W punkcie $Z$ ciało jest na prostoliniowym odcinku $CD$ (ruch opóźniony), więc siła wypadkowa jest styczna do toru i skierowana przeciwnie do ruchu — poziomo, w stronę punktu $C$ (długość $4$ jednostki, dane).

W punkcie $Y$ ciało porusza się po półokręgu ze stałą prędkością, więc siła wypadkowa jest dośrodkowa — skierowana poziomo do środka okręgu (w lewo).

Obliczenie długości: przyśpieszenie na $CD$ (droga $|CD|$): $a_{Z}=\dfrac{v^{2}}{2|CD|}$; przyśpieszenie dośrodkowe w $Y$ (promień $r=\dfrac{|BC|}{2}=\dfrac{|CD|}{... }$): z geometrii $r=|CD|$ oraz $a_{Y}=\dfrac{v^{2}}{r}=\dfrac{v^{2}}{|CD|}$.

Zatem $\dfrac{F_{Y}}{F_{Z}}=\dfrac{a_{Y}}{a_{Z}}=\dfrac{v^{2}/|CD|}{v^{2}/(2|CD|)}=2$, więc $F_{Y}=2F_{Z}=2\cdot 4=8$ jednostek siły.

Z wykresu $|AB|=|CD|=4$ m, promień półokręgu $r=|BC|/2$, a długość półokręgu wynosi $\pi r$; z rysunku $|BC|=8$ m, więc $r=4$ m.

Odcinek $AB$ (ruch jednostajnie przyśpieszony, $v_{0}=0$, $v_{k}=v$): $t_{AB}=\dfrac{2|AB|}{v}=\dfrac{2\cdot 4}{2}=4$ s. Analogicznie $t_{CD}=4$ s.

Półokrąg $BC$ (ruch jednostajny): $t_{BC}=\dfrac{\pi r}{v}=\dfrac{\pi\cdot 4}{2}=2\pi\approx 6,28$ s.

$t=t_{AB}+t_{BC}+t_{CD}\approx 4+6,28+4=14,28\ \mathrm{s}\approx 14,3\ \mathrm{s}$.

Przyjmijmy zwrot w prawo za dodatni: $v_{1przed}=+2$, $v_{2przed}=-4$, $v_{1po}=-1$, $v_{2po}=+5$.

Zasada zachowania pędu: $m_{1}\cdot 2+m_{2}\cdot(-4)=m_{1}\cdot(-1)+m_{2}\cdot 5$, stąd $3m_{1}=9m_{2}$, czyli $m_{1}=3m_{2}$.

Sprawdzenie energii kinetycznej: przed: $\dfrac{1}{2}m_{1}\cdot 2^{2}+\dfrac{1}{2}m_{2}\cdot 4^{2}=2m_{1}+8m_{2}=6m_{2}+8m_{2}=14m_{2}$; po: $\dfrac{1}{2}m_{1}\cdot 1^{2}+\dfrac{1}{2}m_{2}\cdot 5^{2}=0,5m_{1}+12,5m_{2}=1,5m_{2}+12,5m_{2}=14m_{2}$.

Energia kinetyczna jest zachowana ($E_{k\,przed}=E_{k\,po}$), więc zderzenie było doskonale sprężyste.

Moment siły ciężkości względem osi w $A$: $M=mg\cdot\dfrac{l}{2}\cos\alpha_{t}$ (ramię to poziomy rzut odległości $AS$).

$\varepsilon=\dfrac{M}{I_{A}}=\dfrac{mg\frac{l}{2}\cos\alpha_{t}}{\frac{1}{3}ml^{2}}=\dfrac{3}{2}\cdot\dfrac{g}{l}\cos\alpha_{t}$.

Odpowiedź: A.

1. Prawda. Punkt $S$ jest w stałej odległości $\dfrac{l}{2}$ od nieruchomego $A$, więc porusza się po łuku okręgu.

2. Prawda. $v=\omega r$; $B$ jest w odległości $l$, a $S$ w odległości $\dfrac{l}{2}$ od osi, więc $\dfrac{v_{B}}{v_{S}}=\dfrac{l}{l/2}=2$.

3. Fałsz. Prędkość końcowa zależy od spadku wysokości $S$ ($\propto\sqrt{\sin\alpha_{0}}$), a ta zależność nie jest liniowa względem $\alpha_{0}$.

Odpowiedź: P, P, F.

Pręt (obrót wokół $A$): z zasady zachowania energii $\dfrac{1}{2}I_{A}\omega^{2}=mg\cdot\dfrac{l}{2}\sin\alpha_{0}$, gdzie $I_{A}=\dfrac{1}{3}ml^{2}$. Stąd $\omega^{2}=\dfrac{3g\sin\alpha_{0}}{l}$, a $v_{B}=\omega l=\sqrt{3gl\sin\alpha_{0}}$.

Kulka (spadek swobodny z wysokości $h=l\sin\alpha_{0}$): $v_{k}=\sqrt{2gl\sin\alpha_{0}}$.

$\dfrac{v_{B}}{v_{k}}=\dfrac{\sqrt{3gl\sin\alpha_{0}}}{\sqrt{2gl\sin\alpha_{0}}}=\sqrt{\dfrac{3}{2}}\approx 1,22$.

Z III prawa Keplera $\dfrac{T^{2}}{r^{3}}=\mathrm{const}$: $\left(\dfrac{r_{B}}{r_{A}}\right)^{3}=\left(\dfrac{T_{B}}{T_{A}}\right)^{2}=\left(\dfrac{12}{2}\right)^{2}=36$.

$\dfrac{r_{B}}{r_{A}}=\sqrt[3]{36}\approx 3,3$.

Odpowiedź: A.

Dla orbity kołowej: $E_{kin}=\dfrac{GMm}{2r}$, $E_{pot}=-\dfrac{GMm}{r}$, $E_{mech}=-\dfrac{GMm}{2r}$. Ponieważ $r_{A}

$E_{kinA}>E_{kinB}$ (mniejsze $r$ → większa energia kinetyczna),
$E_{potA}$E_{mechA}

1. Prawda. Aby wejść na wyższą orbitę eliptyczną, w punkcie $A$ (perygeum) trzeba zwiększyć prędkość.

2. Prawda. W ruchu od perygeum $A$ do apogeum $B$ satelita oddala się i zwalnia (energia kinetyczna maleje na rzecz potencjalnej).

3. Fałsz. W punkcie $B$ prędkość na elipsie jest mniejsza od prędkości orbity kołowej $\mathcal{B}$, więc silniki ją zwiększają.

Odpowiedź: P, P, F.

Praca silników jest równa zmianie energii mechanicznej satelity między orbitami kołowymi: $W_{AB}=E_{mechB}-E_{mechA}$.

$E_{mech}=-\dfrac{GM_{Z}m}{2r}$, więc $W_{AB}=-\dfrac{GM_{Z}m}{2r_{B}}-\left(-\dfrac{GM_{Z}m}{2r_{A}}\right)=\dfrac{GM_{Z}m}{2}\left(\dfrac{1}{r_{A}}-\dfrac{1}{r_{B}}\right)$.

1. Prawda. Wzdłuż prostej $B$ iloczyn $pV$ (proporcjonalny do $T$) jest funkcją kwadratową objętości z maksimum wewnątrz przedziału, więc temperatura najpierw rośnie, potem maleje.

2. Fałsz. Oba stany $X$ i $Y$ mają tę samą temperaturę ($\Delta U=0$ w obu przemianach), więc $Q=W$; ale praca (pole pod wykresem) dla $\mathcal{A}$ i $\mathcal{B}$ jest różna, więc ciepła są różne.

3. Fałsz. Przemiana $\mathcal{A}$ jest izotermiczna — temperatura, a więc i energia wewnętrzna, są stałe.

Odpowiedź: P, F, F.

Dla całej przemiany $\mathcal{B}$ ($X\to Y$, ta sama temperatura) $\Delta U=0$, więc $Q_{\mathcal{B}}=W_{\mathcal{B}}$.

Praca to pole trapezu pod wykresem: $W_{\mathcal{B}}=\dfrac{1}{2}(p_{1}+0,5p_{1})(2V_{1}-V_{1})=0,75\,p_{1}V_{1}=0,75\cdot 6,0=4,5$ J.

Ponieważ $Q_{\mathcal{B}\,pob}-|Q_{\mathcal{B}\,odd}|=W_{\mathcal{B}}$: $Q_{\mathcal{B}\,pob}=4,5+0,094\approx 4,6$ J.

Wzdłuż prostej $\mathcal{B}$ temperatura $T=\dfrac{pV}{nR}$ ma maksimum wewnątrz przedziału, a najmniejsze wartości przyjmuje na końcach $X$ i $Y$ (gdzie $T_{X}=T_{Y}$).

$T_{X}=\dfrac{p_{1}V_{1}}{nR}=\dfrac{6,0}{0,0020\cdot 8,31}\approx 361\ \mathrm{K}$.

Skoro najniższa temperatura w przemianie wynosi ok. $361$ K $>350$ K, to w każdym stanie temperatura przekracza $350$ K.

Dioda jest elementem półprzewodnikowym. Wraz ze wzrostem temperatury zwiększa się liczba swobodnych nośników ładunku, dzięki czemu opór maleje.

Odpowiedź: B oraz uzasadnienie 2 (B2).

Napięcie na czterech diodach jednej gałęzi: $U_{D\,4}=U-U_{R}=11,2-2,40=8,80$ V, czyli na jednej diodzie $U_{D}=\dfrac{8,80}{4}=2,2$ V.

Z wykresu dla $U_{D}=2,2$ V natężenie prądu w gałęzi wynosi $I_{1}\approx 16$ mA $=0,016$ A.

Trzy gałęzie są połączone równolegle, więc prąd całkowity to $3\cdot 0,016$ A. Moc: $P=U\cdot I=11,2\cdot(3\cdot 0,016)\approx 0,54$ W.

$R_{D}=\dfrac{U_{D}}{I_{D}}$. Z wykresu: przy $U_{D}=2$ V $I\approx 15$ mA, więc $R_{D}(2)\approx\dfrac{2}{0,015}\approx 133\ \Omega$; przy $U_{D}=3,6$ V $I\approx 40$ mA, więc $R_{D}(3,6)\approx\dfrac{3,6}{0,040}=90\ \Omega$.

$\dfrac{R_{D}(3,6)}{R_{D}(2)}\approx\dfrac{90}{133}\approx 0,70$.

Odpowiedź: B.

Czoło fali wytworzone w punkcie $C$ (odległym o $|CD|$ od $D$) ma promień $r_{C}=v_{fali}\cdot t_{CD}$, a statek przebył $|CD|=v\cdot t_{CD}$. Zatem $v_{fali}=v\cdot\dfrac{r_{C}}{|CD|}$.

Z pomiarów na rysunku (w tej samej skali) stosunek promienia najmniejszego koła do odcinka $|CD|$ wynosi ok. $\dfrac{3,8}{9,5}=0,4$.

$v_{fali}=0,4\cdot 0,50\ \mathrm{m/s}=0,2\ \mathrm{m/s}$.

Dla fali kulistej natężenie maleje z kwadratem odległości: $I\propto\dfrac{1}{r^{2}}$. Ponieważ $|DA|=3\cdot|CD|$, a $|DB|=2\cdot|CD|$:

$\dfrac{I_{A}}{I_{B}}=\left(\dfrac{|DB|}{|DA|}\right)^{2}=\left(\dfrac{2}{3}\right)^{2}=\dfrac{4}{9}$.

Odpowiedź: D.

Prowadzimy z punktu $A$ promienie przechodzące przez dolną połowę soczewki: np. promień przez środek soczewki $O$ (biegnie bez załamania) oraz promień równoległy do osi, który po załamaniu przechodzi przez ognisko $F_{2}$ (po stronie ekranu). Punkt przecięcia tych promieni to obraz $A^{\prime}$; obraz $B^{\prime}$ leży na osi optycznej.

Powstaje obraz rzeczywisty, odwrócony i powiększony, po przeciwnej stronie soczewki niż przedmiot. Zasłonięcie części soczewki nie zmienia położenia ani wielkości obrazu — jedynie zmniejsza jego jasność.

Niech $x$ — odległość przedmiotu, $y$ — odległość obrazu. Dla obrazu rzeczywistego powiększenie $p=\dfrac{y}{x}$, więc $y=px$.

Z równania soczewki: $\dfrac{1}{f}=\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}=\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{px}=\dfrac{p+1}{px}$.

Stąd $f=\dfrac{px}{p+1}=\left(\dfrac{p}{p+1}\right)x$.

Energia kinetyczna (relatywistycznie): $E_{k}=eU=(\gamma-1)E_{0}$, więc $\gamma-1=\dfrac{eU}{E_{0}}=\dfrac{6,00\cdot 10^{5}}{5,11\cdot 10^{5}}\approx 1,17$, czyli $\gamma\approx 2,17$.

$\gamma=\dfrac{1}{\sqrt{1-(v/c)^{2}}}\Rightarrow \dfrac{v}{c}=\sqrt{1-\dfrac{1}{\gamma^{2}}}=\sqrt{1-\dfrac{1}{2,17^{2}}}\approx 0,89$.

1. Fałsz. Maksimum $E_{w}/A$ przypada na jądra średnio ciężkie ($A\approx 56$–$62$), a nie najcięższe.

2. Fałsz. Całkowity deficyt masy odpowiada całkowitej energii wiązania $E_{w}=\left(\dfrac{E_{w}}{A}\right)\cdot A$; dla uranu ($\approx 7,6\cdot 235$) jest ona większa niż dla wolframu ($\approx 8,1\cdot 182$).

3. Prawda. Produkty rozszczepienia mają większą sumaryczną energię wiązania niż jądro uranu — dlatego w rozszczepieniu wydziela się energia.

Odpowiedź: F, F, P.

Jądro $^{62}$Ni ma $Z=28$ protonów i $N=34$ neutrony. Energia wiązania: $E_{w}=8,795\ \mathrm{MeV}\cdot 62=545,29$ MeV.

Z zależności $\Delta m\,c^{2}=E_{w}$ oraz $\Delta m=28m_{p}+34m_{n}-m_{Ni}$: $m_{Ni}=28m_{p}+34m_{n}-\dfrac{E_{w}}{c^{2}}$.

$m_{Ni}\approx 28\cdot 1,6726\cdot 10^{-27}+34\cdot 1,6749\cdot 10^{-27}-0,97\cdot 10^{-27}\approx 102,8\cdot 10^{-27}\ \mathrm{kg}=1,028\cdot 10^{-25}\ \mathrm{kg}$.

Liczby atomowe: uran $Z=92$, ksenon $Z=54$, stront $Z=38$ ($54+38=92$).

Liczby masowe: $1+235=236$; po prawej $140+94=234$, więc brakuje $236-234=2$ neutronów.

$^{1}_{0}\mathrm{n}+^{235}_{92}\mathrm{U}\rightarrow{}^{140}_{54}\mathrm{Xe}+^{94}_{38}\mathrm{Sr}+2\,^{1}_{0}\mathrm{n}$.

Energia kinetyczna produktów to różnica energii wiązania produktów i substratu: $E_{k}=E_{w}(\mathrm{Xe})+E_{w}(\mathrm{Sr})-E_{w}(\mathrm{U})$.

Z wykresu ($E_{w}/A$): dla $^{140}$Xe $\approx 8,3$ MeV, $^{94}$Sr $\approx 8,6$ MeV, $^{235}$U $\approx 7,6$ MeV.

$E_{k}\approx 8,3\cdot 140+8,6\cdot 94-7,6\cdot 235\approx 1162+808-1786\approx 184\ \mathrm{MeV}$.