c ANALIZA I ROZWI ZANIA ZADA FIZYKA - POZIOM ROZSZERZONY (NOWA FORMUŠA) MATURA, MAJ 2015

Transkrypt

1 c ANALIZA I ROZWI ZANIA ZADA FIZYKA - POZIOM ROZSZERZONY (NOWA FORMUŠA) MATURA, MAJ 2015 Opracowanie rozwi za«zada«: Mariusz Mroczek Oprawa graczna: Mariusz Mroczek Publikuj : Mariusz Mroczek, EDUKARIS Zadania (¹ródªo): CKE, matura, maj 2015

2 2 Odpowiedzi do zada«cke maj 2015 (nowa pp), EDUKARIS, opracowaª Mariusz Mroczek c Prezentowany materiaª edukacyjny przeznaczony jest gªównie dla uczestników moich zaj z - zyki, korzystaj cych z mojego podr cznika, autorskich matur próbnych i jest dodatkow pomoc w nauce zyki na poziomie przed-akademickim. Ten materiaª jest kontynuacj pisanych w latach poprzednich rozwi za«zada«maturalnych przygotowanych przez CKE. Niniejszy skrypt powinien pomóc w samodzielnej oraz poszerzonej analizie nie tyle zada«maturalnych, co prezentowanych w nich zjawisk. Z opracowania mo»na korzysta on-line o ile takie udost pnienie jest i na okre±lonych tam»e zasadach. Nie mo»na opracowania umieszcza na wªasnych serwerach i dawa tam odno±ników. Przedstawione opracowanie chroni ustawa o prawach autorskich. Powielanie, kopiowanie, wykorzystywanie we fragmentach lub w caªo±ci przez inne podmioty lub przez osoby zyczne, bez wiedzy autora opracowania, jest zabronione pod odpowiedzialno±ci karn oraz cywilno - prawn. Opracowanie publikuje Mariusz Mroczek, EDUKARIS Centrum Edukacji Maturalnej, ul. Smolna 13 lok. 409, Warszawa,

3 Odpowiedzi do zada«cke maj 2015 (nowa pp), EDUKARIS, opracowaª Mariusz Mroczek c 3 Zadanie 1.1 (0-1) Zadanie 1.2 (0-1) Je»eli mo»na pomin opór powietrza, to pr dko± ruchu obrotowego obr czy jest D. taka sama od momentu wyrzucenia a» do upadku. Zadanie 1.3 (0-1) Chodzi o Zasad Zachowania Momentu P du. Zachowanie wektora momentu p du oznacza zachowanie jego kierunku (co ma znaczenie w tym przykªadzie), zwrotu i warto±ci. Zadanie 1.4 (0-1) Powrót obr czy z poªo»enia C do gimnastyczki jest skutkiem dziaªania siªy B. tarcia (statycznego, chwilowo w miejscu C). Zadanie 2 (0-1) Takie ustawienie wody jest mo»liwe, gdy dodatkowa siªa dziaªaj ca na wózek byªa skierowana B. w lewo a wózek 3. mógª porusza si w dowoln stron (w prawo lub w lewo). Poni»ej wyja±nienie zjawiska (niewymagane w tym zadaniu) przeprowadzone w inercjalnym ukªadzie odniesienia, np. zwi zanym z pracowni. (Uwaga, zjawisko jest analogiczne do zachowania si ci»arka zawieszonego na lince przypi tej do sutu przyspieszaj ceg/hamuj cego samochodu.) Zjawisko mo»na analizowa równie» w nieinercjalnym ukªadzie odniesienia zwi zanym z przyspieszaj cym naczyniem.

4 4 Odpowiedzi do zada«cke maj 2015 (nowa pp), EDUKARIS, opracowaª Mariusz Mroczek c Zadanie 3.1 (0-1) 1. Faªsz. Uzasadnienie: przy powolnym podnoszeniu sªupa, ruch obrotowy kr»ka jest jednostajny. To znaczy,»e momenty siª reakcji od napr»onej liny, dziaªaj ce na kr»ek, musz si równowa»y. Tak jest, gdy siªy naci gu liny po obu stronach kr»ka s takie same. 2. Prawda. W pocz tkowej fazie podnoszenia sªupa k t β mi dzy lini a poziomem maleje (zobacz rysunek). 3. Prawda. Przy niezmiennej wysoko±ci podpory i niezmiennym poªo»eniu obrotowej podstawy siªa naci gu liny konieczna do uniesienia sªupa z pozycji poziomej zale»y od wysoko±ci (dªugo±ci) sªupa. Uzasadnienie: zale»no± siªy naci gu od dªugo±ci sªupa kryje si w zale»no±ci sin α od dªugo±ci sªupa. Poni»ej matematyczny dowód (nie wymagany na maturze), oznaczenia zgodne z rysunkiem powy»ej: l F = l 2 Q to wynika z równowagi momentów siª; l F sin α = l 2 Q F sin α = Q 2 ; F = mg 2 sin α przy czym sin α zale»y od l, co wida na rysunku. Zadanie 3.2 (0-4) Aby sªup zostaª uniesiony, to momenty siª dziaªaj ce na sªup musz si co najmniej równowa»y. Warunek równowagi momentów siª zapisujemy zgodnie z oznaczeniami na rysunku powy»ej. Momenty siª liczymy wzgl dem osi obrotu zwi zanej z podstaw sªupa (rachunki przeprowadzamy w jednostkach SI): l F = l 2 Q to wynika z równowagi momentów siª; l F sin α = l 2 Q F sin α = Q 2 ; F = mg 2 sin α F = , 81 = N. 2 sin 15

5 Odpowiedzi do zada«cke maj 2015 (nowa pp), EDUKARIS, opracowaª Mariusz Mroczek c 5 Zadanie 3.3 (0-3) W poªo»eniu szczytowym energia mechaniczna sªupa jest równa energii potencjalnej grawitacji. Energia potencjalna ciaªa sztywnego w jednorodnym polu grawitacyjnym jest równa energii potencjalnej, jak miaªby punkt materialny o masie ciaªa sztywnego, w miejscu punktu ±rodka masy ciaªa sztywnego: E mech 1 = mg l 2. W chwili uderzenia o powierzchni ziemi energia mechaniczna jest równa energii kinetycznej ruchu obrotowego, obliczonej wzgl dem osi obrotu zwi zanej z podstaw sªupa. E mech 2 = 1 2 Iω2. Korzystamy z zasady zachowania energii mechanicznej i obliczamy najpierw warto± pr dko±ci k towej sªupa w chwili uderzenia o ziemi : E mech 1 = E mech 2 mg l 2 = 1 2 Iω2 ; mgl mgl ω = ω = I (1/3) ml 2 ; 3g 3 9, 81 ω = ω = = 1, 57 rad/s. l 12 Obliczamy pr dko± liniow punktu ko«ca sªupa, odlegªego od osi obrotu o l. Zadanie 4.1 (0-1) v = ω l v = 1, = 18, 8 m/s. Zadanie 4.2 (0-1) 1. Faªsz 2. Prawda Energia potencjalna ukªadu przy maksymalnym wychyleniu jest równa energii kinetycznej wózka przy przechodzeniu przez poªo»enie równowagi. 3. Prawda Energia caªkowita ukªadu jest zawsze równa maksymalnej energii kinetycznej wózka. Zadanie 4.3 (0-2) Zgodnie ze zdaniem 3 powy»ej, zapisujemy (rachunek przeprowadzamy w jednostkach SI): E calk = E kin max E calk = mv2 max v max = = 0, 2 m/s. v max = 2Ecalk m ;

6 6 Odpowiedzi do zada«cke maj 2015 (nowa pp), EDUKARIS, opracowaª Mariusz Mroczek c Zadanie 4.4 (0-3) Okres mo»na obliczy na przykªad wykorzystuj c zwi zek: v max = ωx max. ( ) 2π v max = x max T = 2π xmax 0, 04 T = 2 3, 14 = 1, 256 s. T v max 0, 2 Uwaga! Okres mo»na równowa»nie obliczy ze wzoru: T = 2π m/k przy czym k nale»aªoby wyznaczy ze wzoru na energi potencjaln maksymaln : E calk = E pot max = (1/2) kx 2 max. Zadanie 5.1 (0-1) Na rysunkach poni»ej znajduje si rozwi zanie zadania 5.1 oraz oznaczenia i wizualizacja do zada«5.2, 5.3. Zadanie 5.2 (0-2) Przedstawimy najpierw rozwi zanie, w którym nie powoªamy si jawnie na wzór na ±rodek masy, tylko bezpo±rednio skorzystamy z zasad dynamiki (wzór na ±rodek masy wªa±nie z nich wynika). Poniewa» obydwa obiekty (tutaj gwiazdy) poruszaj si po orbitach koªowych o wspólnym ±rodku, to siªa dziaªaj ca na ka»dy z nich musi mie charakter siªy do±rodkowej. Ponadto oba obiekty poruszaj si z t sam szybko±ci k tow ω. W zwi zku z tym, zgodnie z oznaczeniami na rysunku i wzorami na siªy do±rodkowe, na mas M dziaªa siªa do±rodkowa o warto±ci F M = Mω 2 x, natomiast na mas m dziaªa siªa do±rodkowa o warto±ci F m = mω 2 y. Siªy do±rodkowe w omawianym przypadku s siªami wzajemnego oddziaªywania obu ciaª. Natomiast siªy wzajemnego oddziaªywania dwóch ciaª musz speªnia III Zasad Dynamiki, w zwi zku z czym zachodzi tutaj równo± : F M = F m. Zapiszemy zatem: F M = F m Mω 2 x = mω 2 y M x = m (d x); (M + m) x = m d x = m M + m d Zauwa»my,»e w wyprowadzeniu nie powoªywali±my si na jawny, zyczny charakter oddziaªywania pomi dzy tymi ciaªami (fakt,»e jest to siªa grawitacji F mm = GMm/d 2 byª w wyznaczeniu punktu ±rodka masy bez znaczenia). To samo inaczej (rozwi zanie w którym skorzystamy ze wzoru na SM). Przyjmujemy ukªad wspóªrz dnych wspóªporuszaj cy si z M i m, którego jedna z osi wyznaczona jest przez lini Mm, przy czym ±rodek M le»y w pocz tku tego ukªadu. Wzór na ±rodek masy przyjmuje tutaj posta : x SM = x = 0 M + d m m + M x = md m + M. Zadanie 5.3 (0-2) 1. Prawda Siªy do±rodkowe F M oraz F m dziaªaj ce na gwiazdy o masach M i m maj jednakowe warto±ci. Uzasadnienie: s to siªy wzajemnego oddziaªywania M i m, dlatego zgodnie z III Zasad Dynamiki siªy musz mie te same warto±ci ale przeciwne zwroty (i punkty przyªo»enia w ró»nych ciaªach). Ponadto siªy te pochodz od oddziaªywania grawitacyjnego. Dlatego warto±ci obu siª wynosz : F mm = GMm/d Faªsz Oczywisty nonsens. 3. Prawda Cz stotliwo±ci, z jakimi gwiazdy obiegaj swoje orbity, s równe (f M = f m ). Uzasadnienie: to wynika z faktu,»e obracaj ca si linia M m jest odcinkiem prostym.

7 Odpowiedzi do zada«cke maj 2015 (nowa pp), EDUKARIS, opracowaª Mariusz Mroczek c 7 Zadanie 6 (0-3) W rozwi zaniu przyjmujemy nast puj ce oznaczenia: F wypo - warto± siªy wyporu dziaªaj cej na gór lodow ; Q gory - warto± ci»aru góry lodowej; Q wyparte - warto± ci»aru wypartej przez gór wody; V zan - obj to± zanurzonej cz ±ci góry lodowej, która równa jest obj to±ci wypartej wody ; V - obj to± góry lodowej; V V zan - obj to± wystaj cej ponad powierzchni wody cz ±ci góry; ρ l, ρ w - g sto±ci lodu i wody. W celu rozwi zania zadania korzystamy z dwóch praw: i) I Zasady Dynamiki oraz ii) Prawa Archimedesa. Zgodnie z I Zasad Dynamiki, góra lodowa spoczywa, gdy siªa wyporu dziaªaj ca na gór lodow równowa»y ci»ar caªej góry lodowej: F wypo = Q gory ponadto Q gory = V ρ l g. Z drugiej strony mamy Prawo Archimedesa, zgodnie z którym, warto± siªy wyporu jest równa ci»arowi wypartej cieczy: F wypo = Q wyparte, ponadto Q wyparte = V zan ρ w g. Zgodnie z pierwszym i drugim równaniem mamy: Q gory = Q wyparte V ρ l g = V zan ρ w g V zan V Stosunek obj to±ci wystaj cej cz ±ci góry lodowej i caªej góry lodowej wynosi: V V zan V = 1 V zan V V V zan V Ponad powierzchni wystaje 13, 5% góry lodowej. Zadanie 7 (0-2) = ρ l ρ w = 1 ρ l V V zan = = 0, 135. ρ w V Wymiana ciepªa pomi dzy naczyniem z wod a chªodniejszym otoczeniem. Ten sposób oddawania energii zale»y od przewodnictwa cieplnego materii w kontakcie z wod. 2. Promieniowanie elektromagnetyczne o planckowskim rozkªadzie widmowym, odpowiadaj cym chwilowej temperaturze wody. (Maksimum tego promieniowania dla temperatur pokojowych i nieco wy»szych przypada w podczerwieni.) Ten sposób oddawania energii mógªby tak»e zachodzi w pró»ni materialnej. 3. Parowanie. (Odrywaj ce si od powierzchni wody cz steczki uzyskuj energi kinetyczn kosztem cz steczek pozostaj cych w wodzie.) Zadanie 8 (0-1)

8 8 Odpowiedzi do zada«cke maj 2015 (nowa pp), EDUKARIS, opracowaª Mariusz Mroczek c Zadanie 9 (0-2) Odlegªo± pomi dzy okªadkami kondensatora jest krotno±ci grubo±ci x, wªo»onych ciasno pomi dzy okªadki kartek papieru o przenikalno±ci ɛ r. Zadanie 10.1 (0-1) C A = ɛ 0ɛ r S A 4x, C B = ɛ 0ɛ r S B ; x C A = ɛ 0ɛ r S A x = S A ; C B 4x ɛ 0 ɛ r S B 4S B C A = S A cm2 = C B 4S B cm 2 = 1. Zadanie 10.2 (0-2) V K = J C 1 K = N m A s 1 K = kg m s 2 m A s K = kg m2 s 3 A K. a) elazo i nikiel. b) Wykonujemy obliczenia (w jednostkach SI). U = (S zelazo S nikiel ) (T 1 T 2 ) = (18, ) 100 = 33, V = 3, V = 3, 38 mv. Zadanie 10.3 (0-1) C3 Uzasadnienie: ogniwa poª czone równolegle daj to samo napi cie i mniejszy opór, ogniwa poª czone szeregowo daj wi ksze napi cie ale i wi kszy opór. Szeregowo poª czone zestawy równolegle ª czonych ogniw daj wi ksze napi cie (w stosunku do poª czonych tylko równolegle) przy obni»onym oporze (w stosunku do poª czonych tylko szeregowo). Oznacza to,»e taki termostos mo»e dawa du»o wi ksze napi cie i nat»enie pr du ni» pojedyncze ogniwo. Zadanie 11.1 (0-5)

9 Odpowiedzi do zada«cke maj 2015 (nowa pp), EDUKARIS, opracowaª Mariusz Mroczek c 9 b) Je»eli dana jest zale»no± siªy od poªo»enia w postaci wykresu, to praca wykonana przez t siª na pewnym odcinku jest równa polu pod wykresem siªy nad danym odcinkiem przemieszczenia (zobacz rysunek powy»ej). Pole zacieniowanego obszaru na wykresie jest równe pracy przeciwko sile magnetycznej, wykonanej podczas zbli»ania ±rodków magnesu od odlegªo±ci 5 cm do 2,5 cm. Zacieniowany obszar zajmuje szacunkowo okoªo 225 (policzono dokªadnie) kwadracików o boku 5 mn na 0,1 cm. Obliczamy prac : W = , N m = 112, J = 112, J = 1, J. Zadanie 11.2 (0-2) Obliczamy ile trwaªby spadek jedynie pod wpªywem siªy grawitacji (bez tar i oporów powietrza): h = gt2 2, t = 2h 2 0, 4 g, t = = 0, 286 s. 9, 81 Wynik mie±ci si w granicach niepewno±ci pomiaru: 0, 286 0, 27 s; 0, 33 s. W granicach niepewno±ci pomiaru spadek magnesu mo»na uzna za swobodny. Zadanie 11.3 (0-1) C1 Przyczyn takiego zachowania magnesu (opadania prawie jednostajnego a nie przyspieszonego) byªo zjawisko indukcji elektromagnetycznej, a efekt ten wyst piª w rurce miedzianej, poniewa» mied¹ jest przewodnikiem. Uzasadnienie: W miedzianej rurce, podczas opadania magnesu indukuj si pr dy, które zgodnie z reguª Lenza wytwarzaj pole magnetyczne przeciwdziaªaj ce ruchowi tego» magnesu i wywoªywanymi tym ruchem zmianami pola magnetycznego przenikaj cego rurk. Zadanie 12 (0-4) 1 Uwaga 1. Poniewa» f sku < f roz to f sku > 1 f roz. W zwi zku z tym zdolno± skupiaj ca ukªadu soczewek: 1 f = = 1 f sku f roz f sku 1 f roz jest dodatnia, czyli ukªad soczewek dziaªa jakby jedna soczewka skupiaj ca. Uwaga 2. Najpierw wyznaczymy ogniskow f sku soczewki skupiaj cej. Uwaga 3. Nast pnie wyznaczymy ogniskow f skupiaj cego ukªadu dwóch soczewek. Uwaga 4. Znaj c f sku oraz f wyznaczymy ze wzoru powy»ej ogniskow f roz soczewki rozpraszaj cej. Poni»ej schemat do±wiadczenia (oraz konstrukcja obrazu na ekranie).

10 10 Odpowiedzi do zada«cke maj 2015 (nowa pp), EDUKARIS, opracowaª Mariusz Mroczek c Wyznaczenie f sku : a) Ustawienie ±wieczki, soczewki skupiaj cej i ekranu w taki sposób, aby na ekranie powstaª ostry obraz ±wieczki. f) Pomiar odlegªo±ci ±wieczki od soczewki (lub zestawu soczewek). g) Pomiar odlegªo±ci ekranu od soczewki (lub zestawu soczewek). h) Zastosowanie wzoru 1/f sku = 1/x + 1/y. Wyznaczenie f: c) Ustawienie ±wieczki, obu soczewek obok siebie i ekranu w taki sposób, aby na ekranie powstaª ostry obraz ±wieczki. f) Pomiar odlegªo±ci ±wieczki od soczewki (lub zestawu soczewek). g) Pomiar odlegªo±ci ekranu od soczewki (lub zestawu soczewek). h) Zastosowanie wzoru 1/f = 1/x + 1/y. Wyznaczenie f roz : i) Przeksztaªcenie wzoru 1/f = 1/f sku + 1/f roz i obliczenie ogniskowej soczewki rozpraszaj cej. Zadanie 13 (0-1) C3 Po caªkowitym zanurzeniu siatki oraz ekranu w wodzie i o±wietleniu siatki ±wiatªem z tego samego lasera odlegªo± pomi dzy kolejnymi punktami zmalaªa, poniewa» dªugo± fali zmalaªa. Uzasadnienie. Cz stotliwo± ±wiatªa wchodz cego do wody z pró»ni (lub powietrza) nie zmienia si. Poniewa» pr dko± ±wiatªa w pró»ni (lub powietrzu) jest wi ksza ni» w wodzie: c > v woda, to f λ > f λ woda, sk d dalej wynika,»e dªugo± fali ±wiatªa (o ustalonej cz stotliwo±ci) w wodzie jest mniejsza ni» w pró»ni (lub ni» w powietrzu). Skoro dªugo± fali ±wiatªa wchodz cego do wody maleje, to ze wzoru dla siatki dyfrakcyjnej: nλ = d sin α n wynika,»e k ty obserwacji wzmocnie«interferencyjnych w wodzie s mniejsze ni» w pró»ni (lub ni» w powietrzu). Zadanie 14.1 (0-1) D. Po upªywie 2 lat moc grzewcza ¹ródªa, w którym zastosowano polon 210 Po, zmaleje i wyniesie poni»ej 1/30 mocy pocz tkowej. Obliczenia, uzasadnienie. 2 lata stanowi okoªo 5,25 czasów poªowicznego rozpadu 210 Po. Moc ¹ródªa maleje razem z aktywno±ci próbki czy te» liczb j der polonu w próbce. Aktywno± lub te» liczba j der 210 Po w próbce zmaleje nast puj co: N(t) = N 0 ( ) 5,25 1, przy czym 2 ( ) 5,25 1 < 2 ( ) 5 1 < Zadanie 14.2 (0-1) II Zasada Termodynamiki (podane stwierdzenie jest jednym z jej równowa»nych sformuªowa«). Zadanie 15.1 (0-2) Obliczamy energi fotonu ±wiatªa o dªugo±ci fali 370 nm. E f = hf = hc λ, E f = 6, = 5, J = 3, 36 ev. Zjawisko fotoelektryczne zachodzi wtedy, gdy energia fotonu jest wi ksza od warto±ci pracy wyj±cia elektronu z metalu. Wtedy elektron zostaje wybity z metalu. Dlatego w omawianym przypadku musi zachodzi relacja: W e < 3, 36 ev. Zgodnie z tabel, tak prac wyj±cia maj lit i cez. Aby móc obserwowa zjawisko fotoelektryczne dla ±wiatªa opisanego w zadaniu nale»y wykona katod z tych wªa±nie metali. Zadanie 15.2 (0-1) Nat»enie pr du pªyn cego w metalu zale»y mi dzy innymi od ilo±ci no±ników ªadunków elektrycznych (elektronów przewodnictwa) przepªywaj cych w jednostce czasu przez przekrój poprzeczny przewodnika. Z drugiej strony liczba wybitych elektronów padaj cych w jednostce czasu z katody na anod, dzi ki czemu wªa±nie pªynie pr d w obwodzie*, jest po±rednio ograniczona moc lasera o±wietlaj cego katod (*ubytek elektronów na katodzie wytwarza ró»nic potencjaªów w cz ±ci obwodu z katod, nadmiar elektronów na anodzie wytwarza ró»nic potencjaªów w cz ±ci obwodu z anod, a do tego obie cz ±ci obwodu s dodatkowo podª czone do ró»nych potencjaªów, co ma ukierunkowa ruch elektronów z katody na anod ).

11 Odpowiedzi do zada«cke maj 2015 (nowa pp), EDUKARIS, opracowaª Mariusz Mroczek c 11 Zadanie 15.3 (0-3) a) Obliczamy N/ t - ilo± fotonów padaj cych na katod w ci gu sekundy. Energi pojedynczego fotonu mamy obliczon w zad Obliczenia dokonujemy ze wzoru na moc: P = NE f t N t = N t = P E f ; , = 1, 115 liczby fotonów s b) Skorzystamy z denicji nat»enia pr du: I = Q/ t. Ilo± ªadunku Q przepªywaj cego w jednostce czasu przez przekrój poprzeczny przewodnika wynosi n e, gdzie n jest liczb elektronów przewodnictwa, za± e jest warto±ci ªadunku elementarnego. Tak wi c: I = Q t = n e n t t = I e ; n 0, = t 1, = 0, 3125 liczby elektronów s c) Jeden foton wybija jeden elektron. Zakªadamy ponadto na potrzeby oblicze«,»e ilo± fotoelektronów (wybitych z katody i p dz cych do anody) padaj cych w jednostce czasu na anod jest dokªadnie taka, jak ilo± elektronów przewodnictwa przechodz cych w jednostce czasu przez przekrój poprzeczny obwodu (to nie jest oczywiste zaªo»enie). Przy takim zaªo»eniu, stosunek liczby fotonów powoduj cych wybicie elektronu do liczby wszystkich padaj cych fotonów (równy stosunkowi liczby fotoelektronów do liczby fotonów padaj cych) b dzie jak stosunek liczby elektronów przewodnictwa, przechodz cych w jednostce czasu przez przekrój poprzeczny obwodu, do liczby fotonów padaj cych na katod w jednostce czasu. Zadanie 16 (0-2) n N 0, = = 0, 28. 1, Przypuszcza si,»e Sªo«ce powstaªo 4,6 miliarda lat temu. Gªównym ¹ródªem energii Sªo«ca s reakcje (ª czenia / rozpadu) j der (lekkich / ci»kich). Ukªad Sªoneczny znajduje si (w centrum Galaktyki / okoªo 30 tys. lat ±wietlnych od centrum Galaktyki). W obecnej chwili Wszech±wiat (powoli kurczy si / zachowuje stale rozmiary / stale si rozszerza). Opracowaª c Mariusz Mroczek, maj 2015, Warszawa