Z wykresu w przedziale $0$–$8$ s pęd rośnie od $30$ do $70$ kg·m/s, więc $F_{w1}=\dfrac{\Delta p}{\Delta t}=\dfrac{70-30}{8}=5$ N.

$a=\dfrac{F_{w1}}{m}=\dfrac{5}{4}=1,25\ \mathrm{m/s^{2}}$.

Odpowiedź: A.

W przedziale $8$–$12$ s pęd (dodatni) maleje, więc ciało porusza się w stronę $+x$, a siła wypadkowa jest skierowana przeciwnie do prędkości (hamuje) — odpowiedź B.

$|\vec{F}_{w2}|=\dfrac{70-10}{4}=15$ N, a $|\vec{F}_{w1}|=5$ N, więc $\vec{F}_{w2}$ jest większa — uzasadnienie 1. Odpowiedź: B1.

Wartość siły wypadkowej: $|\vec{F}_{w2}|=\dfrac{|\Delta p|}{\Delta t}=\dfrac{70-10}{12-8}=\dfrac{60}{4}=15$ N, o zwrocie przeciwnym do osi $x$ (współrzędna $F_{w2\,x}=-15$ N).

$\vec{F}_{w2}=\vec{F}_{3}+\vec{F}_{4}$: $-15=20+F_{4x}$, stąd $F_{4x}=-35$ N. Zatem siła $\vec{F}_{4}$ ma zwrot przeciwny do osi $x$ i wartość $F_{4}=35$ N.

Prędkość $v=\dfrac{p_{x}}{m}$. W przedziale $0$–$8$ s: $v$ rośnie od $\dfrac{30}{4}=7,5$ do $\dfrac{70}{4}=17,5$ m/s; droga $s_{1}=\dfrac{7,5+17,5}{2}\cdot 8=100$ m.

W przedziale $8$–$12$ s: $v$ maleje od $17,5$ do $\dfrac{10}{4}=2,5$ m/s (ciało wciąż porusza się w stronę $+x$); droga $s_{2}=\dfrac{17,5+2,5}{2}\cdot 4=40$ m.

$s=s_{1}+s_{2}=100+40=140$ m.

Zgodnie z trzecią zasadą dynamiki siły wzajemnego oddziaływania są równe co do wartości i przeciwnie skierowane.

Na K1 działa siła skierowana w lewo (od K2), a na K2 — równa co do wartości siła skierowana w prawo (od K1). Oba wektory rysujemy o jednakowej długości, wzdłuż linii łączącej środki kul.

Niech po zderzeniu $v_{1po}=-v_{2}$ (K1 w tył) i $v_{2po}=+v_{2}$ (K2 w przód), $|v_{1po}|=|v_{2po}|=v_{2}$.

Zasada zachowania pędu: $m_{1}v_{1}=-m_{1}v_{2}+m_{2}v_{2}$, stąd $m_{1}v_{1}=v_{2}(m_{2}-m_{1})$.

Zasada zachowania energii (zderzenie sprężyste): $\dfrac{1}{2}m_{1}v_{1}^{2}=\dfrac{1}{2}m_{1}v_{2}^{2}+\dfrac{1}{2}m_{2}v_{2}^{2}$, czyli $m_{1}v_{1}^{2}=v_{2}^{2}(m_{1}+m_{2})$.

Podstawiając $v_{1}=\dfrac{v_{2}(m_{2}-m_{1})}{m_{1}}$ do drugiego równania i oznaczając $r=\dfrac{m_{2}}{m_{1}}$: $(r-1)^{2}=1+r$, czyli $r^{2}-3r=0$, stąd $r=3$.

$\dfrac{m_{2}}{m_{1}}=3$.

Środek masy $S$ leży w środku płyty, czyli $4,5$ m od A ($\tfrac{2+4+3}{2}$). Osie: $O_{1}$ w $2$ m, $O_{2}$ w $6$ m od A. Odległości $S$: od $O_{1}$ — $2,5$ m, od $O_{2}$ — $1,5$ m.

Równowaga sił (pionowo): $F_{1}+F_{2}=Q_{P}$ — warunek 1.

Równowaga momentów względem $S$: $F_{1}\cdot 2,5=F_{2}\cdot 1,5$, więc $F_{1}F_{1}$ — odpowiedź A. Razem: A1.

Gdy $F_{1}=F_{2}$, wypadkowa reakcji działa w środku odcinka $O_{1}O_{2}$, czyli w punkcie $M$ odległym $\dfrac{2+6}{2}=4$ m od A. Zatem wypadkowy ciężar (płyta + klocek) musi mieć środek w tym punkcie.

Moment względem $M$: $Q_{P}\cdot(4,5-4)+Q_{K}\cdot(d-4)=0$, gdzie $d$ — położenie klocka od A. Podstawiając $Q_{K}=0,4Q_{P}$: $0,5+0,4(d-4)=0$, stąd $d=2,75$ m.

Odległość klocka od $S$ (w $4,5$ m): $x=|4,5-2,75|=1,75$ m.

Punkt $A$ jest jednakowo oddalony od obu głośników, a fale są zgodne w fazie — nakładają się konstruktywnie, więc amplitudy się dodają: $A_{wyp}=2A_{1}$.

Natężenie jest proporcjonalne do kwadratu amplitudy: $I_{12A}=(2A_{1})^{2}\propto 4A_{1}^{2}=4I_{1A}$.

Odpowiedź: D.

Dla punktu o współrzędnej $x$ (na odcinku $0\le x\le 4$) różnica dróg do głośników wynosi $|x-(4-x)|=|2x-4|$.

Minimum (wygaszenie) zachodzi, gdy różnica dróg jest nieparzystą wielokrotnością $\dfrac{\lambda}{2}=1$ m: $|2x-4|=(2n-1)\cdot 1$.

Dla kolejnych wartości: $|2x-4|=1\Rightarrow x=1,5$ lub $x=2,5$; $|2x-4|=3\Rightarrow x=0,5$ lub $x=3,5$.

Punkty minimów: $x=0,5$ m, $1,5$ m, $2,5$ m, $3,5$ m.

Zasada zachowania energii po włączeniu silników (od orbity do nieskończoności, gdzie energia potencjalna $=0$): $\dfrac{1}{2}mv_{A}^{2}-\dfrac{GM_{S}m}{r_{A}}=\dfrac{1}{2}mv_{\infty A}^{2}$, więc $v_{A}^{2}=v_{\infty A}^{2}+\dfrac{2GM_{S}}{r_{A}}$.

Dla ruchu po orbicie kołowej $v_{orA}^{2}=\dfrac{GM_{S}}{r_{A}}$, więc $\dfrac{2GM_{S}}{r_{A}}=2v_{orA}^{2}$. Stąd $v_{A}=\sqrt{v_{\infty A}^{2}+2v_{orA}^{2}}$.

$\Delta v_{A}=v_{A}-v_{orA}=\sqrt{v_{\infty A}^{2}+2v_{orA}^{2}}-v_{orA}$.

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

$T_{2}:T_{4}=6:3=2:1$.

Odpowiedź: B.

1. Prawda. $W_{S2\to S3}=3p_{1}(3V_{1}-2V_{1})=3p_{1}V_{1}$, a $|W_{S4\to S1}|=p_{1}(3V_{1}-2V_{1})=p_{1}V_{1}$; iloraz $3$.

2. Prawda. $S_{1}\to S_{2}$ (izochora, ciśnienie rośnie → $T$ rośnie) i $S_{2}\to S_{3}$ (izobara, objętość rośnie → $T$ rośnie) — w obu $T$ rośnie, więc gaz pobiera ciepło.

Odpowiedź: P, P.

Obie przemiany są izochoryczne, $Q=nC_{V}\Delta T\propto V\cdot\Delta p$.

$|Q_{12}|\propto 2V_{1}\cdot(3p_{1}-p_{1})=4p_{1}V_{1}$, $|Q_{34}|\propto 3V_{1}\cdot(3p_{1}-p_{1})=6p_{1}V_{1}$.

$\dfrac{|Q_{12}|}{|Q_{34}|}=\dfrac{4}{6}=\dfrac{2}{3}$.

Praca w cyklu = pole prostokąta: $|W|=(3p_{1}-p_{1})(3V_{1}-2V_{1})=2p_{1}V_{1}$.

Związek między ciepłem pobranym, pracą i ciepłem oddanym: $|Q_{pob}|=|W|+|Q_{odd}|=2p_{1}V_{1}+11,5p_{1}V_{1}=13,5p_{1}V_{1}$.

$\eta=\dfrac{|W|}{|Q_{pob}|}=\dfrac{2p_{1}V_{1}}{13,5p_{1}V_{1}}\approx 0,148$ (ok. $14,8\%$).

$R_{T}=\dfrac{U_{T}}{I_{T}}$. Z wykresu dla punktu $T$: $U_{T}\approx 1,6$ V, $I_{T}\approx 8$ A.

$R_{T}=\dfrac{1,6}{8}=0,2\ \Omega$.

Odpowiedź: B.

Prosta $U(I)$: $U=\mathcal{E}-R_{w}I$. Dla $I=0$ (bardzo duży opór) $U=\mathcal{E}$; z wykresu (przecięcie z osią $U$) $\mathcal{E}=8$ V.

Prąd zwarcia to $I$ przy $U=0$: $0=\mathcal{E}-R_{w}I_{z}$, więc $I_{z}=\dfrac{\mathcal{E}}{R_{w}}$. Ponieważ $R_{w}=0,8\ \Omega$ (z zad. 7.3): $I_{z}=\dfrac{8}{0,8}=10$ A.

Napięcie na oporniku: $U=\mathcal{E}-R_{w}I$ — opór wewnętrzny to wartość bezwzględna współczynnika kierunkowego prostej $U(I)$.

Z dwóch punktów wykresu (np. $\mathcal{E}=2\cdot R_{w}+6,4$ oraz $\mathcal{E}=8\cdot R_{w}+1,6$) otrzymujemy $6\,R_{w}=4,8$, czyli $R_{w}=0,8\ \Omega$.

Normalną w punkcie $D$ jest promień $DS$. Promień padający jest równoległy do osi, więc kąt padania (mierzony od normalnej) równa się $\alpha=|\angle DSO|$; kąt odbicia też wynosi $\alpha$.

W trójkącie $DSP$ kąty przy $S$ i przy $D$ są równe $\alpha$, więc jest on równoramienny, a z twierdzenia sinusów $|SP|=\dfrac{R\sin\alpha}{\sin 2\alpha}=\dfrac{R}{2\cos\alpha}$.

Ponieważ $|OS|=R$, to $x=|OP|=|OS|-|SP|=R-\dfrac{R}{2\cos\alpha}=R\left(1-\dfrac{1}{2\cos\alpha}\right)$.

(Dla $\alpha\to 0$ otrzymujemy $x\to\dfrac{R}{2}$ — ogniskową zwierciadła.)

Sprawdzamy prawo załamania Snella: $\sin\beta=\dfrac{n_{1}\sin\alpha}{n_{2}}=\dfrac{1,83\cdot\sin 60^{\circ}}{1,50}=\dfrac{1,83\cdot 0,866}{1,50}\approx 1,06>1$ — brak rozwiązania, więc załamanie jest niemożliwe.

Kąt graniczny: $\sin\alpha_{gr}=\dfrac{n_{2}}{n_{1}}=\dfrac{1,50}{1,83}\approx 0,82$, czyli $\alpha_{gr}\approx 55^{\circ}$. Ponieważ $\alpha=60^{\circ}>\alpha_{gr}$, zachodzi całkowite wewnętrzne odbicie.

Promień odbija się od granicy — kąt odbicia równy kątowi padania ($60^{\circ}$), pozostając w ośrodku 1.

SEM średnia $\mathcal{E}=\dfrac{|\Delta\Phi|}{\Delta t}$, a $\Phi=BS\cos\alpha$. Zmiana $|\Delta(\cos\alpha)|$ jest większa w pobliżu $45^{\circ}$ (gdzie $\sin\alpha$ jest większy) niż w pobliżu $0^{\circ}$.

Zatem $\mathcal{E}_{1}<\mathcal{E}_{2}$ — odpowiedź C, ponieważ zmiana strumienia indukcji jest większa w sytuacji z rysunku 4. — uzasadnienie 2. Razem: C2.

$\Delta\alpha=2^{\circ}=\dfrac{\pi}{90}$ rad, a $\Delta t=\dfrac{\Delta\alpha}{\omega}=\dfrac{\pi/90}{20}=\dfrac{\pi}{1800}$ s.

$|\Delta\Phi|=BS\left(\cos 43^{\circ}-\cos 45^{\circ}\right)=1,0\cdot 10^{-3}\cdot 0,01\cdot(0,731-0,707)\approx 2,4\cdot 10^{-7}$ Wb.

$\mathcal{E}_{2}=\dfrac{|\Delta\Phi|}{\Delta t}\approx\dfrac{2,4\cdot 10^{-7}}{\pi/1800}\approx 0,14\cdot 10^{-3}\ \mathrm{V}=1,4\cdot 10^{-4}\ \mathrm{V}$.

(Równoważnie $\mathcal{E}_{2}=BS\omega\sin 44^{\circ}\approx 0,14\cdot 10^{-3}$ V.)

Czynnik Lorentza w $X$: $\gamma_{X}=\dfrac{1}{\sqrt{1-(1/3)^{2}}}=\dfrac{1}{\sqrt{8/9}}\approx 1,061$.

Praca pola: $eU=\Delta E_{k}=(\gamma_{Y}-\gamma_{X})E_{0}$, więc $\gamma_{Y}-\gamma_{X}=\dfrac{eU}{E_{0}}=\dfrac{1,50\cdot 10^{5}}{5,11\cdot 10^{5}}\approx 0,294$, stąd $\gamma_{Y}\approx 1,354$.

$\dfrac{v_{Y}}{c}=\sqrt{1-\dfrac{1}{\gamma_{Y}^{2}}}=\sqrt{1-\dfrac{1}{1,354^{2}}}\approx 0,674$.

Z zasady zachowania pędu pęd atomu równa się pędowi fotonu: $p_{at}=\dfrac{E_{f\,62}}{c}$, więc $E_{kin\,at}=\dfrac{p_{at}^{2}}{2m_{at}}=\dfrac{E_{f\,62}^{2}}{2m_{at}c^{2}}$.

Zatem $\dfrac{E_{kin\,at}}{E_{f\,62}}=\dfrac{E_{f\,62}}{2m_{at}c^{2}}$. Energia fotonu: $E_{f\,62}=E_{6}-E_{2}=-\dfrac{13,6}{36}-\left(-\dfrac{13,6}{4}\right)\approx 3,02$ eV.

$m_{at}c^{2}=1,6735\cdot 10^{-27}\cdot(3\cdot 10^{8})^{2}\approx 1,51\cdot 10^{-10}$ J $\approx 9,4\cdot 10^{8}$ eV.

$\dfrac{E_{kin\,at}}{E_{f\,62}}=\dfrac{3,02}{2\cdot 9,4\cdot 10^{8}}\approx 1,6\cdot 10^{-9}$.

1. Prawda. W rozszczepieniu wydziela się energia, więc masa maleje — substraty mają większą masę niż produkty (deficyt masy zamienia się na energię kinetyczną).

2. Fałsz. Masa jądra jest mniejsza od sumy mas swobodnych nukleonów (o deficyt masy odpowiadający energii wiązania).

Odpowiedź: P, F.

Bilans liczby masowej: $235+1=92+A_{X}+3\cdot 1$, stąd $A_{X}=141$.

Bilans liczby atomowej: $92=36+Z_{X}$, stąd $Z_{X}=56$ (bar).

Zatem $X={}^{141}_{56}\mathrm{Ba}$.

Odpowiedź: B.

Z bilansu energii: $m_{U}c^{2}+m_{n}c^{2}=E_{kin\,prod}+m_{X}c^{2}+m_{Kr}c^{2}+3m_{n}c^{2}$, więc $m_{X}=m_{U}-2m_{n}-m_{Kr}-\dfrac{E_{kin\,prod}}{c^{2}}$.

$\dfrac{E_{kin\,prod}}{c^{2}}=\dfrac{173,3\cdot 1,602\cdot 10^{-13}}{(3\cdot 10^{8})^{2}}\approx 0,309\cdot 10^{-27}$ kg.

$m_{X}=(390,216-2\cdot 1,675-152,614-0,309)\cdot 10^{-27}\approx 233,9\cdot 10^{-27}\ \mathrm{kg}=2,339\cdot 10^{-25}\ \mathrm{kg}$.