie nie było doskonale sprężyste.

Rozwiązanie

$^{222}_{86}\text{Rn}\rightarrow{}^{218}_{84}\text{Po}+{}^{4}_{2}\text{He}$ (cząstka $\alpha$).

Rozwiązanie

W rozpadzie wydziela się energia (produkty uzyskują energię kinetyczną), co — zgodnie z $E=\Delta m c^2$ — oznacza ubytek masy. Zatem masa jądra Rn jest większa od sumy mas produktów.

Odpowiedź: B oraz 1.

Rozwiązanie

Pochylnia 2 jest stromsza → większe przyspieszenie i krótsza droga, więc kulka K2 dociera do X w krótszym czasie. Decyduje większe przyspieszenie.

Odpowiedź: A oraz 3.

Rozwiązanie

Z zasady zachowania energii prędkość w X zależy tylko od wysokości (i rozkładu masy, jednakowego dla obu kul): $v=\sqrt{\tfrac{2gh}{1+I/mR^2}}$. Obie z tej samej wysokości → prędkości równe.

Odpowiedź: B oraz 2.

Rozwiązanie

Zachowanie energii: $mgh=\tfrac12 mv^2+\tfrac12 I\omega^2=\tfrac12 mv^2(1+0{,}4)$.

$v=\sqrt{\dfrac{2gh}{1{,}4}}=\sqrt{\dfrac{2\cdot10\cdot0{,}2}{1{,}4}}=\sqrt{2{,}86}\approx1{,}7\ \tfrac{\text{m}}{\text{s}}$.

Rozwiązanie

• Ciężar tratwy $\vec P$ jest taki sam na obu rysunkach (masa tratwy się nie zmienia).
• Rys.1 (pływa swobodnie): $\vec F=\vec P$ (wypór równy ciężarowi).
• Rys.2 (z ładunkiem): tratwa zanurza się głębiej, więc $\vec F$ jest większe; zachodzi $F=P+Q$, czyli $\vec F$ na rys.2 jest dłuższe niż na rys.1.

Rozwiązanie

1. Objętość $10$ pni: $V=10\cdot(0{,}07\text{ m}^2\cdot2\text{ m})=1{,}4\ \text{m}^3$.
2. Zanurzone $75\%$: $V_{zan}=0{,}75\cdot1{,}4=1{,}05\ \text{m}^3$.
3. Warunek pływania: $\rho_w V_{zan}=m_{tratwy}+m_{\text{ład}}$, gdzie $m_{tratwy}=\rho_d V=600\cdot1{,}4=840$ kg, a $\rho_w V_{zan}=1000\cdot1{,}05=1050$ kg.
4. $m_{\text{ład}}=1050-840=210$ kg.

Odpowiedź: maksymalnie $210$ kg.

Rozwiązanie

1. $f=\dfrac{T R}{F_N}$ → jednostka: $\tfrac{\text{N}\cdot\text{m}}{\text{N}}=\text{m}$ → P.
2. Brak odkształceń → brak oporu toczenia → $f=0$ → P.
3. $T=\dfrac{f}{R}F_N$; przy tej samej masie ($F_N$ równe) i różnych $R$ siły są różne → F.
4. $T\propto\dfrac1R$: mniejsze koła → większy opór toczenia → trudniej, nie łatwiej → F.

Odpowiedź: P, P, F, F.

Rozwiązanie

Większy promień → większa powierzchnia styku → mniejsze ciśnienie wywierane na podłoże → mniejsze odkształcenie.

Odpowiedź: C oraz 1.

Rozwiązanie

Planetą jest obiekt C. Gwiazdy A i B pozostają w tych samych położeniach względem tła, natomiast obiekt C zmienił swoje położenie względem gwiazd między obiema datami — a to planety (w odróżnieniu od gwiazd) przemieszczają się na tle gwiazd.

Rozwiązanie

Paralaksa roczna zależy tylko od odległości gwiazdy ($d=\tfrac{1}{p['']}$ w parsekach). Nie mówi nic o rozmiarach ani jasności.

Odpowiedź: F, P, F.

Rozwiązanie

1. Okres (wahadło matematyczne): $T=2\pi\sqrt{\tfrac{L}{g}}=2\pi\sqrt{\tfrac{0{,}75}{10}}\approx1{,}7$ s.
2. Na odcinku $s=30$ cm ślad obejmuje półtora okresu drgań ($1{,}5\,T$), więc prędkość taśmy $v_t=\dfrac{s}{1{,}5\,T}=\dfrac{0{,}30}{1{,}5\cdot1{,}7}\approx0{,}12\ \tfrac{\text{m}}{\text{s}}$.
3. Amplituda drgań (z szerokości śladu) $A\approx6$ cm; maksymalna prędkość naczynia $v_{\max}=A\cdot\dfrac{2\pi}{T}\approx0{,}06\cdot\dfrac{2\pi}{1{,}7}\approx0{,}22\ \tfrac{\text{m}}{\text{s}}$.

Odpowiedź: $T\approx1{,}7$ s, $v_t\approx0{,}12\ \tfrac{\text{m}}{\text{s}}$, $v_{\max}\approx0{,}22\ \tfrac{\text{m}}{\text{s}}$ (wartości odczytane/oszacowane ze śladu).

Rozwiązanie

Traktujemy układ jak wahadło matematyczne — jego okres $T=2\pi\sqrt{L/g}$ zależy tylko od długości, a nie od masy. Zmiana ilości piasku nie zmienia okresu.

Odpowiedź: B oraz 2.

Rozwiązanie

Względna zmiana częstotliwości w zjawisku Dopplera jest rzędu $\dfrac{\Delta f}{f}\sim\dfrac{v}{c}$, gdzie $c$ to prędkość danej fali. Dla dźwięku $c\approx340\,\tfrac{\text{m}}{\text{s}}$, a prędkość karetki (kilkadziesiąt $\tfrac{\text{m}}{\text{s}}$) daje $\tfrac{v}{c}$ rzędu kilku procent — zmiana słyszalna. Dla światła $c=3\cdot10^8\,\tfrac{\text{m}}{\text{s}}$, więc $\tfrac{v}{c}\sim10^{-7}$ — zmiana znikoma, wykrywalna tylko precyzyjnymi przyrządami.

Rozwiązanie

W punkcie A pola od obu ładunków mają równe wartości. Składowe prostopadłe do osi dipola znoszą się, a składowe równoległe dodają się. Wypadkowy wektor $\vec E$ jest równoległy do osi dipola i skierowany od ładunku dodatniego ku ujemnemu (przeciwnie do momentu dipolowego $\vec p$).

Rozwiązanie

Oba ładunki leżą w odległości $\tfrac{d}{2}$ od B, a ich pola w B mają ten sam zwrot (od $+q$ ku $-q$), więc się dodają:

$E_B=2\cdot\dfrac{kq}{(d/2)^2}=\dfrac{8kq}{d^2}=\dfrac{8\cdot9\cdot10^9\cdot10^{-12}}{(10^{-2})^2}=720\ \tfrac{\text{N}}{\text{C}}$.

Rozwiązanie

• a) W polu jednorodnym siły działające na oba ładunki są równe co do wartości i przeciwnie skierowane — tworzą parę sił (moment siły). Dipol obraca się, aż ustawi się równolegle do $\vec E$; nie porusza się ruchem postępowym (siła wypadkowa = 0).
• b) W polu niejednorodnym, gdy dipol jest równoległy do pola, moment siły znika, ale siły na ładunkach są różne — pojawia się niezerowa siła wypadkowa. Dipol przesuwa się (jest wciągany) w stronę silniejszego pola, nie obracając się.

Rozwiązanie

1. $p=q\cdot d=1{,}6\cdot10^{-19}\cdot1{,}27\cdot10^{-10}\approx2{,}0\cdot10^{-29}\ \text{C·m}$.
2. W debajach: $p=\dfrac{2{,}0\cdot10^{-29}}{3{,}3\cdot10^{-30}}\approx6{,}1$ D.

Odpowiedź: $p\approx2{,}0\cdot10^{-29}$ C·m $\approx6{,}1$ D (przy założeniu pełnego rozdzielenia ładunku elementarnego).

Rozwiązanie

1. Ciśnienie jest stałe (tłok swobodny) → przemiana izobaryczna: $\dfrac{V}{T}=\text{const}$, gdzie $T$(K)$=t(^\circ\text{C})+t_0$ ($-t_0$ to szukane zero bezwzględne).
2. $\dfrac{125}{22+t_0}=\dfrac{144}{68+t_0}\Rightarrow125(68+t_0)=144(22+t_0)$.
3. $8500+125t_0=3168+144t_0\Rightarrow19t_0=5332\Rightarrow t_0\approx281$.

Odpowiedź: zero bezwzględne $\approx-281^\circ$C (wartość doświadczalna; dokładna to $-273^\circ$C).

Rozwiązanie (metoda)

Kąty podane są względem powierzchni — kąt względem normalnej to $90^\circ$ minus kąt z powierzchnią. Stosujemy prawo Snella $n_1\sin\theta_1=n_2\sin\theta_2$ na każdej powierzchni.

1. Wejście do I (powietrze→I): kąt padania $\theta=90^\circ-50^\circ=40^\circ$. $\sin40^\circ=n_I\sin r_I$ — stąd wyznaczamy $n_I$, korzystając z kąta załamania odczytanego z geometrii pryzmatu I.
2. Sklejenie (I→II): kąty promienia z powierzchnią sklejenia wynoszą po $70^\circ$ (czyli $20^\circ$ od normalnej). Aby promień załamywał się przy przejściu, współczynniki muszą się różnić; z kierunku załamania (ku normalnej w II) wynika, że pryzmat II ma większy współczynnik załamania niż pryzmat I.
3. Wyjście z II (II→powietrze): kąt z powierzchnią $65^\circ$ → $25^\circ$ od normalnej w powietrzu; $n_{II}\sin\theta_{II}=\sin25^\circ$ pozwala wyznaczyć $n_{II}$.

Z powyższych zależności: $n_I\approx1{,}3$, a $n_{II}>n_I$ (rzędu $1{,}4$). (Dokładne wartości wynikają z kątów odczytanych z rysunku.)

Rozwiązanie

Prowadzimy promienie styczne do źródła Z i piłki T: promienie z przeciwległych brzegów źródła i piłki (krzyżujące się) wyznaczają obszar cienia (C) — środkowy pas, do którego nie dociera światło z żadnego punktu źródła. Promienie ze zgodnych brzegów wyznaczają zewnętrzne granice; między granicą cienia a granicą pełnego oświetlenia leżą po obu stronach obszary półcienia (P).

Rozwiązanie

Wzrost temperatury → zmniejszenie oporu termistora → zmniejszenie całkowitego oporu obwodu. Wzrost oporu termistora → zmniejszenie natężenia prądu → napięcie na $R$ (woltomierz) się zmniejszy.

Rozwiązanie

1. Napięcie na $R$: $U_R=3$ V → prąd $I=\dfrac{U_R}{R}=\dfrac{3}{500}=0{,}006$ A.
2. Napięcie na termistorze: $U_t=12-3=9$ V → $R_t=\dfrac{U_t}{I}=\dfrac{9}{0{,}006}=1500\ \Omega=1{,}5\ \text{k}\Omega$.
3. Z wykresu $R_t(T)$: $R_t=1{,}5$ k$\Omega$ odpowiada temperaturze $\approx60^\circ$C.

Odpowiedź: $R_t=1{,}5$ k$\Omega$, $T\approx60^\circ$C.

Rozwiązanie

Przy dużym natężeniu prądu w termistorze wydziela się znaczne ciepło Joule'a ($P=I^2R_t$), które podgrzewa sam termistor powyżej temperatury otoczenia. Jego opór odpowiada wtedy własnej, podwyższonej temperaturze, a nie temperaturze otoczenia — pomiar jest zafałszowany.

Rozwiązanie

Prędkość ucieczki: $v=\sqrt{\dfrac{2GM_S}{r}}=\sqrt{\dfrac{2\cdot1{,}33\cdot10^{20}}{1{,}5\cdot10^{11}}}\approx4{,}2\cdot10^4\ \tfrac{\text{m}}{\text{s}}\approx42\ \tfrac{\text{km}}{\text{s}}$.

(To $\sqrt2$ razy więcej niż prędkość orbitalna Ziemi $\approx30\,\tfrac{\text{km}}{\text{s}}$.)

Rozwiązanie

W asyście grawitacyjnej składowa równoległa prędkości sondy zyskuje $2v_{planety}$: $v_{\max}=v_{sondy}+2v_{Jowisza}=10+2\cdot13=36\ \tfrac{\text{km}}{\text{s}}$.

Rozwiązanie

Sonda zyskuje energię kinetyczną kosztem energii kinetycznej (ruchu orbitalnego) planety — planeta nieznacznie zwalnia.

Odpowiedź: C

Rozwiązanie

1. Przy odpowiedniej geometrii przelotu można też wyhamować sondę → P.
2. Asysta zmienia kierunek ruchu sondy → F.
3. To odpowiednik sprężystego „odbicia" od bardzo masywnego, poruszającego się ciała → P.

Odpowiedź: P, F, P.

Rozwiązanie

SEM (a więc i napięcie skuteczne) jest wprost proporcjonalna do częstotliwości: $U_2=U_1\cdot\dfrac{f_2}{f_1}=240\cdot\dfrac{60}{50}=288$ V.

Odpowiedź: B