W ruchu jednostajnie przyśpieszonym po okręgu punkt $P$ ma dwie składowe przyśpieszenia:

• składową styczną $\vec{a}_{s}$ — styczną do okręgu, zgodną ze zwrotem prędkości $\vec{v}$ (ruch przyśpieszony),

• składową dośrodkową $\vec{a}_{r}$ — skierowaną wzdłuż promienia do środka $S$.

Wektor przyśpieszenia całkowitego $\vec{a}$ jest sumą wektorową (przekątną prostokąta) tych składowych — skierowany „do wnętrza" okręgu, między $\vec{a}_{s}$ a $\vec{a}_{r}$.

1. Prawda. Przyśpieszenie kątowe $\varepsilon$ jest wspólne dla całej obracającej się bryły sztywnej.

2. Prawda. $v=\omega r$ — największą prędkość liniową mają punkty o największym $r$, czyli na brzegu.

3. Fałsz. Przyśpieszenie dośrodkowe $a_{r}=\omega^{2}r$ zależy od $r$, więc jest różne dla różnych punktów.

Odpowiedź: P, P, F.

Faza przyśpieszania ($0$ do $t_{1}=8$ s): platforma wykonuje $1$ obrót. Z $2\pi=\dfrac{1}{2}\varepsilon t_{1}^{2}$ oraz $\omega=\varepsilon t_{1}$ otrzymujemy $\omega=\dfrac{2\cdot 2\pi}{t_{1}}=\dfrac{4\pi}{8}=\dfrac{\pi}{2}$ rad/s.

Faza jednostajna (od $8$ s do $60$ s, czyli $52$ s): kąt $\alpha=\omega\cdot 52=\dfrac{\pi}{2}\cdot 52=26\pi$ rad, co odpowiada $\dfrac{26\pi}{2\pi}=13$ obrotom.

Łącznie: $N=1+13=14$ obrotów.

Oba ciała są w równowadze, więc dla każdego siła grawitacji równoważy siłę wyporu.

$\mathcal{C}_{1}$: $\vec{F}_{g1}$ ma tę samą długość co dana $\vec{F}_{w1}$, jest skierowana pionowo w dół (a $\vec{F}_{w1}$ w górę).

$\mathcal{C}_{2}$: ponieważ ciało jest całkowicie zanurzone, $\vec{F}_{w2}$ odpowiada wyporowi całej objętości i jest większa od $\vec{F}_{w1}$; siła $\vec{F}_{g2}=\vec{F}_{w2}$ (równowaga), skierowana w dół, a $\vec{F}_{w2}$ w górę — obie dłuższe od $\vec{F}_{w1}$ (o $\tfrac{4}{3}$).

Z pływania w wodzie ($\tfrac{3}{4}$ zanurzenia): $\rho_{\mathcal{C}_{1}}=\dfrac{3}{4}\rho_{w}=0,75$ g/cm$^{3}$.

Z pływania w cieczy X ($\tfrac{2}{3}$ zanurzenia): $\rho_{\mathcal{C}_{1}}=\dfrac{2}{3}\rho_{X}$, stąd $\rho_{X}=\dfrac{3}{2}\rho_{\mathcal{C}_{1}}=\dfrac{3}{2}\cdot 0,75=1,125$ g/cm$^{3}\approx 1,1$ g/cm$^{3}$.

Przy toczeniu bez poślizgu punkt styku z podłożem ma prędkość zero, a $\omega=\dfrac{v_{S}}{R}$.

Punkt $A$ (na górze): prędkość obrotowa dodaje się do postępowej — $v_{A}=v_{S}+\omega R=2v_{S}=2\cdot 2,5=5$ m/s.

Punkt $B$ (z boku): prędkość obrotowa (pionowa) jest prostopadła do postępowej (poziomej) — $v_{B}=\sqrt{v_{S}^{2}+(\omega R)^{2}}=v_{S}\sqrt{2}=2,5\sqrt{2}\approx 3,5$ m/s.

Równanie ruchu postępowego (oś $x$ w stronę $\vec{F}$): $ma=F+T_{x}$.

Równanie ruchu obrotowego wokół osi $S$ (toczenie bez poślizgu $a=\varepsilon R$, $I_{0}=\tfrac{1}{2}mR^{2}$): moment siły $F$ (na górze) i tarcia $T$ (na dole) — $F\cdot R-T_{x}\cdot R=\dfrac{1}{2}mR^{2}\cdot\dfrac{a}{R}$, czyli $F-T_{x}=\dfrac{1}{2}ma$.

Odejmując równania: $2T_{x}=\dfrac{1}{2}ma$, a z sumy $2F=\dfrac{3}{2}ma$ czyli $a=\dfrac{4F}{3m}$. Stąd $T_{x}=\dfrac{1}{4}ma=\dfrac{1}{4}m\cdot\dfrac{4F}{3m}=\dfrac{F}{3}$.

$T_{x}>0$, więc siła tarcia ma zwrot zgodny z siłą $\vec{F}$ (do przodu). W punkcie $C$ rysujemy $\vec{T}$ o zwrocie zgodnym z osią $x$, o wartości $\dfrac{F}{3}$.

Z rysunku $r_{B}=3r_{A}$.

1. Prawda. Z III prawa Keplera $\left(\dfrac{T_{B}}{T_{A}}\right)^{2}=\left(\dfrac{r_{B}}{r_{A}}\right)^{3}=3^{3}=27$, więc $\dfrac{T_{B}}{T_{A}}=\sqrt{27}$.

2. Prawda. Na orbicie kołowej wypadkowa siła (grawitacja) jest dośrodkowa, więc i przyśpieszenie jest dośrodkowe.

3. Fałsz. $v=\sqrt{\dfrac{GM_{Z}}{r}}$ — prędkość orbitalna nie zależy od masy satelity.

Odpowiedź: P, P, F.

$F=\dfrac{GM_{Z}m}{r^{2}}$, więc $\dfrac{F_{A}}{F_{B}}=\left(\dfrac{r_{B}}{r_{A}}\right)^{2}$. Z rysunku $r_{B}=3r_{A}$, więc $\dfrac{F_{A}}{F_{B}}=3^{2}=9$, czyli $F_{A}=9F_{B}$.

Odpowiedź: D.

Praca silników równa się zmianie energii mechanicznej: $W_{AB}=E_{mechB}-E_{mechA}=\dfrac{GM_{Z}m}{2}\left(\dfrac{1}{r_{A}}-\dfrac{1}{r_{B}}\right)$.

Z rysunku $r_{B}=3r_{A}$: $W_{AB}=\dfrac{GM_{Z}m}{2}\left(\dfrac{1}{r_{A}}-\dfrac{1}{3r_{A}}\right)=\dfrac{GM_{Z}m}{2}\cdot\dfrac{2}{3r_{A}}=\dfrac{GM_{Z}m}{3r_{A}}$.

1. Prawda. $|W_{G2\to G3}|=3p_{1}\cdot 2V_{1}=6p_{1}V_{1}$, a $|W_{G4\to G1}|=2p_{1}\cdot 2V_{1}=4p_{1}V_{1}$; iloraz $\dfrac{6}{4}=1,5$.

2. Prawda. Obie to przemiany izochoryczne ($Q=nC_{V}\Delta T\propto\Delta(pV)$): $|Q_{G3\to G4}|=\tfrac{3}{2}\cdot 3V_{1}\cdot p_{1}=4,5p_{1}V_{1}$, $|Q_{G1\to G2}|=\tfrac{3}{2}\cdot V_{1}\cdot p_{1}=1,5p_{1}V_{1}$; iloraz $3$.

Odpowiedź: P, P.

Z równania stanu $T\propto pV$: $T_{2}\propto p\cdot V=3p_{1}\cdot V_{1}=3p_{1}V_{1}$, $T_{4}\propto 2p_{1}\cdot 3V_{1}=6p_{1}V_{1}$.

$\dfrac{T_{2}}{T_{4}}=\dfrac{3p_{1}V_{1}}{6p_{1}V_{1}}=\dfrac{1}{2}=0,5$.

Praca w cyklu = pole prostokąta: $W=\Delta p\cdot\Delta V=(3p_{1}-2p_{1})(3V_{1}-V_{1})=2p_{1}V_{1}$.

Ciepło pobrane (w przemianach, w których $T$ rośnie): $G_{1}\to G_{2}$ (izochora) $Q_{12}=\dfrac{3}{2}\cdot V_{1}(3p_{1}-2p_{1})=1,5p_{1}V_{1}$ oraz $G_{2}\to G_{3}$ (izobara, $C_{p}=\tfrac{5}{2}R$) $Q_{23}=\dfrac{5}{2}\cdot 3p_{1}(3V_{1}-V_{1})=15p_{1}V_{1}$.

$Q_{pob}=1,5p_{1}V_{1}+15p_{1}V_{1}=16,5p_{1}V_{1}$.

$\eta=\dfrac{W}{Q_{pob}}=\dfrac{2p_{1}V_{1}}{16,5p_{1}V_{1}}\approx 0,12$ (czyli ok. $12\%$).

Na nośniki ładunku w boku $AB$ poruszającym się z prędkością $\vec{v}$ w polu $\vec{B}$ działa siła Lorentza $\vec{F}=q\vec{v}\times\vec{B}$; wyznacza ona kierunek przepływu prądu wzdłuż boku $AB$ (regułą prawej dłoni / śruby).

Zgodnie z tym kierunkiem ustalamy, który zacisk (X czy Y) jest chwilowo biegunem dodatnim, a który ujemnym źródła dla obwodu zewnętrznego. Prąd w obwodzie zewnętrznym płynie od bieguna „+" przez opornik $R$ do bieguna „−".

(Dokładne zwroty zależą od orientacji $\vec{v}$ i $\vec{B}$ na rysunku — należy zastosować regułę iloczynu wektorowego dla boku $AB$.)

Okres: $T=\dfrac{2\pi}{\omega}=\dfrac{2\pi}{100\pi}=0,02$ s.

Wartość skuteczna prądu: $I_{sk}=\dfrac{U_{sk}}{R}=\dfrac{24}{10}=2,4$ A. Amplituda: $I_{max}=I_{sk}\sqrt{2}=2,4\sqrt{2}\approx 3,4$ A.

Ponieważ w chwili $t=0$ natężenie jest maksymalne dodatnie, $I(0)=I_{max}$ ($\phi_{0}=\dfrac{\pi}{2}$), a wykres to cosinusoida: $I(t)=I_{max}\cos(\omega t)$ o amplitudzie $3,4$ A i okresie $0,02$ s (w przedziale $0$–$0,04$ s mieszczą się dwa pełne okresy).

Amplituda SEM prądnicy jest proporcjonalna do prędkości kątowej: $U_{max}=NBS\omega$, więc również $U_{sk}\propto\omega$.

$\tilde{U}_{sk}=U_{sk}\cdot\dfrac{\tilde{\omega}}{\omega}=24\cdot\dfrac{120\pi}{100\pi}=24\cdot 1,2=28,8$ V.

Promień równoległy do osi po przejściu przez soczewkę skupiającą S1 załamuje się i przechodzi przez jej ognisko obrazowe $F_{1P}$ (po prawej stronie S1).

Następnie biegnie dalej i pada na S2. Aby wyznaczyć jego bieg za S2, korzystamy z konstrukcji: przez środek S2 prowadzimy pomocniczy promień równoległy do promienia padającego — przecina on płaszczyznę ogniskową obrazową S2 w punkcie, przez który przechodzi załamany promień P.

W rysunku 1. i 2. różne położenia soczewek dają różny bieg końcowy — konstrukcję wykonujemy zgodnie z powyższą zasadą (bieg wynika z położenia ognisk $F_{2L},F_{2P}$).

Zgodnie z prawem Hubble'a prędkość oddalania galaktyki jest wprost proporcjonalna do jej odległości od obserwatora i skierowana wzdłuż linii $\mathcal{O}$–galaktyka: $\vec{v}=H\vec{r}$.

Wektor $\vec{v}_{\beta}$ rysujemy wzdłuż kierunku $\mathcal{O}\to\beta$ (od obserwatora), a jego długość dobieramy proporcjonalnie: $\dfrac{v_{\beta}}{v_{\alpha}}=\dfrac{r_{\beta}}{r_{\alpha}}$ (stosunek odległości $\mathcal{O}\beta$ do $\mathcal{O}\alpha$, odczytany z siatki).

W przeszłości Wszechświat był „mniejszy" — wszystkie odległości między obiektami były przeskalowane o ten sam czynnik. Skoro w chwili $t_{p}$ galaktyka $\alpha$ była bliżej $\mathcal{O}$ (dane na diagramie 3.), to i $\beta$ była bliżej w tej samej proporcji.

Położenie $\beta(t_{p})$ wyznaczamy, skracając wektor $\mathcal{O}\beta$ w tym samym stosunku, w jakim skrócił się wektor $\mathcal{O}\alpha$ (z diagramu 1. do diagramu 3.); punkt wypada w węźle siatki.

1. Prawda. Przejścia $a\to 1$ (seria Lymana) leżą w nadfiolecie — $\lambda<400$ nm.

2. Prawda. $E_{3\to 1}=E_{3}-E_{1}$ jest większa od $E_{4\to 2}=E_{4}-E_{2}$ (większa różnica energii), a $f\propto E$.

3. Fałsz. Jonizacja atomu ze stanu podstawowego wymaga $13,6$ eV (nadfiolet, $\lambda\approx 91$ nm); foton fioletowy ($\approx 3,1$ eV) ma zbyt małą energię.

Odpowiedź: P, P, F.

Przejściu $3\to 2$ odpowiada foton o najmniejszej energii spośród serii Balmera (najmniejsza różnica energii), a więc o największej długości fali — linia L32 $\approx 656$ nm (czerwona).

Przejściu $4\to 2$ odpowiada foton o większej energii (mniejsza długość fali) — linia L42 $\approx 486$ nm (niebiesko-zielona).

Energie poziomów: $E_{n}=-\dfrac{13,6\ \mathrm{eV}}{n^{2}}$. $E_{1}=-13,6$ eV, $E_{3}=-\dfrac{13,6}{9}\approx -1,51$ eV.

Energia fotonu: $E_{f}=E_{3}-E_{1}=-1,51-(-13,6)=12,09$ eV $=1,94\cdot 10^{-18}$ J.

$\lambda_{31}=\dfrac{hc}{E_{f}}=\dfrac{6,63\cdot 10^{-34}\cdot 3\cdot 10^{8}}{1,94\cdot 10^{-18}}\approx 1,03\cdot 10^{-7}\ \mathrm{m}=103\ \mathrm{nm}$.

Bilans liczby masowej: $1+1=2$, więc $A=2$.

Bilans ładunku: $1+1=Z_{X}+(+1)+0$, stąd $Z_{X}=1$.

Jądro o $Z=1$, $A=2$ to deuter $^{2}_{1}\mathrm{H}$ (deuteron, D): $p+p\rightarrow{}^{2}_{1}\mathrm{H}+e^{+}+{}^{0}_{0}\nu_{e}$.

1. Fałsz. Fuzja jest egzoenergetyczna — masa maleje, a wyzwolona energia zwiększa energię kinetyczną produktów, więc suma energii kinetycznych produktów jest większa niż protonów.

2. Prawda. Pozyton $e^{+}$ powstaje przy przemianie jednego protonu w neutron (przemiana $\beta^{+}$): $p\to n+e^{+}+\nu_{e}$.

Odpowiedź: F, P.

Protony mają jednakowy (dodatni) ładunek, więc odpychają się siłą kulombowską, która rośnie przy zbliżaniu. Aby doszło do fuzji, protony muszą zbliżyć się na bardzo małą odległość — zasięg działania silnych oddziaływań jądrowych (przyciągających).

Tylko przy bardzo dużej energii kinetycznej protony mogą pokonać barierę odpychania elektrostatycznego (barierę kulombowską) i znaleźć się dostatecznie blisko, by zaczęły dominować siły jądrowe.

Z bilansu energii (masa neutrina pomijalna): $\Delta E_{kin}=(2m_{p}-m_{X}-m_{e})c^{2}$.

$2m_{p}-m_{X}-m_{e}=2\cdot 1,007276-2,013553-0,000549=2,014552-2,014102=0,00045$ u.

$\Delta E_{kin}=0,00045\cdot 931,5\ \mathrm{MeV}\approx 0,42\ \mathrm{MeV}$.