Opracowanie zadań przykładowych zadań zamkniętych do egzaminu z podstaw fizyki.
Wersja opracowania – 1.7

Międzywydziałowa Szkoła Inżynierii Biomedycznej 2008/2009

Rozwiązania zadań nie były w żaden sposób konsultowane z żadnym wiarygodnym źródłem informacji!!!

W związku z tym ich poprawność jest wątpliwa i w przypadku ewentualnych błędów proszę zgłaszać poprawki do autora.

(dane kontaktowe na końcu opracowania)

1.2 – rozwinięcie 11B
1.3 – rozwiązanie zadania 25A, 4A i B
1.4 – rozwiązanie zadania 9B, 16A
1.5 – rozwiązanie zadania 20A
1.6 – poprawione rozwiązanie zadania 14B i 16B
1.7 – mały komentarz dotyczący egzaminu
Zadania nierozwiązane – 2B (zawiera wstępne rozwiązanie), 11B (zawiera wstępne rozwiązanie), 17B
Rozwiązania tych zadań zostaną podane w trochę później, ponieważ są niedokończone z braku chęci, czasu, wiadomości, etc.
Masz rozwiązanie? Podeślij je na mail’a! Pomożesz innym i zaoszczędzisz trochę mojego czasu. :)
Podziękowania dla Gosi T., Patrycji K. oraz Bartka M. za współpracę przy tworzeniu rozwiązań do opracowania.

ZESTAW A (aa.pdf)

Zadanie 1A
Dane są wektory: A=[1,2,3], B=[2,0,4] i C=[-2,-3,-1]. Cosinus kąta pomiędzy wektorem B i sumą A+C wynosi (patrz iloczyn
skalarny wektorów):

A.

√


B.



√

C.



√

D.



√

Rozwiązanie:
suma wektorów A i C to:

X A  C 1  2; 2  3; 3  1 1; 1; 2

długość wektora B i X to:

 





 





 





1



 1



 2



√6

 





 





 





2



 0



 4



√20 2√5

iloczyn skalarny B i X to:

" · $" 







 







 







1 % 2  1 % 0  2 % 4 2  8 6

cosinus kąta pomiędzy wektorem B i X możemy policzyć z zależności:

" · $"  cos " ; $"

cos *" ; $"+

" · $"



6

2√5 % √6

3

√30

Odpowiedź. A

Zadanie 2A
Położenie ciała zmienia się zgodnie z równaniem r(t) = [2, 3, 4] − [5, 6, 7]t (r w metrach, t w sekundach). Jakie jest
przemieszczenie ciała pomiędzy I i II sekundą ruchu ?

A.

6√3

B.

5; 6; 7

C.

5; 6; 7

D.

6√3

Rozwiązanie:
W pierwszej sekundzie obiekt znajduje się w miejscu:

r1 2; 3; 4  5 % 1; 6 % 1; 7 % 1 2  5; 3  6; 4  7 3; 3; 3

W drugiej sekundzie obiekt znajduje się w pozycji:

r2 2; 3; 4  5 % 2; 6 % 2; 7 % 2 2  10; 3  12; 4  14 8; 9; 10

A różnica między pozycją r(1) i r(2) to:

r2  r1 8; 9; 10  3; 3; 3 5; 6; 7

Odpowiedź. B


Zadanie 3A
Po rzece płynie tratwa o masie m, na jej środku stoi człowiek o tej samej masie. Aby chwilowo zatrzymać tratwę względem
brzegu, człowiek powinien:
A - Przemieścić się z odpowiednią prędkością po tratwie w kierunku ”z prądem”
B - Przemieścić się z odpowiednią prędkością po tratwie w kierunku ”pod prąd”
C – Wyskoczyć na brzeg
D – Żadna odpowiedź nie jest poprawna

Rozwiązanie:
Jeśliby człowiek wyskoczył na brzeg, to spowodowałby „ucieczkę” tratwy spod jego nóg w kierunku przeciwnym do skoku. W
przypadku biegu pod prąd, działałby dodatkową siłą przyspieszającą łódkę. Jedyną możliwością ewentualnego zatrzymania
łódki względem brzegu jest bieg z odpowiednią prędkością po tratwie z prądem, bowiem generuje to „odpowiedź” łódki w
kierunku przeciwnym.
Odpowiedź. A


Zadanie 4A
Wahadło fizyczne skonstruowano z pręta (I

0

= ml

2

/12) zawieszonego w 1/3 długości. Jego okres ruchu wynosi:

A.

2/

0

1

B.

2/

0

1

C.

2/





0

1

D.

2/





0

1

Rozwiązanie:
Wzór opisujący okres drgań wahadła fizycznego to:

2 2/3

4

567

Wzór na bezwładność z twierdzenia Steinera oraz moment bezwładności pręta I

0

:

4 4



 57



4



1

12 58



Na początek musimy rozważyć, jak bardzo oddalona jest oś obrotu od środka masy, dla którego mamy podane I

0

. W tym celu

posłużymy się twierdzeniem Steinera, według którego obliczymy moment bezwładności dla osi położonej na krańcu pręta.
Według zamieszczonej poniżej ilustracji, powinniśmy otrzymać wynik 1/3 ml

2

.

Wiemy, iż d to odległość osi obrotu od środka masy, która w naszym przypadku wynosi połowę długości pręta, czyli 0,5L.
Wiadomość tą stosujemy we wzorze Steinera:

7

1

2 8 4

1

12 58



 57



5 9

1

12 8





1

4 8



:

4

12 58



1

3 58



A więc widzimy, iż otrzymaliśmy poprawny wynik. Teraz musimy przenieść te obliczenia w warunki określone treścią naszego
zadania. Wiemy, iż pręt został zaczepiony w 1/3 długości, a więc odległość d miejsca zawieszenia od środka masy będzie
wynosiła:

7

1

2 8 

1

3 8

1

6 8 4

1

12 58



 57



5 9

1

12 8





1

36 8



:

4

36 58



1

9 58



Następnie zamieniamy d we wzorze na okres drgań na odległość osi obrotu od środka masy kuli i podstawiamy obliczony
wcześniej moment bezwładności dla kuli zawieszonej na nici:

2 2/3

4

567 2/;

1

9 58



56 168

2/3

1

9

8

6 % 6 2/3

2

3

8

6

A więc otrzymujemy odpowiedź A.
Na koniec zadania policzymy, czy prawo Steinera można stosować przyjmując I

0

jako moment bezwładności dla osi dowolnej,

czy też musi być to oś przechodząca przez środek pręta. Przyjmujemy, że I

0

jest dla osi obrotu na początku pręta, a nie w środku,

co nieco ułatwiłoby rozwiązanie zadania (reasumując przyjmujemy nasze nie

4







58



, lecz

4





58



):

7

1

3 8 4



1

3 58



4 4



 57



1

3 58





1

9 58



4

9 58



2 2/3

4

567 2/;

4

9 58



56 138

2/3

4

9

8

6 % 3 2/3

4

3

8

6

Jak widać, nie uzyskujemy prawidłowej odpowiedzi, co jednoznacznie eliminuje taki sposób rozwiązania zadania.

Odpowiedź. A


Zadanie 5A
Wskaż prawdziwe twierdzenie na temat siły Coriolisa:

A - Działa tylko w ruchu po okręgu
B - Wyraża się wzorem

<$$" = >"

C - Jest siłą bezwładności
D - Wyraża się wzorem

>" = <$$"

Rozwiązanie:

Siła Coriolisa wyraża się wzorem

?" 25 <$$" = >" , a więc odpowiedzi B i D są niepoprawne. Podobnie wątpliwą odpowiedzią

jest A, bowiem siła ta działa nie tyle w ruchu po okręgu, co w ruchu postępowym w obracającym się układzie odniesienia.
Przykładem może być człowiek poruszający się po linii prostej (radialnie) od środka do brzegu obracającej się karuzeli.
Poprawną odpowiedzią jest natomiast odpowiedź C – efekt Coriolisa jest siłą bezwładności.

Odpowiedź. C


Zadanie 6A
Pod działaniem siły 3[N] ciało poruszające się z prędkością 3m/s zmieniło kierunek ruchu na przeciwny (o tej samej wartości
prędkości) w ciągu 3 sekund. Ile wynosi masa ciała?

A.

6.0 A6

B.

9.0 A6

C.

1.5 A6

D.

3.0 A6

Rozwiązanie:
Wzór na przyspieszenie i na siłę to:

? 5B

B

∆D

∆E

Przekształcając i łącząc oba wzory otrzymujemy (przyjmujemy, iż v

K

jest dodatnia, a v

P

ujemna, by uzyskać dodatnią wagę –

założenie jest zgodne z treścią zadania, bowiem siła przeciwdziałająca prędkości początkowej ma znak dodatni):

5

?

B ?

∆F

∆> ?

∆F

>

G

 >

H

3I %

3J

3 5J  3

5

J

3A6

5

J



%

1

2

J



5 1,5 A6

Odpowiedź. C

Zadanie 7A
Jaką pracę należy wykonać, aby rozpędzić ciało o masie 3kg od prędkości 2m/s do prędkości 10m/s?

A. 128 [J]

B. 144 [J]

C. 176 [J]

D. 160 [J]

Rozwiązanie:
Będziemy potrzebowali wzorów na pracę oraz energię kinetyczną, które wyglądają następująco:

L ∆M

N

M

N

OD

P



Następnie łącząc oba wzory otrzymujemy rozwiązanie zadania:

L ∆M

N

M

NG

 M

NH

5>

G



2 

5>

H



2

3A6 % Q10 5JR



2



3A6 % Q2 5JR



2

9

300

2 

12

2 : A6

5



J



144 S

Odpowiedź. B


Zadanie 8A
Częstotliwość własna układu wynosi 10Hz, a częstotliwość siły wymuszającej 20Hz. Z jaką częstotliwością drga układ ?

A. 10Hz

B. 20Hz

C. 30Hz

D. 15Hz

Rozwiązanie:
Jak mówi twierdzenie - drgania (wymuszone) odbywają się z częstością siły zewnętrznej, a nie z częstością własną.

Odpowiedź. B

Zadanie 9A
Prędkość dźwięku w powietrzu wynosi 1200 km/h. Długość fali o częstotliwości 111 Hz wynosi:

A. 30 cm

B. 9 m

C. 90 cm

D. 3 m

Rozwiązanie:
Prędkość fali zapisujemy łącząc jej długość λ oraz częstotliwość f w następujący sposób:

> T % U

T

>

U

1200 A5

V

111WX

333 5J

111WX 3 5

Odpowiedź. D


Zadanie 10A
Powierzchnia cieczy w naczyniu jest zawsze:
A. styczna do siły wypadkowej
B. płaska
C. pozioma
D. prostopadła do siły wypadkowej

Rozwiązanie:
Na ciecz działa głównie siła wyporu oraz siła ciężkości. Te dwie siły, tworzą siłę wypadkową prostopadłą do powierzchni cieczy.

Odpowiedź. D


Zadanie 11A
W przypadku dwóch kulistych mas umieszczonych w odległości d od siebie, zbiór punktów, w których potencjał pola
grawitacyjnego jest równy 0, jest:

A. Punktem

B. Kulą

C. Elipsoidą obrotową

D. Okręgiem

Rozwiązanie:
W celu odpowiedzi na to pytanie, musimy znaleźć wzór na potencjał pola grawitacyjnego. Wyprowadzenie wzoru znajduje się
w zadaniu11B. Tutaj odnotuję jedynie wersję finalną na energię potencjalną:

M

H

Y

Z5

[

Z wzoru widzimy, iż każda masa generuje wokół siebie sferę o promieniu R, dążącą do 0 w przypadku R dążącego do
nieskończoności. Automatycznie możemy stwierdzić, iż odpowiedź A, B i D są nieprawidłowe, ponieważ:
A. punkt jest jeden, a miejsc o 0 potencjale jest trochę więcej niż jeden,
B. kula to nie sfera – kula ma jeszcze wypełniony środek,
D. okręg jest na płaszczyźnie i nijako się ma do sytuacji opisanej w naszym zadaniu…
Jedyna odpowiedź, która ma sens to C – elipsoida obrotowa, czyli elipsa zakręcona wokół osi („powierzchnia powstała na
skutek obrotu elipsy wokół jej osi symetrii”).

Odpowiedź. C


Zadanie 12A
Ciężar ciała na Księżycu jest 6 razy mniejszy niż na Ziemi. I prędkość kosmiczna dla Księżyca jest:

A.

√6 razy mniejsza niż na Ziemi

B. 6 razy mniejsza niż na Ziemi
C. Na tej podstawie nie można rozstrzygnąć
D. Taka sama jak na Ziemi

Rozwiązanie:

Wyprowadzenie wzoru na pierwszą prędkość kosmiczną opiera się na spostrzeżeniu, iż siła, którą działa planeta na ciało F

G

równoważy siłę odśrodkową F

OD

(siła grawitacji planety stanowi siłę dośrodkową), a więc:

?

\

Y

Z5

[



?

]^

5>

_



[ Y

Z5

[



5>

_



[

Dzięki temu uzyskujemy po przekształceniach:

>

_



Y

Z

[ >

_

3

YZ

[

Teraz powstaje pytanie, czy jesteśmy w stanie wywnioskować różnicę między wartościami v

I

między Księżycem, a Ziemią na

podstawie tych wzorów? Próbując wyprowadzić tą proporcję doszedłem do wniosku, że nie mamy podstaw by rozstrzygnąć ten
problem z powodu braku dodatkowych danych.

Skoro ciężar ciała na Księżycu jest 6 razy mniejszy niż na Ziemi, to zachodzi następująca zależność:

?

`

6?

G

Masa ciała pozostaje w obu przypadkach taka sama – zmienia się jedynie siła z jaką jest przyciągana. Wartość tej siły określona
jest wzorem:

?

`

Y

Z

`

5

[

`



?

G

Y

Z

G

5

[

G



Y

Z

`

5

[

`



6Y

Z

G

5

[

G



Z

`

[

`



6

Z

G

[

G



Z

`

6

Z

G

[

G



% [

`



Teraz musimy porównać pierwsze prędkości kosmiczne dla Księżyca i Ziemi:

>

_G

3

YZ

G

[

G

>

_`

3

YZ

`

[

`

>

_`



>

_G

YZ

`

[

`

%

[

G

YZ

G

Z

`

%

[

G

[

`

Z

G

Wprowadzenie kwadratów przy prędkościach miało na celu ułatwienie zapisu. Teraz, do gotowego już wzoru podstawiamy
wyprowadzenie masy Ziemi na podstawie danej z treści zadania:

>

_`



>

_G

Z

`

%

[

G

[

`

Z

G

Z

`

6

Z

G

[

G



% [

`



>

_`



>

_G

6

Z

G

[

G



% [

`



%

[

G

[

`

Z

G

6

[

`

[

G

Z tego wyprowadzenia wynika, iż nie jesteśmy w stanie rozstrzygnąć tego problemu.

Odpowiedź. C


Zadanie 13A
Silnik pracujący w cyklu Carnota ma sprawność 60%, przy temperaturze grzejnika 462 C. Ile wynosi temperatura chłodnicy?

A. 107.5 C

B. 120.0 C

C. 91.5 C

D. 21.0 C

Rozwiązanie:
Sprawność silnika pracującego w cyklu Carnota oznacza się η i oblicza według następującego wzoru:

a

2



 2



2



Gdzie T

1

stanowi temperaturę grzejnika, a T

2

chłodnicy. Z tej zależności otrzymujemy, że chłodnica ma temperaturę (nie wolno

zapominać, iż wzory stosujemy dla temperatur w Kelwinach – przeprowadzenie obliczeń dla Celsjuszy daje błędny wynik):

a2



2



 2



2



2



 a2



462  273b  0,6 % 462  273b 294 b 21c

Odpowiedź. D

Zadanie 14A
Gdyby zetknięcie dwóch ciał nie prowadziło do wyrównania ich temperatur, stanowiłoby to naruszenie jednej z zasad
termodynamiki:

A. Pierwszej

B. Zerowej

C. Drugiej

D. Trzeciej

Rozwiązanie:
Druga zasada termodynamiki może być sformułowana na wiele równoważnych sposobów. Wiele z nich nie wymaga
odwoływania się do abstrakcyjnych pojęć, takich jak entropia, umożliwiając łatwiejsze zrozumienie fizycznej istoty tego prawa.
Najszerzej znane alternatywne sformułowania pochodzą od Clausiusa: "Ciepło nie może samorzutnie przepływać od ciała o
temperaturze niższej do ciała o temperaturze wyższej" oraz od Lorda Kelvina: "Nie jest możliwy proces, którego jedynym
skutkiem byłoby pobranie pewnej ilości ciepła ze zbiornika i zamiana go w równoważną ilość pracy". (źródło – Wikipedia).

Odpowiedź. C


Zadanie 15A
Relatywistyczne prawo dodawania prędkości można wyrazić wzorem (u - prędkość jednego układu względem drugiego):

A.

>

d

e

fg

hP

Dei

B.

>

d

>  j

C.

>

d

Dei

e

fg

hP

D.

>

d

Dei

e

hP

fg

Rozwiązanie:
Transformacja Lorentza prowadzi do odpowiednich praw składania prędkości (innych niż dla transformacji Galileusza).
Definiując

>

7k

7F >l

7kl

7Fl

Jeżeli obserwator S, widzi ciało poruszające się wzdłuż osi x z prędkością u, obserwator S' porusza się względem niego z
prędkością v w kierunku osi x, to prędkość u' tego ciała określona przez obserwatora S' wyniesie:

>

d

>  j

1  >j

m



oraz przeciwnie:

>

>l  j

1  >jl

m



Z tego prawa dodawania prędkości wynika, że gdy w jednym układzie ciało porusza się z prędkością u=c, to w drugim układzie
poruszającym się z prędkością v ciało nadal poruszać się będzie z prędkością c. Jak wynika ze wzoru początkowego, dylatacja i
kontrakcja muszą być równoczesne by wynikowy wzór był prawidłowy.(źródło – Wikipedia)

Odpowiedź. C


Zadanie 16A
Jeżeli w polu elektrycznym o różnicy potencjałów 100V przyspieszyć proton, deuteron (zjonizowany izotop wodoru

W





) i

cząstkę α, to ich pędy spełniają zależność:

A. p

p

> p

d

> p

α

B. p

p

= p

d

> p

α

C. p

p

< p

d

< p

α

D. p

p

= p

d

= p

α

Rozwiązanie niezbyt poprawne :P :
Wzór na siłę działającą na cząstkę w polu elektrycznym oraz wzór na siłę to:

? M % n ? 5 % B B

?

5

Mn

5

Przechodząc teraz z przyspieszeń do pędów łatwo możemy zobaczyć, iż pędy wszystkich trzech cząsteczek będą zależne nie od
masy, lecz ładunku:

o 5 % > B

>

F

o

5F o 5 % F % B

o

H

5

H

% F % B

H

5

H

% F %

Mn

H

5

H

F % M % n

H

A więc pęd protonu i deuteronu są takie same (deuteron składa się z protonu i neutronu), natomiast pęd cząsteczki α będzie
największy ze względu na obecność dwóch protonów.
A teraz prawidłowe rozwiązanie (odpowiedź prosto od prowadzącego):
Jeżeli mówimy, że cząstka jest w polu o różnicy potencjału V, to należy to skojarzyć z energia potencjalna (nie z siłą, nie jest to
nam potrzebne). Jaką będzie miała energię potencjalną cząstka o masie m i ładunku q energię w takim polu, E = q V (stąd

elektrono-volty) - nie zależy to od masy. Ale ta energia zostanie zamieniona na energie kinetyczna

M

N

OD

P



lub

M

N

p

P

O

(używając pędu). Stąd łatwo porównać te dwie energie

M

N

o



25 nq o



2nq5

gdzie V jest taka sama dla wszystkich cząstek.

protonu

m = m

q = q

p

2

=2qmV

deuteronu

m' = 2m

q' = q

p

2

=4qmV

alfa

m" = 4m

q" = 2q

p

2

=16qmV

I dalej znajdziemy kwadraty pędów, a potem pędy. Tu chodzi o uszeregowanie tych pędów, a nie podanie dokładnych wartości.

Odpowiedź. C


Zadanie 17A
Aby układ dwóch dodatnich ładunków Q odległych od siebie o l był w równowadze, należy pośrodku łączącego je odcinka
umieścić ładunek ujemny o wartości:

A. Q/2

B. Q

C. Q/8

D. Q/4

Rozwiązanie:
Siła z jaką działają na siebie dwa ładunki Q odległe o l to:

?

r

A

s



8



Ta siła musi być zrównoważona przez ładunek przeciwny do Q w połowie odległości między ładunkami Q. Wyraża się to w
następujący sposób:

?

r

?

t

?

t

A

s % n

82



A

s



8



s % n

82



s



8



n

s

8



%

8



4

s

4

Odpowiedź. D


Zadanie 18A
W pobliżu prostoliniowego przewodnika, w którym płynie prąd elektryczny o stałym natężeniu umieszczono kwadratową
ramkę w płaszczyźnie przewodnika. Ramka:

A. będzie przyciągana do przewodnika
B. będzie odpychana od przewodnika
C. żadna z odpowiedzi nie jest poprawna
D. pozostanie w spoczynku

Rozwiązanie:
Pole elektryczne wywołane prądem o stałym natężeniu nie jest w stanie wytworzyć pola magnetycznego. Dlatego odpowiedź D
jest odpowiedzią poprawną.

Odpowiedź. D

Zadanie 19A
Związek pomiędzy prądem i napięciem na kondensatorze o pojemności C można przedstawić jako:

A.

j


u

vw

vE

B.

j x

vw

vE

C.

y x

vi

vE

D.

y


u

vi

vE

Rozwiązanie:
Kondensator ma na celu gromadzenie energii w postaci pola elektrycznego. Na płytkach kondensatora gromadzi się ładunek
wytwarzając z czasem coraz większą różnicę napięcia przy stałym dopływie prądu. W przypadku, gdy U=const, natężenie na
kondensatorze ma wartość i=0 (pochodna ze stałej). Dzięki temu pozwala nam to wywnioskować, iż w pochodnej powinno być
zmienne napięcie pomnożone przez stałą C kondensatora:

y x

7j

7F j

1

x z y 7F

Odpowiedź. C


Zadanie 20A
Długość fali elektromagnetycznej, dla której obserwuje się maksimum krzywej Plancka zmienia się o 0.2µm, gdy ciało zmienia
temperaturę ze 100 do 200 K. Jakiej długości fali odpowiada maksimum rozkładu tego ciała w T = 100 K ?

A. 0.8μm

B. 0.2μm

C. 0.1μm

D. 0.4μm

Rozwiązanie:

2 % T m{|JF

2



% T



2



% T



T



T



 0,2

2



% T



2



% T



 0,2

T



2



2



% T



 0,2

200

100 T



 0,2

T



2T



 0,4 T



0,4

Nie wiem, czy to jest poprawne rozwiązanie, ale jest taka odpowiedź do wyboru… :)
Odpowiedź. D


Zadanie 21A
Przy odbiciu światła od granicy z ośrodkiem optycznie gęstszym
A. Nie następuje zmiana fazy fali
B. Następuje zmiana polaryzacji fali na przeciwną
C. Następuje zmiana fazy fali na przeciwną
D. Następuje zmiana polaryzacji fali na prostopadłą

Rozwiązanie:
„Okazuje się ponadto, że fala odbijając się od ośrodka optycznie gęstszego (o większym współczynniku załamania n) zmienia
swoją fazę o π. Natomiast gdy odbicie zachodzi od powierzchni ośrodka rzadszego optycznie fala odbija się bez zmiany fazy.
Oznacza to, że promień odbity od górnej powierzchni błonki zmienia fazę, a promień odbity od dolnej granicy nie.”

Polaryzacja fali także może zajść w takiej sytuacji, ale tylko w szczególnych warunkach związanych z prawem Brewstera.

Odpowiedź. C


Zadanie 22A
W odległości 1m od soczewki skupiającej umieszczono przedmiot a w odległości 3m otrzymano jego obraz. Ogniskowa
soczewki wynosi:

A. 1.33m

B. 4m

C. 0.75m

D. 2m

Rozwiązanie:
W tym zadaniu skorzystamy z wzoru dla cienkich soczewek:

1

x 

1

~

1

U U

k~

k  ~

1 % 3

1  3

3

4 5

Odpowiedź. C


Zadanie 23A
Całkowite wewnętrzne odbicie zachodzi:
A. Na granicy dwóch ośrodków, od strony ośrodka optycznie rzadszego
B. Przy odbiciu od zwierciadła sferycznego wklęsłego
C. Na granicy dwóch ośrodków, od strony ośrodka optycznie gęstszego
D. Przy odbiciu od dowolnego zwierciadła niepłaskiego

Rozwiązanie:
„Całkowite wewnętrzne odbicie światła wysyłanego z punktowego źródła światła S umieszczonego w szkle zachodzi dla
wszystkich kątów większych od kąta granicznego θ

gr

. Przy kącie granicznym promień załamany ślizga się po powierzchni

granicznej szkło-powietrze.”

|

Nł

sin θ

…†‡ˆ‰Š‹ˆŒ

|

pwŽEŽ

sin 90°

θ

…†

B‘m sin

|

p

|



Jak widać, całkowite wewnętrzne odbicie zachodzi tylko w przypadku przechodzenia światła z ośrodka gęstszego optycznie do
ośrodka rzadszego (stosunek n

pow

do n

sz

nie może przekroczyć 1).

Odpowiedź. C


Zadanie 24A
Zawartość izotopu promieniotwórczego w preparacie zmniejsza się 4-krotnie w ciągu 4 lat. Jego okres połowicznego rozpadu
jest równy:

A. 4 lata

B. 2 lata

C. rok

D. pół roku

Rozwiązanie:
Proces rozpadu ma charakter wykładniczy. Równanie rozpadu zawierające czas połowicznego rozpadu ma postać:

N



N 2

E

“

F

2 log



9

N



N :

4

2 log



4 2 2 2 8BFB

Odpowiedź. B


Zadanie 25A
Jak zmieni się ilość energii emitowanej przez rozgrzaną do 1000K monetę, jeżeli jej temperatura spadnie dwukrotnie ?

A. Zmaleje 8 razy

B. Zmaleje 16 razy

C. Zmaleje 32 razy

D. Zmaleje 2 razy

Rozwiązanie:
Wielkość R

λ

oznacza ilość emitowanej energii. Z temperaturą ta wielkość jest powiązana następującym wzorem:

[

–

—2

˜

A więc stosując powyższy wzór otrzymujemy rozwiązanie, iż po zmniejszeniu temperatury dwukrotnie, ilość energii wydzielanej
spada aż 16 razy.

[

–

—2

˜

[

–

d

—

2

2

˜

1

16 —2

˜

[

–

16

Odpowiedź. B

ZESTAW B (cc.pdf)

Zadanie 1B
Zadanie 1B ma takie samo rozwiązanie jak zadanie 1A.


Zadanie 2B
Dwa pociągi o długościach 100m każdy jadą naprzeciw siebie z prędkościami 72km/h. Jak długo będzie trwać mijanie się
pociągów (licząc czas od spotkania lokomotyw do rozstania ostatnich wagonów)?

A. 2.0s

B. 2.5s

C. 1.5s

D. 1.0s

Rozwiązanie:
Oba pociągi jadą z prędkością 72 km/h(20 m/s) – jest to układ obserwowany przez obserwatora z boku. By rozwiązać zadanie
musimy ”wejść” do jednego z pociągów. Wtedy nasza prędkość w pociągu A względem pociągu B będzie dwukrotnie wyższa –
2 * 72 km/h, czyli 144 km/h (144 000 m/h = 40 m/s). Pociąg B ma długość B

POCZĄTEK

do B

KONIEC

- |B

P

B

K

|=100 metrów. Długość tą

pokonamy w czasie:

v

s

t F

|

H



G

|

>

100 5

40 5J

2,5 J

Aczkolwiek należy zaznaczyć, iż odległość 100 metrów, od początku do końca pociągu B musi być jeszcze pokonana przez tylnią
część pociągu A, co powoduje dwukrotne zwiększenie się czasu mijania.

T 2t 2 % 2,5s 5 s

Patrząc nieco inaczej, możemy wyobrazić sobie, iż pociąg A, w którym jesteśmy ma prędkość 0 km/h, natomiast pociąg B jedzie
w naszym kierunku z prędkością równą naszej prędkości z treści zadania, plus prędkości pociągu B z treści zadania, czyli w 72
plus 72 – 144 km/h. Następnie musimy zauważyć, iż początek pociągu B podczas mijania pokonuje 100 metrów, oraz jego
koniec, od początku pociągu A do jego końca, również pokonuje dodatkowe 100 metrów, co daje w konsekwencji dystans 200
metrowy pokonany z prędkością 144 km/h. W każdym razie polecam tematykę transformacji Galileusza.

Niestety odpowiedź T=5 sekund nie należy do zakresu poprawnych odpowiedzi. Wynik z zakresu otrzymujemy zakładając, że
pokonywany dystans nie wynosi 200, lecz 100 metrów i wtedy otrzymujemy t=2,5 sekundy.

Jest jeszcze jedna moja „pociągowa” teoria, o której poprawności zadecydujcie sami… :P
Otóż pociąg A i B jedzie z prędkością 72 km/h względem jakiegoś nieruchomego punktu w przestrzeni. Jeśli zmienimy punkt
odniesienia na prędkość pociągów względem siebie, to otrzymujemy, że A względem B jedzie z V=2*72=144 km/h (i podobnie B
względem A). Teraz robimy założenie, że pociąg A stoi w miejscu, a więc pociąg B musi jechać z prędkością V=2*144=288 km/h
by zrekompensować statykę pociągu A. Dystans do przebycia to 200 metrów, a więc obliczony czas to 2,5 sekundy.

Odpowiedź. B


Zadanie 3B
Zadanie 3B ma takie samo rozwiązanie jak zadanie 3A.


Zadanie 4B

Moment bezwładności kuli względem jej osi symetrii wyraża się wzorem

I




mR



. Ile wynosi okres wahadła zbudowanego z

kuli zawieszonej na nici o długości R?

A.

2/




 
1

B.

2/




 
1

C.

2/




1
 

D.

2/




1
 

Rozwiązanie:
Podobnie jak w zadaniu 4A - wzór opisujący okres drgań wahadła fizycznego to:

2 2/3

4

567

Wzór na bezwładność z twierdzenia Steinera:

4 4



 57



2

5 mR



 57



5 ¡

2

5 [



 [  [



¢ 5 9

2

5 [



 4[



:

22

5 5[



Następnie zamieniamy d we wzorze na okres drgań na odległość osi obrotu od środka masy kuli i podstawiamy obliczony
wcześniej moment bezwładności dla kuli zawieszonej na nici:

2 2/3

4

56[  [ 2/

;

22

5 5[



562[ 2/3

22

5

[

26 2/3

22

10

[

6

Dzięki temu otrzymujemy, iż prawidłową odpowiedzią jest odpowiedź A.

Jest w zadaniu pewien mały element mylący, któremu sam uległem. :P Gdybyśmy obliczyli zadanie z twierdzenia Steinera w
następujący sposób:

4 4



 5[



2

5 mR



 5[



7

5 5[



2 2/3

4

56[ 2/

;

7

5 5[



56[ 2/3

7

5

[

6

to otrzymalibyśmy wynik dla kuli obracającej się wokół osi stycznej do niej, a nie zawieszonej na nici o długości R (przypadek 2
na rysunku). Należy uważać przy rozwiązywaniu tego typu zadań, by nie mylić d, czyli odległości od osi obrotu od środka masy z
R promieniem kuli we wzorze na I

0

.

Odpowiedź. A


Zadanie 5B
Praca NIE jest iloczynem
A. Skalarnym wektora przesunięcia i wektora siły
B. Wartości przesunięcia i wartości siły
C. Wartości przesunięcia i rzutu siły na kierunek przesunięcia
D. Wartości siły i rzutu przesunięcia na kierunek siły

Rozwiązanie:
Praca, w swojej najbardziej podstawowej formie, wyrażona jest za pomocą iloczynu skalarnego przesunięcia i wektora siły:

L

$$$" ?" · J"

Po opuszczeniu wektorów otrzymujemy wzór:

L J % ? cos £

czyli mnożymy wartość przesunięcia i rzut siły na kierunek przesunięcia.
Pomijając wektory, w najogólniejszej postaci, praca jest iloczynem siły i przesunięcia.
Jedyną błędną odpowiedzią wydaje się być odpowiedź D, bowiem to nie przesunięcie wykonuje pracę, tylko siła na pewnej
drodze i w zależności od kąta jej przyłożenia, zmienia się wartość pracy – np. przykładając siłę pod kątem 90 stopni do drogi
otrzymujemy zerową pracę, bowiem ciągnąc samochód za drzwi nie powodujemy jego poruszania się do przodu. :P


Zadanie 6B
Siłę tarcia dynamicznego opisujemy wzorem (f – współczynnik tarcia, N – siła nacisku):

A.

2 U · I

B.

2$" U" = I$$"

C.

2 U"°I$$"

D.

2$" U · |I$$"

Rozwiązanie:
Siła tarcia, to siła, która jest siłą wektorową, działającą równolegle do powierzchni, po której porusza się ciało. Dodatkowo, f
nie jest wartością wektorową – jest skalarem, współczynnikiem, a więc nie możemy zapisywać go jako wektor. Kolejną ważną
informacją jest to, w jakiej postaci interesuje nas siła nacisku N –N = mg cos θ, a więc w równaniu wystąpi iloczyn skalarny.
Dzięki tym informacjom dochodzimy do konkluzji, iż prawidłową odpowiedzią jest odpowiedź D.

Odpowiedź. D


Zadanie 7B
Jaką pracę należy wykonać, aby ciało o ciężarze 1kg podnieść na wysokość 1m?

A. 9.81 [J]

B. 1 [W]

C. 1 [J]

D 9.81 [W]

Rozwiązanie:
Siła z jaką jest przyciągany kilogramowy ciężar to:

?

¤

56 1A6 % 9,81

5

J



9,81 I

Praca jaką wykonamy podnosząc ciężar na wysokość jednego metra to:

L V % ? cos £ 1 5 % 9,81 I % cos 0° 9,81 S

Odpowiedź. A


Zadanie 8B
Zadanie 8B ma takie samo rozwiązanie jak zadanie 8A.


Zadanie 9B
W otwartej obustronnie rurze wytworzyła się fala stojąca. Wnioskujemy, że w rurze mieści się całkowita wielokrotność

A. Długości fali, nλ
B. Połowy długości fali, nλ/2
C. Połowy długości fali plus ćwierć długości, nλ/2 + λ/4
D. Jednej czwartej długości fal nλ/4

Rozwiązanie:
Fala stojąca wytwarza się w przypadku interferencji dwóch fal o równych częstotliwościach i amplitudach ale rozchodzących się
w przeciwnych kierunkach na przykład +x i

−

x. Z taką sytuacją mamy do czynienia na przykład gdy fala rozchodząca się w

danym ośrodku (ciele) odbija się od granicy ośrodka (ciała) i nakłada się na falę padającą. Fale te można opisać równaniami:

k



F ¥Jy|Ak  <F

k



F ¥Jy|Ak  <F

Falę wypadkową znajdujemy jako sumę tych fal składowych:

k k



 k



¥Jy|Ak  <F  ¥Jy|Ak  <F ¥2 Jy| 9

Ak  <F  Ak  <F

2

:m{J 9

Ak  <F  Ak  <F

2

:

x 2A sinkx cosωt

Zauważmy, że jest to równanie ruchu harmonicznego prostego postaci

k ¥l Jy|Ak z amplituda równą:

Al 2A sinkx

Widzimy, że cząstki ośrodka drgają ruchem harmonicznym prostym ale w przeciwieństwie do fali bieżącej różne punkty ośrodka
mają różną amplitudę drgań zależną od ich położenia x. Taką falę nazywamy falą stojącą.

Reasumując, fala stojąca powstaje w przypadku interferencji dwóch fal rozchodzących się w przeciwnych kierunkach. Zmiana
częstotliwości, stosunku amplitud lub przesunięcia względem siebie (różnica faz) nie powoduje zmiany charakteru fali – wciąż
pozostaje ona falą stojącą. Fala stojąca, która wytwarza się w rurze opisana jest następującymi wzorami (l to długość rury):

A. rura jednostronnie otwarta

B. piszczałka obustronnie otwarta

8

T

4

8 2|  1

–¨

˜

, gdzie n={1, 2, 3, 4,… n}

8

|T

4

Odpowiedź. D

Zadanie 10B
Równanie Bernoulli’ego opisujące ustalony przepływ nielepkiej nieściśliwej cieczy ma postać:

A.

o  ©V 

ªD

P



m{|JF

B.

o  ©V 

ªD

P



m{|JF

C.

o  ©V 

ªD

P



m{|JF

D.

o  ©V 

ªD

P



m{|JF

Rozwiązanie:
W równaniu Bernoulli’ego można znaleźć pewną analogię do zasady zachowania energii, którą zapisujemy w następujący
sposób:

M

H

 M

G

56V 

5>



2

Zamieniając masę na gęstość cieczy oraz dodając element ciśnienia, otrzymujemy właściwe równanie Bernoulli’ego:

o  ©V 

©>



2 m{|JF

Odpowiedź. C


Zadanie 11B
Natężenie pola grawitacyjnego pomiędzy Ziemią i Księżycem w pewnym punkcie przyjmuje wartość 0.
A. Energia potencjalna ciała umieszczonego w tym punkcie będzie maksymalna
B. Ciało umieszczone w tym punkcie będzie w stanie nieważkości
C. Potencjał w tym punkcie będzie równy 0
D. Energia potencjalna ciała umieszczonego w tym punkcie będzie minimalna

Rozwiązanie:
Odpowiedź A – jest najprawdopodobniej błędna - dowodem na to może być wyprowadzenie na wzór energii potencjalnej dla
dużych odległości (zmiany energii grawitacyjnej w skali porównywalnej do odległości od źródeł grawitacji). Za poziom
odniesienia najwygodniej przyjąć wówczas nieskończoność, gdzie siła oddziaływania wynosi 0. Wiemy, że praca to zmiana
energii potencjalnej:

L ∆M

H

Pracę możemy obliczyć licząc całkę na drodze od r do nieskończoności, wykonaną przez siłę grawitacji:

L z ?

\

$$$$" · 7J"

«

z Y

Z5

‘



¬

 

7‘ YZ5 ¡

1

‘¢

∞

[ YZ5 90 

1

[: Y

Z5

[

M

H

Y

Z5

[

Z tego możemy wywnioskować, iż gdy R dąży do nieskończoności, to E

P

jest równe 0 (niejako wyprowadzenie to podsuwa

odpowiedź D jako odpowiedź prawidłową).

Odpowiedź B - definicja nieważkości mówi: „Nieważkość – stan, w którym na ciało działa tylko siła grawitacji. Poza siłą
grawitacji na ciało nie może działać wtedy żadna inna siła. Powoduje to, że będący w stanie nieważkości odnosi wrażenie, iż
ciało traci swój ciężar, choć jego masa nie ulega żadnym zmianom.” Dodatkowo otrzymujemy małą adnotację w postaci -
„Wbrew rozpowszechnionym opiniom nieważkość nie jest stanem, w którym na ciało nie oddziałują siły grawitacji. Dowodem
tego może być fakt, że w stacji kosmicznej mamy do czynienia ze stanem nieważkości chociaż siły grawitacyjnego przyciągania
przez Ziemię są tam tylko około 10% mniejsze niż przy jej powierzchni.” Z jednej strony możemy uznać, iż odpowiedź jest
błędna, bowiem nieważkość dotyczy obszarów, w których jeszcze mocno działają siły grawitacji. Z drugiej jednak strony, można
uznać odpowiedź za prawidłową, ponieważ jeśli stan nieważkości uzyskujemy już na orbicie, to w obszarze o natężeniu
grawitacji równym 0 tym bardziej otrzymamy nieważkość. :P

Odpowiedź C – Z definicji, gdy R dąży do nieskończoności, to potencjał dąży do 0.
Ogólnie zadanie pozostaje wciąż nierozwiązane. :P

„wiec tak.w 11B dalabym B, ale powodow nie mam. tak na chlopski rozum wg mnie skoro natezenie w tym punkcie przyjmuje
wartosc 0, czyli natezenie od ziemie i od ksiezyca sie rownowazy to i sily grawitacyjne sie zrownowaza czyli na cialo nie bedzizie
dziala zadna sila, wiec sobie zawisnie.” Patysiak

Odpowiedź. brak


Zadanie 12B
Stała grawitacji G = 6.67*10

−11

a jej jednostką w układzie SI jest:

A. m

3

kg

-1

s

-2

B. m

-3

kg

1

s

2

C. m

-3

kg

-1

s

2

D. m

3

kg

1

s

-2

Rozwiązanie:
Stała grawitacji G pojawia się we wzorze na oddziaływania między masami:

?

\

Y

Z5

[



Wzór na siłę to:

? 5B

Sumując, siła wyrażona jest w newtonach (N), czyli kg * m/s

2

. We wzorze na F

G

mamy kg

2

/m

2

. By uzyskać takie jednostki jak

we wzorze na „zwykłą” siłę, musimy całość pomnożyć w następujący sposób:

?

\

Y

Z5

[



Y

[



Z5 ?

\

5





A6



 % ®A6 %

5

J



¯ 

5

A6 % J





Dzięki temu otrzymujemy, iż prawidłowy wynik to m

3

kg

-1

s

-2

.

Odpowiedź. A


Zadanie 13B
W pewnej przemianie gazowej ciepło pobrane przez gaz zostało w całości zamienione na pracę, wykonaną przez ten gaz. Jest
to przemiana:

A. Izotermiczna

B. Izobaryczna

C. Adiabatyczna

D. Izochoryczna

Rozwiązanie:
By rozwiązać to zadanie, odniesiemy się do podstawowego wzoru, na którym bazują przemiany termodynamiczne – pierwsze
prawo termodynamiki:

∆° ∆s  ∆L

Z treści zadania wnioskujemy, iż dQ będzie równe dW, więc dU musi być zerowe. dU opisane jest wzorem, który w każdej
przemianie jest poprawny:

∆° |[∆2 0

Ponieważ R i n to niezerowe stałe, więc możemy wywnioskować, że ΔT stanowi element zerowy. By ΔT=0, temperatura musi
być stała, a więc wiedząc, że T=const możemy stwierdzić, iż nasza przemiana jest izotermiczna.

Odpowiedź. A

Zadanie 14B
Gaz zwiększył swoją temperaturę z 91 do 455

o

C. W wyniku tego v

2

.

A. zmniejszyła się 5 razy

B. zmniejszyła się 2 razy

C. zwiększyła się 5 razy

D. zwiększyła się 2 razy

Rozwiązanie:
O ile dobrze myślę, to wciąż jesteśmy w termodynamice… :P A pytani jesteśmy o zmianę objętości związaną ze zmianą
temperatury gazu. Potrzebne obliczenia możemy przeprowadzić używając równania Clapeyron’a (równanie gazu doskonałego;
zakładamy, że n=1 mol i p=1013 hPa):

oq |[2

q



|[2



o

8,31 Sb % 91  273 b

101300 ±B

0,02986 5

q



|[2



o

8,31 Sb % 455  273 b

101300 ±B

0,05972 5

q



q



0,05972

0,02986 2

A jednak źle myślałem i tu chodzi o wzór na temperaturę bezwzględną i średnią prędkość cząsteczek v

2

2 9

2

3A:

5>



2

2



2



>





>





91  273

455  273 0,5

455  273

91  273 2

Odpowiedź. D


Zadanie 15B
Ile wynosi energia spoczynkowa ciała o masie 5 kg?

A. 4.5 *10

-17

J

B. 4.5 *10

17

J

C. 5 *10

17

J

D. 50 J

Rozwiązanie:
Energię spoczynkową liczymy z następującego wzoru (przybliżamy prędkość światła do 3*10

8

m/s):

M



5



m



5A6 % 3 % 10

²

5

J 



5A6 % 9 % 10

³

5



J



4,5 % 10



S

Odpowiedź. B

Zadanie 16B
Jeżeli odległość między okładkami naładowanego i odłączonego od źródła kondensatora powiększyć trzy razy, to natężenie
pola elektrostatycznego między okładkami:
A. Nie zmieni się

B. Zmaleje

√3 razy

C. Wzrośnie 3 razy
D. Zmaleje 3 razy

Rozwiązanie:
Z prawa Gaussa wiemy, że w szczególnym przypadku pole elektryczne możemy policzyć z wzoru poniżej:

n ´



Mµ

Dodatkowo potrzebujemy wzoru na różnicę potencjałów elektrycznych, czyli U:

° z M7J

e

¶

Teraz poczynimy małe założenie, że nasz kondensator jest kondensatorem płaskim, którego wzór na natężenie pola
elektrostatycznego wyprowadza się w następujący sposób:

° z M7J

e

¶

M z 7J

v



M7

Granica naszej całki to po prostu odległość między okładkami kondensatora. W ten sposób otrzymaliśmy wzór, na podstawie
którego możemy stwierdzić, iż natężenie pola zmaleje trzykrotnie w przypadku trzykrotnego zwiększenia odległości między
okładkami.

Alternatywna odpowiedź to A – dlaczego?

C zależy tylko od S/d (bo epsilon=const)... mamy q=CU, a po odłączeniu obwodu nie uzyskujemy dodatkowego ładunku, a więc
q=const, C maleje, więc U musi wzrosnąć... U = Ed, więc wzrost d jest rekompensowany przez wzrost U... czyli E=const :D
super...

:P

jednak wydaje mi się że jest błąd... w zasadzie to E nie powinno się zmienić, bo czemu? oddaliliśmy okładki, a nie
powiększyliśmy je :)

Odpowiedź. D


Zadanie 17B
Wewnątrz metalowej sfery o promieniu R umieszczono dipol elektryczny o momencie dipolowym

o" i całość umieszczono w

zewnętrznym polu elektrostatycznym o natężeniu

M$". Strumień pola przechodzący przez powierzchnię kul wynosi:

A. 4πR

2

E

B. 4πRpE

C. 0

D. 4πRpE + 4πR

2

E

Rozwiązanie:
„sory bylam na obiedzie... wiec chyba bym powiedziala to samo co i ty. czyli odp A... no bo gdyby pytali np o pole el wewnatrz
to tak, to ten dipol by je zaklocal i byloby jakies tam inne ale to tez by chyba trzeba bylo znac pod jakim katem wzgledem siebie
to jest itp nie? a tu pytaja o strumien pola przechodzacy przez powierzchnie, to nic w przyrodzie nie ginie i jaki wszedl taki
wyjdzie chyba, tlyko w srodku sie tam dziwne rzeczy powinny dziac”

Zadanie 18B
Cząstka o ładunku q porusza się po okręgu o promieniu R w jednorodnym polu magnetycznym o indukcji B. Pęd tej cząstki
jest równy:

A.

· 

t

B.

·t

 

C.

 

·t

D.

n[

Rozwiązanie:
Na cząstkę w polu magnetycznym B działa cały czas siła F

B

:

?

·

$$$$" n>" = $"

Ponieważ w ruchu po okręgu v i B są do siebie prostopadłe, więc sin 90

o

=1, więc z równania wynika, że na cząstkę działa siła o

wartości qvB. Dodatkowo, z drugiej zasady dynamiki dla ruchu po okręgu wiemy, że:

? 5

>



‘

Dzięki czemu otrzymujemy w konsekwencji wzór na prędkość oraz pęd (p=mv):

n> 5

>



‘

n‘

5 > o 5> 5 %

n‘

5 n‘

Odpowiedź. D


Zadanie 19B
Zadanie 19B ma takie samo rozwiązanie jak zadanie 19A.

Zadanie 20B

Wektor

M fali elektromagnetycznej wynosi M 0; 0; M

O

cosAk  <F. Z równania Maxwell’a ¸ = M 

¹·

¹E

określ wektor

:

A.

 0; M

O

N

º

cosAk  <F ; 0

B.

 0; 0; M

O

N

º

cosAk  <F

C.

 0; M

O

N

º

sinAk  <F; 0

D.

 M

O

N

º

cosAk  <F ; 0; 0

Rozwiązanie:
By rozwiązać zadanie, musimy policzyć rotację wektora E:

¸ = M »»

y

¼

A

0

0 M



½

½k

½

½~

½

½X

»» y %

½

½X 0  A %

½

½~ 0  ¼ %

½

½k M



  A %

½

½k 0  y %

½

½~ M



  ¼ %

½

½X 0

¸ = M ¼

½

½k M



  y

½

½~ M





½

½k M





½

½k M

O

cosAk  <F AM

O

sinAk  <F

½

½~ M





½

½~ M

O

cosAk  <F 0

¸ = M 0; AM

O

sinAk  <F ; 0

W zasadzie, w tym momencie moglibyśmy już zakończyć nasze obliczenia, z których wynika, iż poprawną odpowiedzią musi być
ta, która posiada składową pola magnetycznego we współrzędnej y’kowej oraz całkę z sin, czyli cos, aczkolwiek wyprowadzimy
odpowiedź do końca.

Często w tym miejscu powstaje pytanie dlaczego dE/dy ma wartość 0 – odpowiedź jest następująca – pochodną liczymy po dy,
którego nie ma w naszym wzorze na pole elektryczne E. Z powodu tego braku, E jest traktowane jako stała, a pochodna ze
stałej to właśnie zero. Kolejnym krokiem jest podstawienie wyniku rotacji do wzoru łączącego zależność pola elektrycznego E z
polem magnetycznym B. W celu obliczenia propagacji pola magnetycznego, będziemy musieli całkować obie strony równania.

¸ = M 

½

½F 0; AM

O

sinAk  <F ; 0

½



AM

O

sinAk  <F ½F





z AM

O

sinAk  <F½F M

O

A

< cosAk  <F

 0; M

O

A

< cosAk  <F ; 0

Całka z sinusa to –cosinus, natomiast całka z funkcji wewnętrznej sinusa po dt daje –ω, dlatego też nie ma minusa w
ostatecznym wyniku przedstawiającym przebieg B.W konsekwencji otrzymujemy pełne rozwiązanie z precyzyjną odpowiedzią.

Odpowiedź. A


Zadanie 21B
Pod jakim kątem (względem kierunku wiązki) obserwujemy pierwszy prążek dyfrakcyjny po przejściu światła lasera (λ=600nm)
przez siatkę dyfrakcyjną mającą 1000 rys na mm?

A. około 43

o

B. około 47

o

C. około 33

o

D. około 37

o

Rozwiązanie:
Głównym wzorem dla maksimów siatki dyfrakcyjnej jest:

7 sin £ 5T

Gdzie m=1, λ=600nm (600*10

-9

m=6*10

-7

m) oraz gęstość rys to 1000/mm (czyli odległość między rysami to 10

-6

metra).

£ B‘m sin9

5T

7 : B‘m sin ¾

6 % 10

¶

10

¶³

¿ B‘m sin0,6 36,87°

Odpowiedź. D


Zadanie 22B
Przy pomocy zwierciadła o ogniskowej 12cm uzyskano obraz pozorny powiększony 3 razy. Odległość przedmiotu od
zwierciadła jest równa:

A. 20cm

B. 16cm

C. 4cm

D. 8cm

Rozwiązanie:
Powiększenie obrazu w zwierciadle definiujemy:

± 

~

k k 

~

±

Z wzoru na ogniskową cienkich soczewek otrzymujemy:

1

x 

1

~

1

U

1

~

1

U 

1

k

k 

~

±

1

k ± %

1

~ ± 9

1

U 

1

k: ± 9

k  U

Uk :

1

k ± 9

k  U

Uk : U ±k  U k U 

U

± 12 

12

3 8 m5

Po niesamowitych przekształceniach, pomocy Bartosza M. i użyciu akademickiego aparatu matematycznego otrzymujemy
odpowiedź D. EMEJZIN! O _ o

Odpowiedź. D

Zadanie 23B
Jeżeli przedmiot umieścimy w odległości 2m od soczewki o ogniskowej 75cm to otrzymamy ostry obraz w odległości

A. 1.5m

B. 0.8m

C. 0.5m

D. 1.2m

Rozwiązanie:
Zadanie rozwiążemy podobnie jak zadanie 22A i 22B z użyciem poniższego wzoru:

1

x 

1

~

1

U

1

~

1

U 

1

k ~

Uk

k  U

0,75 % 2

2  0,75 1,2 5

Odpowiedź. D


Zadanie 24B
Produktem reakcji



`

À

Á Â  Ã będzie

A.

Ã

`¶

À¶˜

B.

Ã

`¶

À

C.

Ã

`e

À

D.

Ã

`¶˜

˦

Rozwiązanie:
Cząsteczka α to inaczej jądro helu

WÄ



˜

, a więc podczas rozpadu promieniotwórczego, prowadzącego do powstania takiej

cząstki, z atomu X powstanie atom Y, którego liczba masowa A będzie o 4 mniejsza od liczby masowej atomu X (A-4) oraz
analogicznie w sytuacji liczby atomowej Z (ilość protonów w Y będzie o Z-2 mniejsza w porównaniu z atomem X).

Odpowiedź. A


Zadanie 25B
Stała Plancka wynosi:

A. 6.62 * 10

+34

[eV s

−1

]

B. 6.62 * 10

−34

[J s]

C. 6.62 * 10

−34

[eV s

−1

]

D. 6.62 * 10

+34

[J s]

Rozwiązanie:
Stałą Plancka sobie można wyprowadzić z użyciem kalkulatora posiadającego funkcje stałych fizycznych i matematycznych.
h = 6.6262·10

−34

J·s – pewne odpowiedzi można wyeliminować na drodze znajomości odpowiednich wzorów, np. E=hν.

M VÅ Å

1

2 ¡

1

J¢ WX V

M

Å

S

WX S % J

Wzór ten eliminuje odpowiedzi A oraz C. Oczywiście nie wolno zapominać o następującej zależności:

1Äq 1Ä % 1q Æ 1,602 % 10

¶Ç

S

1S Æ 6,24 % 10

²

Äq

Odpowiedź. B

Taka mała adnotacja na koniec, odnośnie wyglądu samego egzaminu. Pierwsza część wygląda tak jak powyżej –
przygotowanych było sporo grup z różnymi pytaniami. Część zadań pokrywała się, aczkolwiek, jeśli miało się pecha, to było
tego niezwykle mało, np. jedno lub dwa na 25.

Wśród zadań pojawiły się pytania o hallotron oraz proste zadania obliczeniowe i teoretyczne (np. obracając się z
wyciągniętymi rękami, w momencie przybliżenia rąk do siebie… i tutaj ABCD w postaci przykładowo – „zmniejszamy
moment bezwładności”).

Druga część egzaminu wyglądała następująco – otrzymujemy kilka kartek A4 z napisanymi 5 numerami. Każdy z numerów
na kartce dotyczył innego zestawu pytań – pierwszy numer do pierwszego zestawu, drugi do drugiego, etc. By część druga
była oceniana należało zaliczyć uprzednio część pierwszą. W części drugiej wystarczyło napisać coś na temat o wszystkich z
pięciu podanych zagadnień. Żadnych wielkich referatów oraz „lania wody”. Krótko, konkretnie i na temat.

W przypadku błędów w notatce lub pytań i sugestii, proszę kontaktować się z autorem.

Grupa II laboratorium IV.

Międzywydziałowa Szkoła Inżynierii Biomedycznej.

mail – [e-mail]

www - http://student.agh.edu.pl/~bonesaaa/

Pozdrawiam,

Mike (BNS).