MODEL ODPOWIEDZI I SCHEMAT PUNKTOWANIA ARKUSZA

EGZAMINACYJNEGO I

Odpowiedzi do zadań zamkniętych

Nr

zadania

Propozycje rozwiązań

Punkty

1

Ruch samochodu jest ruchem jednostajnie przyspieszonym. Droga przebyta
przez samochód jest iloczynem średniej prędkości i czasu. Ponieważ
początkowa prędkość jest równa zeru, to średnia prędkość jest równa
połowie końcowej prędkości. Przebyta droga wynosi więc:

m

140

s

10

2

s

/

m

28

t

2

v

s

=

⋅

=

⋅

=

.

Odpowiedź C.

1

2

Piłka porusza się ruchem jednostajnie zmiennym pod wpływem siły
ciężkości. Na wysokości 3,2 m jej prędkość wynosiła zero. Z zasady
zachowania energii dostajemy końcową prędkość v = [2gh]

1/2

=

[2·10m/s·3,2m]

1/2

= 8 m/s.

Odpowiedź B.
Możliwe jest też inne rozwiązanie prowadzące do tego samego wyniku.

1

3

Z wykresu odczytujemy, że podniesienie nieznanej masy m o każde 10
metrów wymaga pracy W = 30 000 J. Wiemy, że podniesienie ruchem
jednostajnym masy m na wysokość h w jednorodnym polu grawitacyjnym
ziemskim wymaga pracy: W = mgh, a więc m = W/gh = 300 kg.
Odpowiedź C.

1

4

Z trzeciego prawa Keplera wiemy, że stosunek trzeciej potęgi promienia
orbity do kwadratu okresu obiegu planety wokół Słońca jest stały, taki sam
dla każdej planety.
A więc (R

Jowisz

/R

Ziemia

)

3

= (T

Jowisz

/T

Ziemia

)

2

. Stosunek kwadratów okresów

wynosi (12/1)

2

= 144. Stosunek promieni orbit Jowisza i Ziemi jest więc

równy pierwiastkowi trzeciego stopnia z 144, a zatem 5,2.
Odpowiedź A.
Ten sam wynik otrzymamy z równania dynamicznego mówiącego, że rolę
siły dośrodkowej spełnia siła grawitacji.

1

5

Dwa połączone szeregowo kondensatory mają pojemność 5 pF. Dołączenie
do nich równolegle pojemności 10 pF daje całkowitą pojemność 15 pF.
Odpowiedź C.

1

6

Przy emisji elektronu w rozpadzie

β liczba masowa jądra nie ulega zmianie,

natomiast liczba porządkowa, zgodnie z prawem zachowania ładunku,
rośnie o jeden. Warunki te spełnia jądro niklu

, z punktu a.

Ni

60

28

Odpowiedź A.

1

1

7

Przez kondensator nie płynie prąd stały z ogniwa. A więc pierwsza żarówka
nie może świecić po naładowaniu się kondensatora, bo nie płynie przez nią
prąd.
Odpowiedź D.

1

8

W danym procesie nie zmieniło się ciśnienie gazu (przemiana izobaryczna),
a więc temperatura bezwzględna musiała wzrosnąć proporcjonalnie do
wzrostu objętości. Objętość wzrosła dwukrotnie, temperatura wzrosła
dwukrotnie.
Odpowiedź B.

1

9

Siła działająca pomiędzy równoległymi przewodami z prądem zależy od
wartości obu prądów oraz wzajemnego zwrotu przepływu prądu. Zmiana
zwrotów obu prądów bez zmiany ich wartości nie wpływa na kierunek ani
wartość siły.
Odpowiedź D.

1

10

Energia całkowita drgań E

całk

= 1/2

.

kA

2

=

2

2

2

A

T

4

m

2

1

⋅

⋅

⋅

π

.Dwukrotne

zmniejszenie okresu drgań przy stałej amplitudzie oznacza , że energia
całkowita drgań zwiększa się 4 razy.
Odpowiedź B.

1

11

Soczewka skupiająca ogniskuje równoległą wiązkę światła słonecznego w
ognisku, a więc w odległości ogniskowej od soczewki.
Odpowiedź C.

1

Razem punktów

11

Odpowiedzi do zadań otwartych

Numer
zadania

Propozycje rozwiązań Liczba

punktów

Czas na pokonanie pierwszych 4 km wynosi 4/60 godz = 4 min. Czas na
pokonanie pozostałych 6 km wynosi 6/10 godz = 36/60 godz = 36 min.
Całkowity czas jazdy wynosi 36+4 = 40 min.

2

12

Średnia prędkość, to całkowita droga podzielona przez całkowity czas, a
więc 10km/40 min = (10·60/40) km/h = 15 km/h 4,17m/s

≈

1

3

Wykres pokazuje jednostajny przyrost prędkości w czasie. Przyczepa
porusza się więc ruchem jednostajnie przyspieszonym. Z wykresu
odczytujemy, że przyrost prędkości w czasie 40 sekund wyniósł 10m/s.
Przyspieszenie wynosi więc 10/40 = 0,25 m/s

2

.

1

13

Skoro masa przyczepy wynosi 300 kg, to siła konieczna do nadania jej
przyspieszenia 0,25 m/s

2

wynosi F=0,25·300 = 75 N.

1

2

2

W zderzeniu niesprężystym zachowany zostaje pęd. Pęd lżejszego
samochodu wynosi 8 000 kg m/s, pęd drugiego samochodu wynosi - 18 000
kg m/s. Znak minus oznacza, że zwrot prędkości drugiego samochodu
będzie przeciwny niż pierwszego. Całkowity pęd wynosił - 10 000 kg m/s.

1

Po zderzeniu oba samochody poruszały się razem. Całkowita masa obu
pojazdów wynosiła 2 000 kg, a ich prędkość musiała być taka, żeby pęd
wynosił - 10 000 kg m/s. Prędkość wynosiła więc -10 000/2000 = -5 m/s.

1

14

Oba pojazdy tuż po zderzeniu poruszały się z prędkością 5 m/s o takim
zwrocie, jak zwrot prędkości cięższego samochodu przed zderzeniem.

1

3

Prędkość kątowa koła wynosi

ω = v/r

Czas pełnego obrotu koła wynosi T = 2

π/ω = 2 π r/v ,

T=

s

s

m

m

45

,

0

/

5

36

,

0

14

,

3

2

=

⋅

⋅

1

15

Ilość obrotów n = s/2πr =

20

36

,

0

14

,

3

2

45

≈

⋅

⋅

m

m

1

2

Natężenie pola, przy warunku jednorodności, to iloraz napięcia U i
odległości między głowicą a papierem l, a więc E = U/l

1

16

Siła F = qE = qU/l = 3·10

-13

C

.

8V /(10

-4

m ) = 24·10

-9

N.

1

2

Natężenie prądu płynącego przez opornik R

1

wynosi 5 A. Natężenia prądu

płynącego przez oporniki R

2

i R

3

są jednakowe, bo opory te połączone są

równolegle i mają taką samą wartość. Z pierwszego prawa Kirchhoffa
wnioskujemy, że natężenie prądu płynącego przez opornik R

3

wynosi 2,5 A.

1

Woltomierz mierzy spadek napięcia na oporniku, czyli iloczyn natężenia
prądu i wartości oporu. W tym przypadku jest to 2,5A·1

Ω = 2,5 V.

1

Napięcie między biegunami baterii jest sumą napięć na oporze R1 i
woltomierzu.

1

17

Wartość napięcia jest więc równa: 10V+2,5V = 12,5V

1

4

Obwód wtórny transformatora powinien mieć więcej zwojów, niż obwód
pierwotny, aby napięcie na wyjściu transformatora było większe niż na
wejściu.

1

18

Pożądany stosunek napięć ma wynosić 2, a więc w obwodzie wtórnym
powinno być dwukrotnie więcej zwojów, niż w pierwotnym. Liczba zwojów
powinna wynosić 1000.

1

2

3

Siła nacisku samochodu na powierzchnię jest równa iloczynowi ciśnienia
powietrza w oponach i powierzchni styku.
F = 4·2·10

5

Pa

.

0,1m·0,1m= 8·10

3

N.

1

19

Masa samochodu, to siła ciążenia (równa tutaj sile nacisku) podzielona

przez przyspieszenie ziemskie, czyli m =

kg

s

m

N

800

/

10

10

8

2

3

=

⋅

1

2

Ciśnienie na głębokości h = 3 m pod wodą jest sumą ciśnienia
atmosferycznego i ciśnienia słupa wody. Wynosi ono :
p

1

= 3m·10m/s

2

·10

3

kg/m

3

+ 10

5

Pa = 1,3·10

5

Pa.

1

Ciśnienie metanu w pęcherzyku jest takie samo, jak ciśnienie na zewnątrz
pęcherzyka. Ponieważ temperatura metanu nie zmieniła się, to
zmniejszaniu się ciśnienia towarzyszyło zwiększanie się objętości gazu

1

20

Z prawa gazu doskonałego p

1

/p

2

= V

2

/V

1

. Ponieważ p

1

/p

2

= 1,3 , to

V

2

/V

1

= 1,3. Objętość metanu zwiększyła się 1,3 raza.

1

3

Silnik wykonał pracę mechaniczną W = 10

8

J. Ponieważ sprawność wynosi

25%, musiał uzyskać ze spalenia benzyny ciepło Q=10

8

J/0,25 = 4·10

8

J.

1

21

Ciepło spalania wynosi 4·10

7

J/kg, a więc silnik musiał spalić masę

m=

=

⋅

⋅

kg

J

J

/

10

4

10

4

7

8

10 kg benzyny.

1

2

Dźwięk musiał przebyć drogę l do skały i jeszcze raz tę samą drogę
powrotną z prędkością v= 330 m/s. A więc 2l =vt= 330m/s·0,5s = 165 m.
Odległość od skał l = 165m/2 = 82,5 m.

1

22

Długość fali, to stosunek jej prędkości do częstotliwości :

f

v

=

λ

=

=

⋅ s

s

m

/

1

220

/

330

1,5m.

1

2

Ogniskowa opisanej soczewki związana jest z promieniem soczewki
wzorem soczewkowym 1/f = (n

wz

-1)(1/r).

1

23

Stąd r= (n-1)f = (1,5-1)·0,5m = 0,25m. Promień soczewki wynosi 0,25 m.

1

2

Razem punktów

29

4

MODEL ODPOWIEDZI I SCHEMAT OCENIANIA ARKUSZA

EGZAMINACYJNEGO II

Nr

zad.

Propozycje rozwiązań

Liczba

punktów

24.1

Opór kuchenki R= U

s

/I

s

=22

Ω.

Opór przewodnika R' =

ρ l/s = 1,7 Ω.

Całkowity opór jest równy R+R’
A więc natężenie prądu I = U

s

/(R+R') 9,3 A.

≈

1
1
1
1

24.2 U = I

.

R= 204,6 V

1

24.3 P = RI

2

=U

.

I 1902,8 W

≈

1

24.4 P' = R' I

2

147 W

≈

1

24.5

E = P·t

≈ 190280Wh

E

≈ 190,3 kWh

1
1

24.6

E

0

= (P+P')t

E

0

≈ 205 kWh

1
1

24.7 0,3(zł/kWh)

.

P' t = 4,41zł

1

24.8

Przewód powinien być grubszy, będzie miał mniejszy opór i straty energii
będą mniejsze

2

14

Wyskalowanie wykresu.

1

Naniesienie punktów pomiarowych.

1

Naniesienie niepewności pomiarowych.

1

25.1

Wykreślenie prostej „najlepszego dopasowania”

1

25.2

Z praw ruchu, dla małych drgań wahadła matematycznego T

2

=

l

g

⋅

2

4

π

,

gdzie g jest przyspieszeniem ziemskim. Wykres T

2

( l ) dla takiego wahadła

jest półprostą o początku w punkcie (0,0). Okres nie zależy od masy.
Przedłużenie narysowanego wykresu przechodzi przez punkt (0,0). Zatem
badane wahadło może być traktowane jak matematyczne.

3

Z wykresu obliczamy współczynnik kierunkowy narysowanej prostej,
a=4s

2

/m.( patrz wykres 1 )

2

25.3

Zatem g=

a

2

4

π

=9,86m/ s

2

Uwaga. Wynik może być nieco inny, gdy inaczej poprowadzono prostą.

1

Narysowanie prostych o najmniejszym i największym nachyleniu (wykres
2)

1

Obliczenie na podstawie wykresu współczynników kierunkowych:
a

min

3,56s

2

/m

≈

a

max

4,2 s

2

/m

≈

2
2

25.4 Obliczenie przyspieszeń: g

max

=

min

2

4
a

π

≈ 11,08m/s

2

, g

min

=

39

,

9

a

4

max

2

≈

π

m/s

2

g

∈ [ 9,39m/s

2

; 11,08m/s

2

]

Uwaga. Wartości liczbowe mogą wyjść nieco inne, bo zależą od tego jak
poprowadzono proste. Liczy się metoda.

1

1

25.5

Z wykresu odczytujemy, że długość wahadła powinna wynosić 1,0 m z
niepewnością 0,04m

(

)

m

02

,

0

m

1

±

1
1

19

Rozłożenie prędkości v

0

na składowe: v

0x

= v

0

cos 45

0

= 4,95 m/s ,

v

0y

= v

0

sin 45

0

=4,95m/s.

Obliczenie wartości prędkości na tym etapie nie jest konieczne.

1

Składowa ruchu wzdłuż poziomu: x (t) = v

0

cos 45

0

t.

1

Składowa ruchu wzdłuż pionu: y(t) = 2,45+v

0

sin45

0

t – gt

2

/2.

1

26.1

Eliminuję t, dostaję równanie toru:
y(x) = 2,45+x tg 45

0

– gx

2

/(2v

0

2

cos

2

45

0

)

.

Uwaga. Można to zrobić w innym układzie odniesienia.

1

Wstawiając x = 4,2 m znajdujemy y = 3,05 m, a zatem tor środka piłki
przechodzi przez środek kosza.

1

Kąt, pod jakim wpada piłka do kosza, określony jest wzorem: tg

β = -v

x

/v

y

.

1

v

y

=v

0

sin45

0

-gt= -3,55m/s

1

t=x /(v

0

cos45

0

)=4,2m / (4,95m/s)=0,85s. Jest to czas, po którym piłka

wpadnie do kosza.

1

tg

β = 4,95/3,55 = 1,39.

1

26.2

Kąty, pod którymi możliwe jest wejście piłki do kosza mają tangensy
zawarte pomiędzy 0 a tg 60

0

≅ 1,73. Obliczony tangens kąta wpadania

mieści się w danym zakresie. A zatem piłka wpadnie do kosza.

2

Najwygodniej skorzystać z zasady zachowania energii, np.

mgh

1

+

=

2

2

0

mv

2

45

cos

0

2

2

0

mv

+mg

max

h

2

Wyznaczenie h

= h

1

+v

0

2

(1-cos

2

45

0

)/2g

max

1

26.3

Obliczenie wartości h

max

=3,68m

1

Całkowita energia wypromieniowana przez Słońce w ciągu jednej sekundy
wynosi: E

c

= 4

π R

2

·1340J

1

Za poprawną selekcję danych

1

27.1

Po obliczeniach E

c

= 3,79 ·10

26

J.

1

Niedobór masy m

1

= 4·1,0073 - 4,0015 – 2

.

0,0005 = 0,0267 atomowej

jednostki masy.

∆

1

W kilogramach niedobór masy wynosi:

∆ m = 0,0267·1,66·10

-27

kg =

4,43·10

-29

kg.

1

Za poprawną selekcję danych

1

Wydzielona energia w wyniku reakcji syntezy: ∆E = ∆mc

2

= 3,99 ·10

-12

J

1

27.2

W megaelektronowoltach: E = m

1

.

931,5

∆

∆

2

2

c

c

MeV ⋅ ≈ 24,9MeV

1

Aby uzyskać obliczoną poprzednio ilość energii emitowaną przez Słońce,
liczba reakcji na sekundę wyniesie: n = E

c

/ E

∆

1

27.3

n = 3

/

=

J

10

79

,

26

⋅

J

10

99

,

3

12

−

⋅

38

10

95

,

0

⋅

1

Masa zamieniana na Słońcu w energię podczas każdej sekundy jest równa:
M

x

=

⋅

∆m n

1

27.4

M

x

= 4,43

.

10

-29

kg

.

0,95

.

10

38

= 4,21

.

10

9

kg

1

12

UWAGA!

W zadaniach 24, 25, 26, 27 wartości liczbowe wyników mogą się nieznacznie

różnić od zamieszczonych powyżej, bo zależą od przyjętych przybliżeń. Liczy się metoda
rozwiązania.

6

WYKRES 1

3

l[m]

5

6

7

4

2

1

0

0

1.5

1.0

0.5

T

2

[s

2

]

7

WYKRES 2

3

l[m]

5

6

7

4

2

1

0

1.5

1.0

0.5

T

2

[s

2

]

8