98. B

F_b F_b=(mV²)/(d/2) F_b≥T

T=fmg

(mV²)/(d/2)=m/(d/2)⋅(2Πdn²/2)=m²4Π²dn²/2=2mΠ²dn² fmg=2mΠ²dn²

n=√(fg/2Π²d)=1/Π⋅√(fg/2d)

99. D

F_b F_b=mV²/R mV²/R=mg mV²=mgR

brak z zasady zachowanoa energii

V naprężeń mg2R+mV²/2=mV₁²/2 mg2R+4mgR/2=mV₁²/ 2

mg mg2R+mgR=mV₁²/2 |⋅2

5mgR=mV₁² |:m V₁=√(5gR)

R

V₁

mg+F′_b

100. C Układ pozostaje w równowadze gdy Pgh=Qg2h Q=P/2

101. C Nieruchomy blok nie daje „zysku” na sile. Zatem F=Q

102. B

W=Fs F=F₁=mgsinα

F Jeśli jest brak tarcia to wystarczy wysokość

h bo liczy się przyrost energii potencjalnej.

F₁

α mg

103. D Klocek porusza się ruchem jednostajnie przyspieszonym z przyspieszeniem a=gsinα jednocześnie a=√(a_x²+a_y²) . Zarówno w pionie jak i w poziomie ruch jest jednostajnie przyspieszony zatem V_x=a_x⋅t

104. B Ruch jest jednostajnie przyspieszony

x=a_xt²/2 zależność paraboliczna

105. D Przy braku tarcia bierze się pod uwagę energie Energie początkowe E_p=mgh dla obu przypadków takie same bo takie same h oraz Energie końcowe E_k=mV²/2 takie same dla obu przypadków zatem V₁=V₂

106. C Prędkości ciał będą jednakowe ponieważ ruch odbywa się bez tarcia i wysokości h równi pochyłych są jednakowe natomiast czas zsuwającej się kulki z równi o mniejszym kącie nachylenia będzie dłuższy.

107. C F₁>m₂g F₁=m₁gsinα m₁gsinα>m₂g sinα>m₂/m₁

a

F₁ m₂g

m₁g

108. D F jest wypadkową R-sprężystości i Q-ciężkości równoważą się R,Q i T-tarcie

R T

F

Q

109. A Aby klocek się zsuwał to tgα>μ_s w zadaniu tgα=3/4=0,75

czyli tgα<μ_s=0,8

110. C Aby klocek się zsuwał to tgα=μ_s zatem tg45°=1=μ_s

111. B F₁=mgsinα F₂=mgcosα T=fmgcosα Ruch rozpoczyna się gdy F₁=T T=mgsinα lub T=fmgsinα

T

F₁ F₂

α mg

112. C Z kinematyki ruchu obrotowego. E_k.całk.=E_k.post.+E_k.obr.

E_k.całk.=mV²/2+Jω²/2 J=2mr²/5 -moment bezwładności V=ωr -pr.kątowa

E_k.całk.=m(ωr)²/2+(1⋅2⋅mr²ω²)/(2⋅5)=(1/2)mr²ω²+(1/5)mr²ω²=(7/10)mr²ω²

Energia ta powstaje z energii potencjalnej. W połowie równi mamy:

mgh/2=(7/10)mr²ω₁² i mgh=(7/10)mr²ω₂²

(mhg/2)/(mgh)=((7/10)mr²ω₁²)/((7/10)mr²ω₂²)⇒ω₁/ω₂=√(1/2) ⇒ ω₂/ω₁=√2

113. D Q=mg m=Q/g = 19,6/9,81=2 kg [N/(m/s²)]=[kg]

114. B γ = F/m [N/kg] = [m/s²]

115. A Na planecie, która się obraca ciężar jest wypadkową siły grawitacji i odśrodkowej siły bezwładności (bo ciała związane z planetą poruszają się po okręgach). Nitkę wyżuca ciężar.

116. C Siły grawitacji to siły odpowiadające III zasadzie dynamiki (wzajemne oddziaływania sż równe co do wartości).

117. B Praca w polu grawitacyjnym: W=GMm(1/r₁−1/r₂) gdzie:

r₁-odległość początkowa od środka Ziemi r₂-odl. końcowa od śr. Ziemi

W=GMm/r₁ gdy r₂→∞

118. C Energia grawitacyjna E_g=−GMm/r → 0 gdy r→∞ rośnie zawsze bo związana jest z wykonywaniem dodatniej pracy.

119. A g=GM/r² r-odległość od środka Ziemi h=R_Z bo wtedy

r=2R_Z i g(2R_Z)=g(R_Z)/4

120. A Wzrost energii kinetycznej statku jest równy utracie energii potencjalnej

E_k=E_p1−E_p2=−GMm/r₁−(−GMm/r₂)=GMm/r₂−GMm/r₁=GMm(r₁−r₂)/r₁r₂

121. B Przyspieszenia tych ciał rosną bo działają na siebie wzajemnie z coraz większą siłą ale ciało o masie 5m w każdej chwili będzie miało przyspieszenie 5 razy mniejsze niż ciało o masie m. a=F/m

122. D Dopóki pracują silniki w rakiecie występuje imitacja ciążenia spowodowana bezwładnością (ponieważ ruch jest przyspieszony).

123. B Im satelita znajduje się bliżej Ziemi tym szybciej musi się poruszać aby siła bezwładności była równa przyciąganiu.

124. C E_p=−GM_zm/r_orbity E_k=mV²_orbity/2 V_orbity=√(GM_z/r_orbity)

E_k=GM_zm/r_orbity E_k/E_p=−1/2 - nie zależy od promienia orbity.

125. C Satelita stacjonarny T=24 h

F=F_b V_orb.=2Πr_orb./T

GM_zm_sat./r²_orb.=m_sat.4Π²r_orb./T²

GM_zm_sat./r²_orb.=mV²_orb./r_orb. stąd:

M_z r_sat. r_orb.=³√(GM_zT²/4Π²)

F V_orb.

F_b

126. B V_orb.=√(GM/r_orb.) V_orb.=2Πr_orb./T 2ΠR/T₁=√(GM/R)

2Π2R/T₂=√(GM/2R) T₂/2T₁=√2 T₂=2√2 ⋅ T₁

127. B V_orb.=√(GM/r_orb.) r₁<r₂ ⇒ V_{orb. 1}>V_{orb. 2}

128. A E_k=mV²_orb./2 = m/2⋅(√(GM/r_orb.))²=GMm/2r_orb. E_k1=E_k2

GMm₁/2R=GMm₂/(2⋅2R) |⋅2R/GM m₁=m₂/2 ⇒ m₂=2m₁

129. C g_z=GM_z/R_z² g_p=GM_p/R_p² = G(M_z/2)/(R_z/2)² = 2GM_z/R_z² = 2g_z

130. C g=GM_z/R_z² = G(4ΠR_z³ρ/3)/R_z² = 4ΠGR_zρ gęstość ta sama przy mniejszej masie, planeta ma mniejszy promień R więc g jest mniejsze.

131. C g_z=4ΠGR_zρ_z/3 g_p=4ΠGR_pρ_p/3=4ΠG2R_z2ρ_z/3=4g_z

132. B

Działa „siła bezwładności” tzn.,

że ruch jest jednostajnie zmienny

ma a i to przyspieszony bo „siła”

działa „do tyłu”.

133. D Siły bezwładności zależą od przyspieszenia układu i masy ciała

F_b=ma oraz są przeciwne do przyspieszenia układu.

134. C

Naprężenia jest przeciwne do ciężaru bo bezwładność

jest przeciwna do przyspieszenia.

ma

N=mg−ma=5mg/6

mg

135. B Między masą m₂ a wagonem istnieje tarcie, a także między masą m₁ a wagonem istnieje tarcie. Odpowiedź 2 jest błędna ponieważ stwierdza, że nie ma tarcia między masą m₂ a wagonem. Odpowiedź 4 także jest błędna ponieważ przyspieszenie klocka m2 zależy od naprężenia sznurka a to z kolei zależy od tarcia masy m₁ o wagon.

136. D Jeśli waga pokazuje zmniejszony nacisk ≠ ciężarowi to oznacza ruch przyspieszony w dół lub hamowanie przy ruchu ku górze bo wtedy bezwładność jest skierowana do góry. a=g/2

137. C

Prawo Archimedesa: F_A=mg

V-objętość F_A (3/5)Vρ_cieczy g=Vρ_ciała g

ρ_ciała=(3/5)ρ_cieczy = (3/4)(4/5)=12/25 [g/cm³]

3V/5

mg

138. C Ciało traci na ciężarze tyle ile waży wyparta ciecz.

60 =Vgρ_cieczy=V8000 N/m³ V=60/8000 m³ =0,75⋅10^-2 m³

139. A 10 =Vgρ_w stąd objętośc ciała V=10 N/gρ

30 =Vgρ_ciała stąd ρ_ciała=30 /Vg ρ_ciała=(30/g)⋅(gρ_w/10)=30ρ_w=3000 kg/m³

140. C 9,81−6,54=Vgρ_w V=3,27/(1000⋅90)=3,27⋅10^-4 m³

141. D Kula o mniejszej gęstości ma większą objętość zatem po zanurzeniu w cieczy działa na nią większa siła wyporu. Równowaga będzie zachwiana, przeważać będzie kula o większej gęstości bo na nią działa mniejsza siła wyporu.

142. A Korek wypływa pod działaniem siły wyporu większej niż ciężar. Obie te siły nie istnieją w stanie nieważkości.

143. C Ciała wypływają wtedy gdy ich gęstość jest mniejsza od gęstości cieczy. Aby wszystkie jajka utonęły muszą mieć jednakową gęstość.

144. C Prawo Pascala: ciśnienie wywołane siłą zewnętrzną działającą na ciecz w każdym miejscu cieczy ma jednakową wartość i działa we wszystkie strony.

p=F₁/S₁ p=F₂/S₂

F₁/S₁=F₂/S₂ S₁ F₁ S₂ F₂

100 N/5 cm=F/1cm

F=(100 N ⋅1cm)/5 cm=20 N

145. D Ciśnienie słupa wody to ciśnienie hydrostatyczne p_h=hgρ

p_h=0,1 m ⋅ 1000 kg/m³ ⋅ 9,81 m/s² ≈ 980 Pa

146. A Zakładając, że naczynie wykonane jest z materiału, do którego rtęć nie przylega np. szkło, to w stanie nieważkości rtęć utworzy kulę (siły spójności i napięcie powierzchniowe dążą do zminimalizowania powierzchni cieczy).

147. D f=V/2Πr=V/Πd=6,28 [m/s]/3,14⋅0,4 [m]=5 s^-1

148. B Średnie przyspieszenie kątowe

ε=(ω_k−ω₀)/Δt=(0−2Πf)/Δt=−2Πf/Δt=(−2Π⋅12 s^-1)/6 s=−4Π s^-2

149. B Cykloida to krzywa (tor) po którym porusza się punkt na obwodzie toczącego się koła. Przyspieszenie liniowe punktu a=√(a_x²+a_y²)

Drugie pochodne współrzędnych a_x=d²x/dt² a_y=d²y/dt²

x″=(ωR−Rωcosωt)′=Rω²sinωt y″=(Rωsinωt)′=Rω²cosωt

a=√(R²ω⁴sin²ωt+R²ω⁴cos²ωt)=Rω²

150. A Zakładając oś obrotu w połowie odcinka l₂ moment obrotowy:

M_obr.=M₁+M₂=F₁(l₂/2)sin135°+F₂(l₂/2)sin135°=2F(l₂/2)sin(180°−45°)=

=Fl₂sin45°=Fl₂⋅(l₁/l₂)=Fl₁

151. C Jest to siła dośrodkowa - niezrównoważona bo tor jest linią krzywą.

152. D Moment pędu L=Jω Energia kinetyczna E_k=Jω²/2

jeśli E_k1=E_k2 a J₁>J₂ to ω₂>ω₁ oraz L₂>L₁

153. B Moment bezwładności kuli J=2mr²/5 , jeśli objętość kuli A jest ośmiokrotnie większa to jej masa jest osiem razy większa a promień dwa razy większy. J_B=2mr²/5 J_A=(2⋅8[m]⋅(2r)²)/5=32 J_B

154. C L=Jω ω=2Π/T ⇒ T=2ΠJ/L

155. D E_k=Jω²/2 L=Jω ⇒ ω=L/J po podstawieniu E_k=JL²/2J²=L²J/2

156. B E_{k postęp.}=mV²/2 E_{k obr.}=Jω²/2=(1/2)(1/2)mr²(V/r)²=mV²/4

E_{k postęp.}=2E_{k obr.}

157. D Moment pędu pozostaje bez zmian ale moment bezwładności J zmaleje tyle samo co prędkość kątowa ω wzrośnie. Energia kinetyczna zależy jednak od ω² zatem E_k wzrośnie.

158. D Trzecie prawo dynamiki ruchu obrotowego ΔL=MΔt M=ΔL/Δt

M=const. ≠ 0 to ΔL/Δt=const. ale albo maleje albo rośnie.

159. A Twierdzenie Steinera: Moment podstawowy J₀. Jeśli przesuniemy oś obrotu równolegle o d to nowy moment bezwładności J₁=J₀

J₀ d J₁

160. D Nie zmieniony zostaje moment pędu L=Jω , jeśli J maleje trzy razy to ω rośnie trzy razy.

161. A ω=2Πn E_k=Jω²/2=4JΠ²n²/2=2JΠ²n²

162. D Walec ma dwie osie obrotu - oś symetrii dookoła której się

obraca i chwilową oś obrotu jaką jest punkt styku walca z

podłożem. Toczenie się jest wynikiem działania dwóch

momentów sił, siły tarcia względem osi obrotu (symetrii) i

siły ciężaru względem chwilowej osi obrotu.

163. B Pręt w tym przypadku zmniejsza energię potencjalną środka masy

ΔE_p=mgl/2 Rośnie kosztem tej energii energia kinetyczna ruchu obrotowego ΔE_k=Jω²/2 ω=V/l Moment bezwładności jest względem środka a potrzebny jest względem końca. mgl/2=(1/2)(1/3)ml²(V/l)² ⇒ ⇒ V=√(3gl)

164. C Z modelu gazu doskonałego.

165. D p=(2/3)N(1/V)E_{k śr.} N-liczba cząstek V-objętość gazu

166. A p=(2/3)N(1/V)((m_cząst.V²)/2) V²-średni kwadrat prędkości

167. A Równanie Clapeyrona pv = nRT n-liczba moli gazu

168. A √(V²)=3RT₀ √(V₀²)/3RT₀=√(4V₀²)/3RT₁ T=4T₀

169. B V_H2 = V_He T_H2 ? T_He T_H2 = 0,5 T_He T₁ = 0,5 T₂

170. C V = const. p = (2n / 3V)⋅ E_{k śr.}

171. C pV = nRT n = m / M MpV = mRT M = mRT / pV

172. D Masę jednej cząsteczki ustala się dzieląc masę jednego mola przez liczbę cząsteczek w molu czyli liczbę Avogadra N_A

pV=knT k=R / N_A n=m / M pV=mRT / N_A M VpN_A M=mRT

M = mRT / pN_A V

173. C ρ=M/V pV=MRT/μ V=MRT/pμ ρ=Mpμ / MRT ρ=pμ/RT

174. D pV = nRT p₀V₀ / T₀ = 2p₀⋅3V₀ / T T = 6T₀

175. A Równanie izotermy p₂=p₁T₂/T₁ p₂∼1/V₂ - hiperbola

Równanie izochory p₂=p₁T₂/T₁ p₂~T₂ ale w układzie (p,V)

wykresem jest linia prosta

176. A

177. B pV = nRT p₁<p₂ i T₁>T₂ ⇒ V₁>V₂

178. C pV=nRT p₁<p₂ i T₁=T₂ ⇒ V₁>V₂ p₂=p₃ i T₂<T₃ ⇒ V₂<V₃

p/T=const. i p₁<p₃ i T₁<T₃ ⇒ V₁=V₃

179. C p₁V₁/T₁ = 2p₁⋅2V₁/T₂ T₂ = 4T₁

180. C W przemianie izochorycznej stałej masy gazu objętość jest stała więc ρ=m/V=const.

181. C W przemianie izochorycznej temperatura jest zmienna.

182. A Tylko na wykresie A przemiana 3→1 jest tą samą przemianą czyli izochoryczną.

183. D Z wykresów przemian : izoterma to hiperbola w układzie (p,V)(1)

zaś (2) przedstawia dowolną przemianę wszystkich trzech parametrów.

184. A Największa objętość odpowiada izochorze o najmniejszym kącie nachylenia tj. (1).

185. D Zła jest odpowiedź D bo aby związek był prawdziwy to p₃=p₄

186. C Izochora musi się zaczynać w temperaturze 0K tj. −273K.

187. D Q=mcΔT m=0,001kg

Q₁=mc_lΔT=0,001⋅2,1⋅10³⋅10=21 J - ogrzewanie lodu [kg⋅(J/kg⋅K)⋅K=J]

Q₂=mL=0,001⋅3,3⋅10⁵=330 J - ciepło na topnienie

Q₃=mc_wΔT=0,001⋅4,2⋅10³⋅100=420 J - ogrzewanie wody

Q₄=mR=0,001⋅2,2⋅10⁶=220 J - ciepło na wrzenie

Q=∑ Q_i = 21+330+420+2200=2971 J

188. B V_xρ(80°C−40°C)c_w=V_wρc_w(40°C−20°C)

V_x=(80 l (40°C−20°C))/(80°C−40°C)=(80⋅20)/40=40 l

189. D - 190. A Q=mcΔT 300 J=0,5 kg⋅c⋅2 K c=300 J/kg⋅K

200 J=0,5 kg⋅c c=400 J/kg

191. D m₁c_w(80°C−t)=m₂c_w(t−20°C) 0,15 kg(80°C−t)=0,05 kg (t−20°C)

0,15 kg 80°C−0,15 kg t = 0,05 kg t −0,05 kg 20°C t=65°C

192. D Nic nie wiemy o stanie skupienia tych ciał. Odpowiedzi:

A-zła dla cieczy i ciał stałych B-tak jest tylko w szczególnym przypadku

C-możliwe jest dla gazów wyrównanie energii (różnica zero)

193. A

194. C Powyżej temperatury krytycznej gazy zachowują się jak doskonałe.

195. D Hel wrze w otwartym termosie.

196. D Ciśnienie pary nasyconej nie zależy od jej objętości a jedynie od temperatury - jest to jedna z właściwości pary nasyconej.

197. D Jest to definicja wilgotności bezwzględnej.

198. B ΔU=W-Q W=10⁵+10³ W=1,01⋅10⁵ J

199. B

200. C W trakcie topnienia ciał krystalicznych temperatura ciała topniejącego (kryształu) nie zmienia się to oznacza stałą energię kinetyczną cząsteczek natomiast niszczona jest struktura kryształu.

201. C Lód topniejąc zmniejsza swoją objętość w wyniku pracy siły ciśnienia atmosferycznego zatem ΔU=Q+W

202. A W gazach ΔU=W+Q ale U=E_k (nie ma oddziaływań) E_k=3kT/2

o zmianie energii wewnętrznej świadczy temperatura (jej zmiana). W przemianie izotermicznej T=const.

203. C ΔU=Q+W p=const. W=-p(V₂-V₁)

T=const. W=-nRT ln(V₂/V₁)=-nRT ln(p₁/p₂)

204. D W przemianie izochorycznej na ogrzanie gazu o 1K trzeba mniej ciepła bo gaz nie wykonuje pracy tak jak w przemianie izobarycznej, w której musi zwiększyć objętość aby zachować stałe ciśnienie. Praca gazu w przemianie jest wtedy gdy gaz zwiększa objętość W=pΔV. Przyrost energii efektywnej jest związany tylko ze zmianą temperatury Q₁=Q₂+W w przemianie izochorycznej ΔU=Q_z.

---