Zadanie 1.11 punktOdpowiedź wg zasad CKE · wyjaśnienie w przygotowaniuForma 100Fizyka — odpowiedź według zasad CKE
Dokończ zdanie. Zaznacz odpowiedź A, B albo C i jej uzasadnienie 1., 2. albo 3.
Od chwili 𝑡𝐴 do chwili 𝑡𝐷 wartość przyśpieszenia kropli
A. się zwiększa, 1. się zwiększa.
ponieważ wartość siły wypadkowej
B. się zmniejsza, 2. się zmniejsza.
działającej w tym czasie na kroplę
C. pozostaje stała, 3. pozostaje stała.
Kropla wody oderwała się od dachu budynku w chwili 𝑡𝐴 i następnie opadała pionowo
w powietrzu. Na poniższym wykresie przedstawiono zależność wartości v prędkości kropli od
czasu 𝑡 od chwili 𝑡𝐴 = 0 s do chwili 𝑡𝐹 = 4 s, w której kropla uderzyła o podłoże.
Na wykresie oznaczono wybrane punkty: 𝐴, 𝐵, 𝐶 , 𝐷 , 𝐸 , 𝐹. Ruch kropli opisujemy w układzie
odniesienia związanym z ziemią i zakładamy, że jest to układ inercjalny.
v, m/s
D E F
7
C
6
5
4
B
3
2
1
A
0
0 1 2 3 4 t, s
Do analizy zagadnienia przyjmij uproszczony model zjawiska, w którym:
• podczas opadania kropli działają na nią dwie siły: siła oporu powietrza 𝐹⃗𝑜 oraz siła
grawitacji 𝐹⃗𝑔 (pomijamy siłę wyporu aerostatycznego)
• kropla jest kulą o promieniu 𝑅 , a jej masa się nie zmienia
• wartość siły oporu działającej na kroplę wyraża się wzorem:
𝐹𝑜 = 𝑘𝜌𝑝 𝑆v2
gdzie 𝑘 jest pewnym współczynnikiem, 𝜌𝑝 jest gęstością powietrza, 𝑆 jest polem
przekroju poprzecznego przez środek kropli, v jest wartością prędkości kropli
• ruch kropli od chwili 𝑡𝐷 traktujemy jako jednostajny prostoliniowy, czyli przyjmij, że część
𝐷𝐹 wykresu jest poziomym odcinkiem.
EFAP_R0_100
Pokaż odpowiedź
B2Odpowiedź i kryteria punktowania pochodzą z oficjalnych zasad oceniania CKE.
Punktowanie: 1 pkt – odpowiedź poprawna.
0 pkt – odpowiedź niepoprawna lub niepełna albo brak odpowiedzi.
Zadanie 1.23 punktyOdpowiedź wg zasad CKE · wyjaśnienie w przygotowaniuForma 100Fizyka — odpowiedź według zasad CKE
Punkt 𝐾 na diagramach 1.–2. reprezentuje kroplę. Długość boku kratki na każdym diagramie
odpowiada umownej jednostce siły. Na diagramach 1.–2. narysowano siłę grawitacji
działającą na kroplę, natomiast nie narysowano siły oporu 𝐹⃗𝑜 .
Na diagramie 1. narysuj i oznacz siłę oporu ⃗𝑭⃗𝒐𝑬 przyłożoną w punkcie 𝑲, działającą na
kroplę w chwili 𝒕𝑬 = 𝟑, 𝟔 𝐬. Na diagramie 2. narysuj i oznacz siłę oporu ⃗𝑭⃗𝒐𝑩 przyłożoną
w punkcie 𝑲, działającą na kroplę w chwili 𝒕𝑩 = 𝟎, 𝟒 𝐬.
Zachowaj odpowiednie kierunki, zwroty oraz dokładne długości wektorów,
odpowiadające wartościom tych sił. Wykorzystaj fakt, że wartość siły oporu jest
wprost proporcjonalna do kwadratu wartości prędkości kropli: 𝑭𝒐 ∝ v𝟐 .
Diagram 1. (𝑡𝐸 = 3,6 s) Diagram 2. (𝑡𝐵 = 0,4 s)
𝐾 𝐾
𝐹⃗𝑔 𝐹⃗𝑔
Nr zadania 1.1. 1.2.
Wypełnia
Maks. liczba pkt 1 3
egzaminator
Uzyskana liczba pkt
EFAP_R0_100
Kropla wody oderwała się od dachu budynku w chwili 𝑡𝐴 i następnie opadała pionowo
w powietrzu. Na poniższym wykresie przedstawiono zależność wartości v prędkości kropli od
czasu 𝑡 od chwili 𝑡𝐴 = 0 s do chwili 𝑡𝐹 = 4 s, w której kropla uderzyła o podłoże.
Na wykresie oznaczono wybrane punkty: 𝐴, 𝐵, 𝐶 , 𝐷 , 𝐸 , 𝐹. Ruch kropli opisujemy w układzie
odniesienia związanym z ziemią i zakładamy, że jest to układ inercjalny.
v, m/s
D E F
7
C
6
5
4
B
3
2
1
A
0
0 1 2 3 4 t, s
Do analizy zagadnienia przyjmij uproszczony model zjawiska, w którym:
• podczas opadania kropli działają na nią dwie siły: siła oporu powietrza 𝐹⃗𝑜 oraz siła
grawitacji 𝐹⃗𝑔 (pomijamy siłę wyporu aerostatycznego)
• kropla jest kulą o promieniu 𝑅 , a jej masa się nie zmienia
• wartość siły oporu działającej na kroplę wyraża się wzorem:
𝐹𝑜 = 𝑘𝜌𝑝 𝑆v2
gdzie 𝑘 jest pewnym współczynnikiem, 𝜌𝑝 jest gęstością powietrza, 𝑆 jest polem
przekroju poprzecznego przez środek kropli, v jest wartością prędkości kropli
• ruch kropli od chwili 𝑡𝐷 traktujemy jako jednostajny prostoliniowy, czyli przyjmij, że część
𝐷𝐹 wykresu jest poziomym odcinkiem.
EFAP_R0_100
Pokaż odpowiedź
Diagram 1. (𝑡𝐸 = 3,6 s) Diagram 2. (𝑡𝐵 = 0,4 s)
𝐹⃗𝑜𝐸
𝐹⃗𝑜𝐵
𝐾 𝐾
𝐹⃗𝑔 𝐹⃗𝑔
Komentarz do rysunku na diagramie 1.
Siła oporu ma zwrot przeciwny do prędkości oraz do siły grawitacji. Zgodnie z założeniem
zadania, w chwili 𝑡𝐸 = 3,6 s ruch kropli jest jednostajny prostoliniowy, zatem siła grawitacji
równoważy siłę oporu, tzn. wartości tych sił są w tej chwili takie same, a zwroty przeciwne:
𝐹⃗𝑔 = −𝐹⃗𝑜𝐸
Powyższy fakt ilustrujemy na diagramie 1.
Komentarz do rysunku na diagramie 2.
Zapiszemy stosunek wartości siły oporu w chwili 𝑡𝐵 i siły grawitacji oraz skorzystamy z faktu,
że wartość siły grawitacji jest równa wartości siły oporu w chwili 𝑡𝐸 :
𝐹𝑜𝐵 𝐹𝑜𝐵
=
𝐹𝑔 𝐹𝑜𝐸
Następnie wykorzystamy fakt, że wartość siły oporu jest proporcjonalna do kwadratu
prędkości kropli:
𝐹𝑜𝐵 𝐹𝑜𝐵 v𝐵 2
= =( )
𝐹𝑔 𝐹𝑜𝐸 v𝐸
Iloraz prędkości odczytujemy z wykresu:
𝐹𝑜𝐵 3,5 m/s 2 1
=( ) =
𝐹𝑔 7,0 m/s 4
Powyższy fakt ilustrujemy na diagramie 2., tzn. rysujemy wektor siły oporu o długości dwóch
kratek (1/4 długości wektora siły grawitacji).Odpowiedź i kryteria punktowania pochodzą z oficjalnych zasad oceniania CKE.
Punktowanie: 3 pkt – poprawne narysowanie na diagramie 1. siły oporu w chwili 𝑡𝐸 o wartości równej
8 umownych jednostek i zwrocie w górę oraz poprawne narysowanie na diagramie 2.
siły oporu w chwili 𝑡𝐵 o wartości równej 2 umowne jednostki i zwrocie w górę.
Zadanie 1.34 punktyOdpowiedź wg zasad CKE · wyjaśnienie w przygotowaniuForma 100Fizyka — odpowiedź według zasad CKE
Wyprowadź wzór pozwalający wyznaczyć v𝑬 – wartość prędkości, z jaką kropla opada
w powietrzu ruchem jednostajnym prostoliniowym – w zależności od:
promienia kropli 𝑹, gęstości powietrza 𝝆𝒑 , gęstości wody 𝝆𝒘 , wartości przyśpieszenia
ziemskiego 𝒈 oraz współczynnika 𝒌.
Zapisz odpowiednie równania i przekształcenia oraz podaj postać tego wzoru.
4
Wskazówka: Objętość kuli o promieniu 𝑅 wyraża się wzorem 𝑉 = 𝜋𝑅 3 .
3
EFAP_R0_100
Kropla wody oderwała się od dachu budynku w chwili 𝑡𝐴 i następnie opadała pionowo
w powietrzu. Na poniższym wykresie przedstawiono zależność wartości v prędkości kropli od
czasu 𝑡 od chwili 𝑡𝐴 = 0 s do chwili 𝑡𝐹 = 4 s, w której kropla uderzyła o podłoże.
Na wykresie oznaczono wybrane punkty: 𝐴, 𝐵, 𝐶 , 𝐷 , 𝐸 , 𝐹. Ruch kropli opisujemy w układzie
odniesienia związanym z ziemią i zakładamy, że jest to układ inercjalny.
v, m/s
D E F
7
C
6
5
4
B
3
2
1
A
0
0 1 2 3 4 t, s
Do analizy zagadnienia przyjmij uproszczony model zjawiska, w którym:
• podczas opadania kropli działają na nią dwie siły: siła oporu powietrza 𝐹⃗𝑜 oraz siła
grawitacji 𝐹⃗𝑔 (pomijamy siłę wyporu aerostatycznego)
• kropla jest kulą o promieniu 𝑅 , a jej masa się nie zmienia
• wartość siły oporu działającej na kroplę wyraża się wzorem:
𝐹𝑜 = 𝑘𝜌𝑝 𝑆v2
gdzie 𝑘 jest pewnym współczynnikiem, 𝜌𝑝 jest gęstością powietrza, 𝑆 jest polem
przekroju poprzecznego przez środek kropli, v jest wartością prędkości kropli
• ruch kropli od chwili 𝑡𝐷 traktujemy jako jednostajny prostoliniowy, czyli przyjmij, że część
𝐷𝐹 wykresu jest poziomym odcinkiem.
EFAP_R0_100
Pokaż odpowiedź
3
Skorzystamy z I zasady dynamiki. Gdy kropla opada ruchem jednostajnym prostoliniowym,
to siła oporu równoważy siłę grawitacji:
1) 𝐹𝑜 = 𝐹𝑔
Wykorzystamy wzór na wartość siły oporu działającej na kroplę oraz na wartość siły grawitacji:
2) 𝑘𝜌𝑝 𝑆v2𝐸 = 𝑚𝑔
Wielkości: 𝑆, 𝑚 wyrazimy w funkcji promienia kropli. W tym celu skorzystamy ze wzorów na
pole koła, gęstość oraz objętość kuli:
4
3) 𝑆 = 𝜋𝑅 2 4) 𝑚 = 𝑉𝑘𝑟𝑜𝑝𝑙𝑖 𝜌𝑤 5) 𝑉𝑘𝑟𝑜𝑝𝑙𝑖 = 𝜋𝑅 3
3
Związki 3)–5) podstawimy do równania 2):
4 4𝜌𝑤 𝑅𝑔
6) 𝑘𝜌𝑝 𝜋𝑅 2 v2𝐸 = 𝜋𝑅3 𝜌𝑤 𝑔 → 7) v𝐸 = √
3 3𝑘𝜌𝑝
3 Przykładowe rozwiązania mogą zawierać dodatkowe wyjaśnienia/komentarze, które nie podlegają ocenie.
Wymagane elementy rozwiązania zdającego podlegające ocenie są wyszczególnione i opisane w kryteriach
punktacji zasad oceniania.Odpowiedź i kryteria punktowania pochodzą z oficjalnych zasad oceniania CKE.
Punktowanie: 2
4 pkt – poprawna metoda wyznaczenia wartości prędkości kropli poprzez: 𝑔, 𝜌𝑝 , 𝜌𝑤 , 𝑅 , 𝑘
oraz zapisanie prawidłowej postaci wzoru końcowego w funkcji tych wielkości:
4𝜌𝑤 𝑅𝑔
v𝐸 = √
3𝑘𝜌𝑝
3 pkt – zapisanie równości wynikającej z I zasady dynamiki dla ruchu jednostajnego
prostoliniowego kropli oraz wykorzystanie/zapisanie wzoru na siłę grawitacji, oraz
wykorzystanie wzoru na siłę oporu, oraz wykorzystanie/zapisanie związku między
masą kropli a jej gęstością i objętością, oraz wykorzystanie/zapisanie związku
między objętością kropli a jej promieniem,
4 3
𝐹𝑜 = 𝐹𝑔 oraz 𝐹𝑔 = 𝑚𝑔 oraz 𝐹𝑜 = 𝑘𝜌𝑝 𝑆v2𝐸 oraz 𝑚= 𝜋𝑅 𝜌𝑤
3
albo w jednym równaniu
4
𝑘𝜌𝑝 𝑆v2𝐸 = 𝜋𝑅 3 𝜌𝑤 𝑔
3
LUB
– zapisanie równości wynikającej z I zasady dynamiki dla ruchu jednostajnego
prostoliniowego kropli oraz wykorzystanie/zapisanie wzoru na siłę grawitacji, oraz
wykorzystanie wzoru na siłę oporu, oraz wykorzystanie/zapisanie związku między
masą kropli a jej gęstością i objętością, oraz wykorzystanie/zapisanie związku
między przekrojem poprzecznym 𝑆 kropli a jej promieniem, np. zapisy równoważne
poniższym:
𝐹𝑜 = 𝐹𝑔 oraz 𝐹𝑔 = 𝑚𝑔 oraz 𝐹𝑜 = 𝑘𝜌𝑝 𝜋𝑅 2 v2𝐸 oraz 𝑚 = 𝑉𝑘𝑟𝑜𝑝𝑙𝑖 𝜌𝑤
albo w jednym równaniu
𝑘𝜌𝑝 𝜋𝑅 2 v2𝐸 = 𝑉𝑘𝑟𝑜𝑝𝑙𝑖 𝜌𝑤 𝑔
2 pkt – zapisanie równości wynikającej z I zasady dynamiki dla ruchu jednostajnego
prostoliniowego kropli oraz wykorzystanie/zapisanie wzoru na siłę grawitacji, oraz
wykorzystanie wzoru na siłę oporu, np. zapisy równoważne poniższym:
𝐹𝑜 = 𝐹𝑔 oraz 𝐹𝑔 = 𝑚𝑔 oraz 𝐹𝑜 = 𝑘𝜌𝑝 𝑆v2𝐸
albo w jednym równaniu
𝑘𝜌𝑝 𝑆v2𝐸 = 𝑚𝑔
1 pkt – zapisanie równości wynikającej z I zasady dynamiki dla ruchu jednostajnego
prostoliniowego kropli (lub przedstawienie graficzne albo słowne równości wartości sił
grawitacji i oporu), np. zapisy równoważne poniższym:
𝐹𝑜 = 𝐹𝑔 lub 𝐹⃗𝑔 = −𝐹⃗𝑜𝐸
0 pkt – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.
2 Pod opisem warunków za przyznanie punktów, w niektórych przypadkach podano przykładowe zapisy (lub
przykładowe zapisy równoważne), które spełniają te warunki w minimalnym stopniu.
Zadanie 2.12 punktyOdpowiedź wg zasad CKE · wyjaśnienie w przygotowaniuForma 100Fizyka — odpowiedź według zasad CKE
Ustal i zapisz, w którą stronę – bliżej masy 𝒎𝟏 czy masy 𝒎𝟐 – należy przesunąć
podporę wraz z punktem 𝑷 podparcia belki, aby można było zrównoważyć belkę
w pozycji poziomej.
Uzasadnij swoje stwierdzenie.
W uzasadnieniu powołaj się na warunek statyki bryły sztywnej.
Nr zadania 1.3. 2.1.
Wypełnia
Maks. liczba pkt 4 2
egzaminator
Uzyskana liczba pkt
EFAP_R0_100
Cienka jednorodna belka o masie 𝑚𝑏 została podparta w punkcie 𝑃, pokrywającym się
z punktem 𝑆 środka masy belki (tzn. początkowo 𝑃 = 𝑆). W tej sytuacji belka pozostawała
w równowadze, w pozycji poziomej.
Następnie na przeciwległych końcach tej belki zawieszono na cienkich nitkach dwa ciała
o różnych masach 𝑚1 i 𝑚2 , takich, że 𝑚1 > 𝑚2 . W tej sytuacji belka się przechyliła (zobacz
rysunek poniżej).
𝑆
𝑔⃗
𝑃= 𝑃
podpora 𝑚2
belki
𝑚1
W kolejnym kroku doświadczenia przesunięto podporę belki wraz z punktem podparcia belki
w taki sposób, że belka została zrównoważona i utrzymywała się nieruchomo w pozycji
poziomej. Odległość punktu 𝑃 podparcia belki od punktu 𝑆 środka masy belki – w sytuacji po
zrównoważeniu belki – oznaczymy jako 𝑥 , czyli:
𝑥 = |𝑆𝑃|
Pokaż odpowiedź
Podporę wraz z punktem 𝑃 należy przesunąć w lewo, tj. bliżej masy 𝑚1 .
Momenty sił działające na belkę muszą się równoważyć, zatem siła ciężkości od 𝑚1 musi
mieć krótsze ramię względem punktu 𝑃 niż siła ciężkości od 𝑚2 .Odpowiedź i kryteria punktowania pochodzą z oficjalnych zasad oceniania CKE.
Punktowanie: 2 pkt – poprawna odpowiedź oraz powołanie się na warunek równowagi momentów sił oraz
poprawna analiza jakościowa momentów sił w sytuacji początkowej i w sytuacji po
zrównoważeniu belki (np. opisanie jak zmienią się momenty sił po przesunięciu
punktu podparcia belki).
1 pkt – poprawna odpowiedź oraz powołanie się na warunek równowagi momentów sił.
0 pkt – rozwiązanie niepoprawne albo brak rozwiązania.
Zadanie 2.23 punktyOdpowiedź wg zasad CKE · wyjaśnienie w przygotowaniuForma 100Fizyka — odpowiedź według zasad CKE
Masy ciał zawieszonych na końcach belki wynoszą odpowiednio:
𝑚1 = 2,00 kg, 𝑚2 = 1,50 kg.
Masa belki jest równa 𝑚𝑏 = 0,20 kg.
Długość belki jest równa 𝑑 = 42,0 cm.
Oblicz 𝒙 – odległość punktu 𝑷 podparcia belki od punktu 𝑺 środka masy belki,
w sytuacji po zrównoważeniu belki. Wynik zapisz zaokrąglony do dwóch cyfr
znaczących. Zapisz obliczenia.
EFAP_R0_100
Cienka jednorodna belka o masie 𝑚𝑏 została podparta w punkcie 𝑃, pokrywającym się
z punktem 𝑆 środka masy belki (tzn. początkowo 𝑃 = 𝑆). W tej sytuacji belka pozostawała
w równowadze, w pozycji poziomej.
Następnie na przeciwległych końcach tej belki zawieszono na cienkich nitkach dwa ciała
o różnych masach 𝑚1 i 𝑚2 , takich, że 𝑚1 > 𝑚2 . W tej sytuacji belka się przechyliła (zobacz
rysunek poniżej).
𝑆
𝑔⃗
𝑃= 𝑃
podpora 𝑚2
belki
𝑚1
W kolejnym kroku doświadczenia przesunięto podporę belki wraz z punktem podparcia belki
w taki sposób, że belka została zrównoważona i utrzymywała się nieruchomo w pozycji
poziomej. Odległość punktu 𝑃 podparcia belki od punktu 𝑆 środka masy belki – w sytuacji po
zrównoważeniu belki – oznaczymy jako 𝑥 , czyli:
𝑥 = |𝑆𝑃|
Pokaż odpowiedź
Oznaczymy na rysunku siły zewnętrzne działające na układ:
⃗⃗1 (ciężar ciała o masie 𝑚1 ),
𝑄
⃗⃗2 (ciężar ciała o masie 𝑚2 ),
𝑄
𝑄⃗⃗𝑏 (ciężar belki o masie 𝑚𝑏 ),
𝐹⃗𝑃 (siła reakcji podpory działająca na belkę).
𝐹⃗𝑃
𝑑 𝑑
−𝑥 𝑥
2 2
𝑃 𝑆
𝐾1 𝐾2
⃗⃗𝑏
𝑄
𝑚1 𝑚2
⃗⃗2
𝑄
⃗⃗1
𝑄
Zapiszemy warunek równowagi belki: momenty sił działające na belkę muszą się
równoważyć. Wprowadzimy oznaczenia punktów krańcowych belki jako 𝐾1 i 𝐾2 .
Zatem:
|𝑃𝑆| ⋅ 𝑄𝑏 + |𝑃𝐾2 | ⋅ 𝑄2 = |𝑃𝐾1 | ⋅ 𝑄1
Długości odpowiednich odcinków wyrazimy za pomocą 𝑑 oraz 𝑥 :
𝑑 𝑑
𝑥 ⋅ 𝑚𝑏 𝑔 + (𝑥 + ) ⋅ 𝑚2 𝑔 = ( − 𝑥) ⋅ 𝑚1 𝑔
2 2
Z powyższego równania wyznaczymy 𝑥 :
𝑑 𝑑
𝑥𝑚𝑏 + 𝑥𝑚2 + 𝑚2 = 𝑚1 − 𝑥𝑚1
2 2
𝑑
𝑥(𝑚𝑏 + 𝑚2 + 𝑚1 ) = (𝑚 − 𝑚2 )
2 1
𝑑(𝑚1 − 𝑚2 ) 42 cm ⋅ (2 − 1,5) kg
𝑥= → 𝑥= ≈ 2,84 cm
2(𝑚1 + 𝑚𝑏 + 𝑚2 ) 2 ⋅ (2 + 1,5 + 0,2) kgOdpowiedź i kryteria punktowania pochodzą z oficjalnych zasad oceniania CKE.
Punktowanie: 3 pkt – poprawna metoda obliczenia odległości |𝑆𝑃| oraz podanie prawidłowego wyniku
liczbowego z jednostką.
2 pkt – zapisanie równania równowagi momentów sił względem punktu 𝑃 z poprawnym
oznaczeniem sił oraz poprawne wyrażenie ramion tych sił za pomocą 𝑑 , 𝑥 oraz
zastosowanie wzorów na ciężary obu zawieszonych ciał, np. zapisy równoważne
poniższym:
𝑑 𝑑
𝑥 ⋅ 𝑚𝑏 𝑔 + (𝑥 + ) ⋅ 𝑚2 𝑔 = ( − 𝑥) ⋅ 𝑚1 𝑔
2 2
1 pkt – zapisanie równania równowagi momentów sił z poprawnym oznaczeniem sił oraz
ramion tych sił, np. zapisy równoważne poniższym:
|𝑃𝑆| ⋅ 𝑄𝑏 + |𝑃𝐾2 | ⋅ 𝑄2 = |𝑃𝐾1 | ⋅ 𝑄1
0 pkt – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.
Uwaga dodatkowa
Jeżeli zdający zapisze równanie równowagi momentów sił względem punktu 𝑃 z poprawnym
oznaczeniem sił działających na końce belki oraz poprawnie wyrazi ramiona tych sił za
pomocą 𝑑 , 𝑥 oraz zastosuje wzory na ciężary obu zawieszonych ciał oraz nie uwzględni
masy belki (czyli nie uwzględni momentu siły ciężaru belki), to:
– otrzymuje 1 pkt jeśli na tym zakończy rozwiązanie
– otrzymuje 2 pkt jeśli konsekwentnie doprowadzi rozwiązanie do końca (𝑥 = 3,00 cm).
Zadanie 3.12 punktyOdpowiedź wg zasad CKE · wyjaśnienie w przygotowaniuForma 100Fizyka — odpowiedź według zasad CKE
Oceń prawdziwość poniższych stwierdzeń. Zaznacz P, jeśli stwierdzenie jest
prawdziwe, albo F – jeśli jest fałszywe.
1. W chwili 𝑡 = 0,2 s siły działające na ciężarek się równoważą. P F
Energia kinetyczna ciężarka w chwili 𝑡 = 0,1 s jest równa energii
2. P F
kinetycznej ciężarka w chwili 𝑡 = 0,3 s.
Wartość przyśpieszenia ciężarka w chwili 𝑡 = 0,4 s jest większa od
3. P F
wartości przyśpieszenia ciężarka w chwili 𝑡 = 0,5 s.
Nr zadania 2.2. 3.1.
Wypełnia
Maks. liczba pkt 3 2
egzaminator
Uzyskana liczba pkt
EFAP_R0_100
Ciężarek o masie 𝑚 = 100,0 g jest zawieszony na sprężynie i wykonuje drgania
harmoniczne w kierunku pionowym, w jednorodnym, ziemskim polu grawitacyjnym.
Przyjmujemy, że ciężarek drga wzdłuż osi 𝑦 skierowanej pionowo w górę. Na poniższym
wykresie przedstawiono zależność współrzędnej prędkości v𝑦 ciężarka od czasu 𝑡. Dodatnia
wartość współrzędnej prędkości v𝑦 oznacza, że zwrot wektora prędkości ciężarka jest
w górę, a ujemna wartość – że zwrot wektora prędkości jest w dół. Prędkość ciężarka
określamy w układzie odniesienia związanym z ziemią.
vy , m/s
0,8
0,6
0,4
0,2
0
t, s
-0,2 0 0,1 0,2 0,3 0,4 0,5 0,6
-0,4
-0,6
-0,8
Przyjmij uproszczony model zjawiska, w którym:
• na ciężarek działają tylko siła sprężystości 𝐹⃗𝑠 sprężyny i siła grawitacji 𝐹⃗𝑔
• wartość siły sprężystości, z jaką sprężyna działa na ciężarek, jest wprost proporcjonalna
do wydłużenia sprężyny ponad jej długość swobodną (gdy jest nierozciągnięta)
• układ odniesienia związany z ziemią traktujemy jako układ inercjalny
• pomijamy opory ruchu
• pomijamy masę sprężyny
• przyśpieszenie grawitacyjne ziemskie ma wartość 𝑔 = 9,81 m/s 2 .
Pokaż odpowiedź
FPPOdpowiedź i kryteria punktowania pochodzą z oficjalnych zasad oceniania CKE.
Punktowanie: 2 pkt – poprawne zaznaczenia w trzech zdaniach.
1 pkt – poprawne zaznaczenia w dwóch zdaniach.
0 pkt – odpowiedź niepoprawna lub niepełna albo brak odpowiedzi.
Zadanie 3.22 punktyOdpowiedź wg zasad CKE · wyjaśnienie w przygotowaniuForma 100Fizyka — odpowiedź według zasad CKE
Siły działające na ciężarek się równoważą, gdy ciężarek znajduje się w punkcie
o współrzędnej 𝑦 = 0, natomiast najwyższe i najniższe położenia ciężarka znajdują się
– odpowiednio – w punktach o współrzędnych: 𝑦 = 𝐴 oraz 𝑦 = −𝐴. W pewnej chwili ruchu
drgającego ciężarek znalazł się w punkcie 𝑃 (zobacz schematyczny rysunek poniżej).
𝑦
𝐴
𝑔⃗
0
𝑃
−𝐴
Na rysunku powyżej narysuj i podpisz siłę sprężystości ⃗𝑭⃗𝒔 i siłę grawitacji ⃗𝑭⃗𝒈
działające na ciężarek w punkcie 𝑷. Zachowaj relację (większy, równy, mniejszy)
między wartościami tych sił i zapisz tę relację – wpisz w wykropkowane miejsce
poniżej odpowiedni znak wybrany spośród: >, =, <.
𝐹𝑠 𝐹𝑔
EFAP_R0_100
Ciężarek o masie 𝑚 = 100,0 g jest zawieszony na sprężynie i wykonuje drgania
harmoniczne w kierunku pionowym, w jednorodnym, ziemskim polu grawitacyjnym.
Przyjmujemy, że ciężarek drga wzdłuż osi 𝑦 skierowanej pionowo w górę. Na poniższym
wykresie przedstawiono zależność współrzędnej prędkości v𝑦 ciężarka od czasu 𝑡. Dodatnia
wartość współrzędnej prędkości v𝑦 oznacza, że zwrot wektora prędkości ciężarka jest
w górę, a ujemna wartość – że zwrot wektora prędkości jest w dół. Prędkość ciężarka
określamy w układzie odniesienia związanym z ziemią.
vy , m/s
0,8
0,6
0,4
0,2
0
t, s
-0,2 0 0,1 0,2 0,3 0,4 0,5 0,6
-0,4
-0,6
-0,8
Przyjmij uproszczony model zjawiska, w którym:
• na ciężarek działają tylko siła sprężystości 𝐹⃗𝑠 sprężyny i siła grawitacji 𝐹⃗𝑔
• wartość siły sprężystości, z jaką sprężyna działa na ciężarek, jest wprost proporcjonalna
do wydłużenia sprężyny ponad jej długość swobodną (gdy jest nierozciągnięta)
• układ odniesienia związany z ziemią traktujemy jako układ inercjalny
• pomijamy opory ruchu
• pomijamy masę sprężyny
• przyśpieszenie grawitacyjne ziemskie ma wartość 𝑔 = 9,81 m/s 2 .
Pokaż odpowiedź
𝑔⃗ 𝐴
> 𝐹
𝐹𝑠 𝑔
𝐹⃗𝑠
0
𝑃
−𝐴
𝐹⃗𝑔Odpowiedź i kryteria punktowania pochodzą z oficjalnych zasad oceniania CKE.
Punktowanie: 2 pkt – narysowanie oraz podpisanie wektora siły sprężystości 𝐹⃗𝑆 , oraz wektora siły
grawitacji 𝐹⃗𝑔 (zaczepionych w punkcie 𝑃) z poprawnym uwzględnieniem kierunku,
zwrotu i relacji między wartościami (długościami) tych wektorów, oraz zapisanie
poprawnej relacji między wartościami sił.
1 pkt – narysowanie oraz podpisanie wektora siły sprężystości 𝐹⃗𝑆 , oraz wektora siły
grawitacji 𝐹⃗𝑔 (zaczepionych w punkcie 𝑃) z poprawnym uwzględnieniem kierunków i
zwrotów tych wektorów.
Uwaga! W tym kryterium za 1 pkt nie uwzględnia się relacji między wartościami
wektorów (zarówno na rysunku jak i w zapisie nierówności).
0 pkt – rozwiązanie niepoprawne albo brak rozwiązania.
𝑦
Zadanie 3.34 punktyOdpowiedź wg zasad CKE · wyjaśnienie w przygotowaniuForma 100Fizyka — odpowiedź według zasad CKE
Oblicz wartość siły sprężystości działającej na ciężarek w chwili, gdy znajduje się on
w najniższym położeniu podczas ruchu drgającego. Zapisz obliczenia.
Nr zadania 3.2. 3.3.
Wypełnia
Maks. liczba pkt 2 4
egzaminator
Uzyskana liczba pkt
EFAP_R0_100
Ciężarek o masie 𝑚 = 100,0 g jest zawieszony na sprężynie i wykonuje drgania
harmoniczne w kierunku pionowym, w jednorodnym, ziemskim polu grawitacyjnym.
Przyjmujemy, że ciężarek drga wzdłuż osi 𝑦 skierowanej pionowo w górę. Na poniższym
wykresie przedstawiono zależność współrzędnej prędkości v𝑦 ciężarka od czasu 𝑡. Dodatnia
wartość współrzędnej prędkości v𝑦 oznacza, że zwrot wektora prędkości ciężarka jest
w górę, a ujemna wartość – że zwrot wektora prędkości jest w dół. Prędkość ciężarka
określamy w układzie odniesienia związanym z ziemią.
vy , m/s
0,8
0,6
0,4
0,2
0
t, s
-0,2 0 0,1 0,2 0,3 0,4 0,5 0,6
-0,4
-0,6
-0,8
Przyjmij uproszczony model zjawiska, w którym:
• na ciężarek działają tylko siła sprężystości 𝐹⃗𝑠 sprężyny i siła grawitacji 𝐹⃗𝑔
• wartość siły sprężystości, z jaką sprężyna działa na ciężarek, jest wprost proporcjonalna
do wydłużenia sprężyny ponad jej długość swobodną (gdy jest nierozciągnięta)
• układ odniesienia związany z ziemią traktujemy jako układ inercjalny
• pomijamy opory ruchu
• pomijamy masę sprężyny
• przyśpieszenie grawitacyjne ziemskie ma wartość 𝑔 = 9,81 m/s 2 .
Pokaż odpowiedź
Sposób 1.
W najniższym położeniu podczas drgań siła sprężystości działająca na ciężarek ma
największą wartość i ponadto większą od wartości ciężaru ciężarka. Zatem wartość siły
wypadkowej działającej na ciężarek jest równa:
𝐹𝑤𝑦𝑝 𝑚𝑎𝑥 = 𝐹𝑠 𝑚𝑎𝑥 − 𝐹𝑔
Zapiszemy równanie wyrażające II zasadę dynamiki dla ruchu drgającego ciężarka, gdy
ciężarek znajduje się w najniższym położeniu i uwzględnimy wzór na siłę grawitacji:
𝑚𝑎𝑚𝑎𝑥 = 𝐹𝑠 𝑚𝑎𝑥 − 𝑚𝑔
Zastosujemy związek między przyśpieszeniem maksymalnym a prędkością maksymalną
i okresem w ruchu drgającym prostym:
2𝜋
𝑚 ( ) 𝑣𝑚𝑎𝑥 = 𝐹𝑠 𝑚𝑎𝑥 − 𝑚𝑔
𝑇
Powyższe równanie przekształcimy, podstawimy dane i obliczymy maksymalną wartość siły
sprężystości działającej na ciężarek:
2𝜋 2𝜋𝑣𝑚𝑎𝑥
𝐹𝑠 𝑚𝑎𝑥 = 𝑚 ( ) 𝑣𝑚𝑎𝑥 + 𝑚𝑔 → 𝐹𝑠 𝑚𝑎𝑥 = 𝑚 ( + 𝑔)
𝑇 𝑇
m
2 ⋅ 3,142 ⋅ 0,6 s m
𝐹𝑠 𝑚𝑎𝑥 = 0,1 kg ⋅ ( + 9,81 2 ) ≈ 1,92 N
0,4 s s
Sposób 2.
W najniższym położeniu podczas drgań siła sprężystości działająca na ciężarek ma
największą wartość, ponieważ wydłużenie 𝑦𝑚𝑎𝑥 sprężyny ponad długość swobodną jest
wtedy największe. Wydłużenie 𝑦𝑚𝑎𝑥 jest równe sumie amplitudy drgań (𝐴) i wydłużenia (𝑦0 )
sprężyny ponad jej długość swobodną, gdy znajduje się ona w położeniu równowagi sił.
Zatem siła sprężystości w najniższym położeniu drgań ma wartość:
𝐹𝑠 𝑚𝑎𝑥 = 𝑘𝑦𝑚𝑎𝑥 = 𝑘(𝐴 + 𝑦0 ) → 𝐹𝑠 𝑚𝑎𝑥 = 𝑘𝐴 + 𝑘𝑦0
Zapiszemy warunek, gdy ciężarek znajduje się w położeniu równowagi sił (sprężystości
i grawitacji):
𝐹𝑠 0 = 𝐹𝑔 → 𝑘𝑦0 = 𝑚𝑔
Powyższy warunek uwzględnimy w równaniu na wartość siły sprężystości w najniższym
położeniu:
𝐹𝑠 𝑚𝑎𝑥 = 𝑘𝐴 + 𝑚𝑔
Do powyższego równania zastosujemy związki między stałą sprężystości sprężyny a masą
ciężarka i okresem drgań oraz między prędkością maksymalną a okresem drgań i amplitudą
w ruchu drgającym prostym:
2𝜋 2 𝑘 2𝜋
( ) = oraz 𝑣𝑚𝑎𝑥 = ( )𝐴
𝑇 𝑚 𝑇
Zatem:
2𝜋 2 𝑣𝑚𝑎𝑥 2𝜋
𝐹𝑠 𝑚𝑎𝑥 = 𝑚 ( ) ⋅ + 𝑚𝑔 = 𝑚 ( ) 𝑣𝑚𝑎𝑥 + 𝑚𝑔
𝑇 2𝜋 𝑇
(𝑇)
Do powyższego równania podstawimy dane i obliczymy maksymalną wartość siły
sprężystości działającej na ciężarek:
m
2 ⋅ 3,142 ⋅ 0,6 s m
𝐹𝑠 𝑚𝑎𝑥 = 0,1 kg ⋅ ( + 9,81 2 ) ≈ 1,92 N
0,4 s s
Sposób 3.
W najniższym położeniu podczas drgań siła sprężystości działająca na ciężarek ma
największą wartość i ponadto większą od wartości ciężaru ciężarka. Zatem wartość siły
wypadkowej działającej na ciężarek jest równa:
𝐹𝑤𝑦𝑝 𝑚𝑎𝑥 = 𝐹𝑠 𝑚𝑎𝑥 − 𝐹𝑔
Siła wypadkowa powoduje drgania harmoniczna, a zatem siła wypadkowa jest siłą
harmoniczną, czyli jej wartość jest proporcjonalna do wychylenia z położenia równowagi.
Zatem w maksymalnym wychyleniu mamy:
𝑘𝐴 = 𝐹𝑠 𝑚𝑎𝑥 − 𝑚𝑔
Do powyższego równania zastosujemy związki między stałą sprężystości sprężyny a masą
ciężarka i okresem drgań oraz między prędkością maksymalną a okresem drgań i amplitudą
w ruchu drgającym prostym:
2𝜋 2 𝑘 2𝜋
( ) = oraz 𝑣𝑚𝑎𝑥 = ( )𝐴
𝑇 𝑚 𝑇
Zatem:
2𝜋 2 𝑣𝑚𝑎𝑥
𝑚( ) ⋅ = 𝐹𝑠 𝑚𝑎𝑥 − 𝑚𝑔
𝑇 2𝜋
( )
𝑇
Do powyższego równania podstawimy dane i obliczymy maksymalną wartość siły
sprężystości działającej na ciężarek:
m
2 ⋅ 3,142 ⋅ 0,6 s m
𝐹𝑠 𝑚𝑎𝑥 = 0,1 kg ⋅ ( + 9,81 2 ) ≈ 1,92 N
0,4 s s
Sposób 4. (rozwiązanie energetyczne)
Skorzystamy z zasady zachowania energii mechanicznej układu. Przyrównamy energię
mechaniczną układu w chwili maksymalnego rozciągnięcia sprężyny do energii
mechanicznej w chwili przechodzenia ciężarka przez położenie równowagi. Poziom zera
energii potencjalnej grawitacji przyjmiemy w miejscu ciężarka, gdy sprężyna jest
maksymalnie rozciągnięta – wtedy także energia kinetyczna jest równa zero. Zapiszemy
równanie:
𝐸𝑝𝑜𝑡 𝑠𝑝𝑟 𝑚𝑎𝑥 = 𝐸𝑘𝑖𝑛 𝑟𝑜𝑤𝑛𝑜𝑤𝑎𝑔𝑖 + 𝐸𝑝𝑜𝑡 𝑠𝑝𝑟 𝑟𝑜𝑤𝑛𝑜𝑤𝑎𝑔𝑖 + 𝐸𝑝𝑜𝑡 𝑔𝑟𝑎𝑤 𝑟𝑜𝑤𝑛𝑜𝑤𝑎𝑔𝑖
Wykorzystamy wzory na energię potencjalną sprężystości, energię potencjalną grawitacji
oraz energię kinetyczną:
1 1 1
𝑘(𝑦0 + 𝐴)2 = 𝑚𝑣𝑚𝑎𝑥
2
+ 𝑘𝑦02 + 𝑚𝑔𝐴
2 2 2
Przekształcimy i uprościmy powyższe równanie:
1 2 1 1 1 1
𝑘𝑦0 + 2𝑘𝑦0 𝐴 + 𝑘𝐴2 = 𝑚𝑣𝑚𝑎𝑥
2
+ 𝑘𝑦02 + 𝑚𝑔𝐴 →
2 2 2 2 2
1 1
𝑘𝑦0 𝐴 + 𝑘𝐴2 = 𝑚𝑣𝑚𝑎𝑥
2
+ 𝑚𝑔𝐴
2 2
Przekształcimy lewą stronę równania, aby wykorzystać wzór na maksymalną wartość siły
sprężystości: 𝐹𝑠 𝑚𝑎𝑥 = 𝑘(𝑦0 + 𝐴). Kolejno:
1 1
𝑘𝑦0 𝐴 + 𝑘𝐴2 − 𝑘𝐴2 = 𝑚𝑣𝑚𝑎𝑥
2
+ 𝑚𝑔𝐴
2 2
1 1
𝐴𝑘(𝑦0 + 𝐴) − 𝑘𝐴2 = 𝑚𝑣𝑚𝑎𝑥
2
+ 𝑚𝑔𝐴
2 2
1 1
𝐴𝐹𝑠 𝑚𝑎𝑥 − 𝑘𝐴2 = 𝑚𝑣𝑚𝑎𝑥
2
+ 𝑚𝑔𝐴
2 2
2
1 1 𝑣𝑚𝑎𝑥
𝐹𝑠 𝑚𝑎𝑥 = 𝑘𝐴 + 𝑚 + 𝑚𝑔
2 2 𝐴
Do otrzymanego równania zastosujemy związki:
𝑘 2𝜋
𝜔2 = oraz 𝑣𝑚𝑎𝑥 = 𝜔𝐴 gdzie 𝜔=
𝑚 𝑇
Zatem:
1 2 𝑣𝑚𝑎𝑥 1 1 1
𝐹𝑠 𝑚𝑎𝑥 = 𝜔 𝑚⋅ + 𝑚 ⋅ 𝜔𝑣𝑚𝑎𝑥 + 𝑚𝑔 = 𝑚𝜔𝑣𝑚𝑎𝑥 + 𝑚𝜔𝑣𝑚𝑎𝑥 + 𝑚𝑔
2 𝜔 2 2 2
2𝜋
𝐹𝑠 𝑚𝑎𝑥 = 𝑚𝜔𝑣𝑚𝑎𝑥 + 𝑚𝑔 = 𝑚 ( ) 𝑣𝑚𝑎𝑥 + 𝑚𝑔
𝑇
Do powyższego równania podstawimy dane i obliczymy maksymalną wartość siły
sprężystości działającej na ciężarek:
m
2 ⋅ 3,142 ⋅ 0,6 s m
𝐹𝑠 𝑚𝑎𝑥 = 0,1 kg ⋅ ( + 9,81 2 ) ≈ 1,92 N
0,4 s sOdpowiedź i kryteria punktowania pochodzą z oficjalnych zasad oceniania CKE.
Punktowanie: rozwiązań zadań
Zasady oceniania
(dla rozwiązania sposobem 1.)
4 pkt – poprawna metoda obliczenia wartości siły sprężystości działającej na ciężarek, gdy
znajduje się on w najniższym położeniu oraz podanie prawidłowego wyniku
liczbowego z jednostką: 𝐹𝑠 𝑚𝑎𝑥 ≈ 1,92 N
3 pkt – zapisanie równania wyrażającego II zasadę dynamiki dla ruchu drgającego ciężarka
oraz zapisanie (lub uwzględnienie w równaniu) poprawnego wyrażenia na wartość
siły wypadkowej, gdy ciężarek znajduje się w najniższym położeniu, oraz
wykorzystanie związku między przyśpieszeniem maksymalnym a prędkością
maksymalną i okresem w ruchu drgającym, np. zapisy równoważne poniższym:
2𝜋
𝑚𝑎𝑚𝑎𝑥 = 𝐹𝑤𝑦𝑝 𝑚𝑎𝑥 oraz 𝐹𝑤𝑦𝑝 𝑚𝑎𝑥 = 𝐹𝑠 𝑚𝑎𝑥 − 𝐹𝑔 oraz 𝑎𝑚𝑎𝑥 = ( )𝑣
𝑇 𝑚𝑎𝑥
albo w jednym równaniu:
2𝜋
𝑚 ( ) 𝑣𝑚𝑎𝑥 = 𝐹𝑠 𝑚𝑎𝑥 − 𝐹𝑔
𝑇
2 pkt – zapisanie równania wyrażającego II zasadę dynamiki dla ruchu drgającego ciężarka
oraz zapisanie (lub uwzględnienie w równaniu) poprawnego wyrażenia na wartość
siły wypadkowej, gdy ciężarek znajduje się w najniższym położeniu, np. zapisy
równoważne poniższym:
𝑚𝑎𝑚𝑎𝑥 = 𝐹𝑠 𝑚𝑎𝑥 − 𝐹𝑔
LUB
– zapisanie wyrażenia na wartość siły wypadkowej, gdy ciężarek znajduje się
w najniższym położeniu oraz wykorzystanie związku między przyśpieszeniem
maksymalnym a prędkością i okresem (albo związków między prędkością
a amplitudą i okresem oraz między przyśpieszeniem a amplitudą i okresem) w ruchu
drgającym prostym, np. zapisy równoważne poniższym:
2𝜋
𝐹𝑤𝑦𝑝 𝑚𝑎𝑥 = 𝐹𝑠 𝑚𝑎𝑥 − 𝐹𝑔 oraz 𝑎𝑚𝑎𝑥 = ( )𝑣
𝑇 𝑚𝑎𝑥
albo
2𝜋 2 2𝜋
𝐹𝑤𝑦𝑝 𝑚𝑎𝑥 = 𝐹𝑠 𝑚𝑎𝑥 − 𝐹𝑔 oraz (𝑎𝑚𝑎𝑥 = ( ) 𝐴 oraz 𝑣𝑚𝑎𝑥 = ( ) 𝐴)
𝑇 𝑇
1 pkt – zapisanie wyrażenia na wartość siły wypadkowej, gdy ciężarek znajduje się
w najniższym położeniu, np. zapisy równoważne poniższym:
𝐹𝑤𝑦𝑝 𝑚𝑎𝑥 = 𝐹𝑠 𝑚𝑎𝑥 − 𝐹𝑔
LUB
– zapisanie związku między przyśpieszeniem maksymalnym a prędkością i okresem
(albo związków między prędkością a amplitudą i okresem oraz między
przyśpieszeniem a amplitudą i okresem) w ruchu drgającym prostym oraz
identyfikacja/określenie okresu z wykresu, np. zapisy równoważne poniższym:
2𝜋
𝑎𝑚𝑎𝑥 = ( ) 𝑣𝑚𝑎𝑥 oraz 𝑇 = 0,4 s
𝑇
albo
2𝜋 2 2𝜋
(𝑎𝑚𝑎𝑥 = ( ) 𝐴 oraz 𝑣𝑚𝑎𝑥 = ( ) 𝐴) oraz 𝑇 = 0,4 s
𝑇 𝑇
0 pkt – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.
Zasady oceniania
(dla rozwiązania sposobem 2.)
4 pkt – poprawna metoda obliczenia wartości siły sprężystości działającej na ciężarek, gdy
znajduje się on w najniższym położeniu oraz podanie prawidłowego wyniku
liczbowego z jednostką: 𝐹𝑠 𝑚𝑎𝑥 ≈ 1,92 N
3 pkt – zapisanie maksymalnej wartości siły sprężystości jako iloczynu stałej sprężystości
i maksymalnego rozciągnięcia sprężyny oraz zapisanie/uwzględnienie w równaniu
poprawnego wyrażenia na maksymalne rozciągnięcie sprężyny podczas drgań
(równe sumie wydłużenia sprężyny w położeniu równowagi sił i amplitudy drgań),
oraz zapisanie warunku równowagi sił, oraz zapisanie/uwzględnienie w równaniu
związku między stałą sprężystości sprężyny a masą ciężarka i okresem drgań, oraz
zapisanie/uwzględnienie w równaniu związku między amplitudą drgań a okresem
i prędkością maksymalną w ruchu drgającym prostym, np. zapisy równoważne
poniższym:
2𝜋 2 𝑘 2𝜋
𝐹𝑠 𝑚𝑎𝑥 = 𝑘(𝑦0 + 𝐴) oraz 𝑘𝑦0 = 𝑚𝑔 oraz ( ) = oraz 𝑣𝑚𝑎𝑥 = ( )𝐴
𝑇 𝑚 𝑇
albo w jednym równaniu:
2𝜋
𝐹𝑠 𝑚𝑎𝑥 = 𝑘𝑦0 + 𝑘𝐴 = 𝑚𝑔 + ( ) 𝑚𝑣𝑚𝑎𝑥
𝑇
2 pkt – zapisanie maksymalnej wartości siły sprężystości jako iloczynu stałej sprężystości
i maksymalnego rozciągnięcia sprężyny oraz zapisanie/uwzględnienie w równaniu
poprawnego wyrażenia na maksymalne rozciągnięcie sprężyny podczas drgań
(równe sumie wydłużenia sprężyny w położeniu równowagi sił i amplitudy drgań),
oraz zapisanie warunku równowagi sił, np. zapisy równoważne poniższym:
𝐹𝑠 𝑚𝑎𝑥 = 𝑘(𝑦0 + 𝐴) oraz 𝑘𝑦0 = 𝑚𝑔
LUB
– zapisanie maksymalnej wartości siły sprężystości jako iloczynu stałej sprężystości
i maksymalnego rozciągnięcia sprężyny oraz zapisanie/uwzględnienie w równaniu
poprawnego wyrażenia na maksymalne rozciągnięcie sprężyny podczas drgań
(równe sumie wydłużenia sprężyny w położeniu równowagi sił i amplitudy drgań),
oraz zapisanie/uwzględnienie w równaniu związku między stałą sprężystości
sprężyny a masą ciężarka i okresem drgań, np. zapisy równoważne poniższym:
2𝜋 2 𝑘
𝐹𝑠 𝑚𝑎𝑥 = 𝑘(𝑦0 + 𝐴) oraz ( ) =
𝑇 𝑚
LUB
– zapisanie maksymalnej wartości siły sprężystości jako iloczynu stałej sprężystości
i maksymalnego rozciągnięcia sprężyny oraz zapisanie/uwzględnienie w równaniu
poprawnego wyrażenia na maksymalne rozciągnięcie sprężyny podczas drgań
(równe sumie wydłużenia sprężyny w położeniu równowagi sił i amplitudy drgań),
oraz zapisanie/uwzględnienie w równaniu związku między amplitudą drgań a
okresem i prędkością maksymalną w ruchu drgającym prostym, np. zapisy
równoważne poniższym:
2𝜋
𝐹𝑠 𝑚𝑎𝑥 = 𝑘(𝑦0 + 𝐴) oraz 𝑣𝑚𝑎𝑥 = ( ) 𝐴
𝑇
1 pkt – zapisanie maksymalnej wartości siły sprężystości jako iloczynu stałej sprężystości
i maksymalnego rozciągnięcia sprężyny oraz zapisanie/uwzględnienie w równaniu
poprawnego wyrażenia na maksymalne rozciągnięcie sprężyny podczas drgań
(równe sumie wydłużenia sprężyny w położeniu równowagi sił i amplitudy drgań), np.
zapisy równoważne poniższym:
𝐹𝑠 𝑚𝑎𝑥 = 𝑘(𝑦0 + 𝐴) 𝑦0 – wydłużenie sprężyny w położeniu równowagi
0 pkt – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.
Zasady oceniania (dla rozwiązania sposobem 3.)
4 pkt – poprawna metoda obliczenia wartości siły sprężystości działającej na ciężarek, gdy
znajduje się on w najniższym położeniu oraz podanie prawidłowego wyniku
liczbowego z jednostką: 𝐹𝑠 𝑚𝑎𝑥 ≈ 1,92 N
3 pkt – zapisanie maksymalnej wartości siły wypadkowej jako iloczynu stałej sprężystości
i amplitudy drgania oraz zapisanie wyrażenia na wartość siły wypadkowej, gdy
ciężarek znajduje się w najniższym położeniu, oraz zapisanie/uwzględnienie
w równaniu związku między stałą sprężystości sprężyny a masą ciężarka i okresem
drgań, oraz zapisanie/uwzględnienie w równaniu związku między prędkością
maksymalną a amplitudą i okresem, np. zapisy równoważne poniższym:
2𝜋 2 𝑘 2𝜋
𝐹𝑠 𝑚𝑎𝑥 − 𝐹𝑔 = 𝑘𝐴 oraz ( ) = oraz 𝑣𝑚𝑎𝑥 = ( ) 𝐴
𝑇 𝑚 𝑇
albo w jednym równaniu:
2𝜋 2 𝑣𝑚𝑎𝑥
𝐹𝑠 𝑚𝑎𝑥 − 𝐹𝑔 = 𝑘𝐴 = ( ) 𝑚 ⋅
𝑇 2𝜋
(𝑇)
2 pkt – zapisanie maksymalnej wartości siły wypadkowej jako iloczynu stałej sprężystości
i amplitudy drgania oraz zapisanie wyrażenia na wartość siły wypadkowej, gdy
ciężarek znajduje się w najniższym położeniu, oraz zapisanie/uwzględnienie
w równaniu związku między stałą sprężystości sprężyny a masą ciężarka i okresem
drgań, np. zapisy równoważne poniższym:
2𝜋 2 𝑘
𝐹𝑤 𝑚𝑎𝑥 = 𝑘𝐴 oraz 𝐹𝑤 𝑚𝑎𝑥 = 𝐹𝑠 𝑚𝑎𝑥 − 𝐹𝑔 oraz ( ) =
𝑇 𝑚
albo w jednym równaniu
2
2𝜋
𝑚 ( ) 𝐴 = 𝐹𝑠 𝑚𝑎𝑥 − 𝐹𝑔
𝑇
LUB
– zapisanie maksymalnej wartości siły wypadkowej jako iloczynu stałej sprężystości
i amplitudy drgania oraz zapisanie wyrażenia na wartość siły wypadkowej, gdy
ciężarek znajduje się w najniższym położeniu, oraz zapisanie/uwzględnienie
w równaniu związku między prędkością maksymalną a amplitudą i okresem, np.
zapisy równoważne poniższym:
2𝜋
𝐹𝑤 𝑚𝑎𝑥 = 𝑘𝐴 oraz 𝐹𝑤 𝑚𝑎𝑥 = 𝐹𝑠 𝑚𝑎𝑥 − 𝐹𝑔 oraz 𝑣𝑚𝑎𝑥 = ( ) 𝐴
𝑇
albo w jednym równaniu
𝑣𝑚𝑎𝑥
𝑘 = 𝐹𝑠 𝑚𝑎𝑥 − 𝐹𝑔
2𝜋
( )
𝑇
1 pkt – zapisanie wyrażenia na wartość siły wypadkowej, gdy ciężarek znajduje się
w najniższym położeniu, np. zapisy równoważne poniższym:
𝐹𝑤𝑦𝑝 𝑚𝑎𝑥 = 𝐹𝑠 𝑚𝑎𝑥 − 𝐹𝑔
LUB
– zapisanie maksymalnej wartości siły wypadkowej jako iloczynu stałej sprężystości
i amplitudy drgania oraz zapisanie/uwzględnienie w równaniu związku między stałą
sprężystości sprężyny a masą ciężarka i okresem drgań, np. zapisy równoważne
poniższym:
2
2𝜋 𝑘
𝐹𝑤 𝑚𝑎𝑥 = 𝑘𝐴 oraz ( ) =
𝑇 𝑚
LUB
– zapisanie maksymalnej wartości siły wypadkowej jako iloczynu stałej sprężystości
i amplitudy drgania oraz zapisanie/uwzględnienie w równaniu związku między
prędkością maksymalną a amplitudą i okresem, np. zapisy równoważne poniższym:
2𝜋
𝐹𝑤 𝑚𝑎𝑥 = 𝑘𝐴 oraz 𝑣𝑚𝑎𝑥 = ( )𝐴
𝑇
Uwaga! W drugim i trzecim kryterium za 1 pkt nie oceniamy poprawności określenia
siły wypadkowej.
0 pkt – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.
Zasady oceniania
(dla rozwiązania sposobem 4. – energetycznym)
4 pkt – poprawna metoda obliczenia wartości siły sprężystości działającej na ciężarek, gdy
znajduje się on w najniższym położeniu oraz podanie prawidłowego wyniku
liczbowego z jednostką: 𝐹𝑠 𝑚𝑎𝑥 ≈ 1,92 N
3 pkt – zapisanie równości wynikającej z zasady zachowania energii w dwóch chwilach, tzn.
przyrównanie energii potencjalnej sprężystości przy maksymalnym wychyleniu do
sumy energii kinetycznej i energii potencjalnej sprężystości i energii potencjalnej
grawitacji przy przechodzeniu ciężarka przez położenie równowagi oraz poprawne
wykorzystanie wzorów na wszystkie rodzaje energii, oraz poprawne wykorzystanie
2𝜋 2𝜋 2 𝑘
dwóch związków spośród czterech: 𝑣𝑚𝑎𝑥 = ( ) 𝐴 lub ( ) = lub 𝑘𝑦0 = 𝑚𝑔
𝑇 𝑇 𝑚
lub 𝐹𝑠 𝑚𝑎𝑥 = 𝑘(𝑦0 + 𝐴), np. zapisy równoważne poniższym:
1 1 1
𝑘(𝑦0 + 𝐴)2 = 𝑚𝑣𝑚𝑎𝑥
2
+ 𝑘𝑦02 + 𝑚𝑔𝐴
2 2 2
oraz
2𝜋 2𝜋 2 𝑘
(𝑣𝑚𝑎𝑥 = ( ) 𝐴 lub ( ) = lub 𝑘𝑦0 = 𝑚𝑔 lub 𝐹𝑠 𝑚𝑎𝑥 = 𝑘(𝑦0 + 𝐴))
𝑇 𝑇 𝑚
2 pkt – zapisanie równości wynikającej z zasady zachowania energii w dwóch chwilach, tzn.
przyrównanie energii potencjalnej sprężystości przy maksymalnym wychyleniu do
sumy energii kinetycznej i energii potencjalnej sprężystości i energii potencjalnej
grawitacji przy przechodzeniu ciężarka przez położenie równowagi oraz poprawne
wykorzystanie wzorów na wszystkie rodzaje energii, np. zapisy równoważne
poniższym:
1 1 1
𝑘(𝑦0 + 𝐴)2 = 𝑚𝑣𝑚𝑎𝑥
2
+ 𝑘𝑦02 + 𝑚𝑔𝐴
2 2 2
LUB
– zapisanie równości wynikającej z zasady zachowania energii w dwóch chwilach, tzn.
przyrównanie energii potencjalnej sprężystości przy maksymalnym wychyleniu do
sumy energii kinetycznej i energii potencjalnej sprężystości i energii potencjalnej
grawitacji przy przechodzeniu ciężarka przez położenie równowagi oraz poprawne
2𝜋 2𝜋 2 𝑘
wykorzystanie dwóch związków spośród czterech: 𝑣𝑚𝑎𝑥 = ( ) 𝐴 lub ( ) =
𝑇 𝑇 𝑚
lub 𝑘𝑦0 = 𝑚𝑔 lub 𝐹𝑠 𝑚𝑎𝑥 = 𝑘(𝑦0 + 𝐴), np. zapisy równoważne poniższym:
𝐸𝑝𝑜𝑡 𝑠𝑝𝑟 𝑚𝑎𝑥 = 𝐸𝑘𝑖𝑛 𝑟𝑜𝑤𝑛𝑜𝑤𝑎𝑔𝑖 + 𝐸𝑝𝑜𝑡 𝑠𝑝𝑟 𝑟𝑜𝑤𝑛𝑜𝑤𝑎𝑔𝑖 + 𝐸𝑝𝑜𝑡 𝑔𝑟𝑎𝑤 𝑟𝑜𝑤𝑛𝑜𝑤𝑎𝑔𝑖 oraz
2𝜋 2𝜋 2 𝑘
(𝑣𝑚𝑎𝑥 = ( ) 𝐴 lub ( ) = lub 𝑘𝑦0 = 𝑚𝑔 lub 𝐹𝑠 𝑚𝑎𝑥 = 𝑘(𝑦0 + 𝐴))
𝑇 𝑇 𝑚
1 pkt – zapisanie równości wynikającej z zasady zachowania energii w dwóch chwilach, tzn.
przyrównanie energii potencjalnej sprężystości przy maksymalnym wychyleniu do
sumy energii kinetycznej i energii potencjalnej sprężystości i energii potencjalnej
grawitacji przy przechodzeniu ciężarka przez położenie równowagi, np. zapisy
równoważne poniższym:
𝐸𝑝𝑜𝑡 𝑠𝑝𝑟 𝑚𝑎𝑥 = 𝐸𝑘𝑖𝑛 𝑟𝑜𝑤𝑛𝑜𝑤𝑎𝑔𝑖 + 𝐸𝑝𝑜𝑡 𝑠𝑝𝑟 𝑟𝑜𝑤𝑛𝑜𝑤𝑎𝑔𝑖 + 𝐸𝑝𝑜𝑡 𝑔𝑟𝑎𝑤 𝑟𝑜𝑤𝑛𝑜𝑤𝑎𝑔𝑖
Uwaga! W tym kryterium za 1 pkt nie oceniamy poprawności wyrażenia tych energii
wzorami.
LUB
– zapisanie równości wynikającej z zasady zachowania energii w dwóch chwilach, tzn.
w chwili maksymalnego wychylenia i chwili przechodzenia ciężarka przez położenie
równowagi oraz zapisanie/uwzględnienie w równaniu związku między stałą
sprężystości sprężyny a masą ciężarka i okresem drgań, np. zapisy równoważne
poniższym:
2
2𝜋 𝑘
𝐸𝑚𝑒𝑐ℎ 𝑚𝑎𝑥 𝑤𝑦𝑐ℎ = 𝐸𝑚𝑒𝑐ℎ 𝑟𝑜𝑤𝑛𝑜𝑤𝑎𝑔𝑖 oraz ( ) =
𝑇 𝑚
LUB
– zapisanie równości wynikającej z zasady zachowania energii w dwóch chwilach, tzn.
w chwili maksymalnego wychylenia i chwili przechodzenia ciężarka przez położenie
równowagi oraz zapisanie/uwzględnienie w równaniu związku między prędkością
maksymalną a amplitudą i okresem, np. zapisy równoważne poniższym:
2𝜋
𝐸𝑚𝑒𝑐ℎ 𝑚𝑎𝑥 𝑤𝑦𝑐ℎ = 𝐸𝑚𝑒𝑐ℎ 𝑟𝑜𝑤𝑛𝑜𝑤𝑎𝑔𝑖 oraz 𝑣𝑚𝑎𝑥 = ( )𝐴
𝑇
Uwaga! W drugim i trzecim kryterium za 1 pkt nie oceniamy poprawności rozpisania
energii mechanicznej jako sumy odpowiednich rodzajów energii, tylko w ogóle sam
fakt przyrównania energii mechanicznej w danych chwilach.
LUB
– zapisanie maksymalnej wartości siły sprężystości jako iloczynu stałej sprężystości
i maksymalnego rozciągnięcia sprężyny oraz zapisanie/uwzględnienie w równaniu
poprawnego wyrażenia na maksymalne rozciągnięcie sprężyny podczas drgań, np.
zapisy równoważne poniższym:
𝐹𝑠 𝑚𝑎𝑥 = 𝑘(𝑦0 + 𝐴) 𝑦0 – wydłużenie sprężyny w położeniu równowagi
0 pkt – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.
Uwaga dodatkowa
Przyśpieszenie maksymalne 𝑎𝑚𝑎𝑥 zdający może oszacować na podstawie wykresu, tzn.
jako iloraz małego przyrostu prędkości do czasu w otoczeniu 𝑣 ≈ 0, np.:
m
Δ𝑣 0,225 s m
𝑎𝑚𝑎𝑥 ≈ (𝑣 ≈ 0) ≈ =9 2
Δ𝑡 0,025 s s
W takiej sytuacji należy oceniać zgodnie z zasadami oceniania i równoważnie temu, jak
2𝜋
gdyby zdający wyznaczał przyśpieszenie ze wzoru 𝑎𝑚𝑎𝑥 = ( ) 𝑣𝑚𝑎𝑥 . Przy takiej metodzie
𝑇
jako poprawny należy uznać wynik mieszczący się w przedziale od 1,8 N do 2,0 N.
Zadanie 4.12 punktyOdpowiedź wg zasad CKE · wyjaśnienie w przygotowaniuForma 100Fizyka — odpowiedź według zasad CKE
Oceń prawdziwość poniższych stwierdzeń. Zaznacz P, jeśli stwierdzenie jest
prawdziwe, albo F – jeśli jest fałszywe.
1. Obserwator ℬ słyszy dźwięk syreny o częstotliwości mniejszej od 𝑓0 . P F
Gdy ambulans oddala się od obserwatora ℬ i jednocześnie hamuje,
2. P F
to ℬ słyszy dźwięk o rosnącej częstotliwości.
Gdy ambulans oddala się od obserwatora ℬ i jednocześnie przyśpiesza,
3. P F
to ℬ słyszy dźwięk o malejącej częstotliwości.
EFAP_R0_100
Ambulans z włączoną syreną dźwiękową jedzie wzdłuż prostego odcinka drogi. Przez
pewien czas porusza się wzdłuż prostej pomiędzy obserwatorami ℬ oraz 𝒜 , którzy stoją
przy drodze (zobacz rysunek poniżej). Prędkość ambulansu oznaczymy jako ⃗v⃗.
Do obserwatora 𝒜 , do którego zbliża się ambulans, dociera dźwięk o długości fali 𝜆𝐴 .
Do obserwatora ℬ , od którego oddala się ambulans, dociera dźwięk o długości fali 𝜆𝐵 .
⃗v⃗
ℬ 𝒜
Przyjmij model zjawiska, w którym częstotliwość dźwięku wytwarzanego przez głośnik syreny
ambulansu (źródło dźwięku) była stała i wynosiła 𝑓0 (tzn. membrana głośnika syreny drgała
z częstotliwością 𝑓0 ). Pomiń inne źródła dźwięku.
Pokaż odpowiedź
PPPOdpowiedź i kryteria punktowania pochodzą z oficjalnych zasad oceniania CKE.
Punktowanie: 2 pkt – poprawne zaznaczenia w trzech zdaniach.
1 pkt – poprawne zaznaczenia w dwóch zdaniach.
0 pkt – odpowiedź niepoprawna lub niepełna albo brak odpowiedzi.
Zadanie 4.24 punktyOdpowiedź wg zasad CKE · wyjaśnienie w przygotowaniuForma 100Fizyka — odpowiedź według zasad CKE
Przez pewien czas ambulans poruszał się ruchem jednostajnym prostoliniowym pomiędzy
obserwatorami ℬ oraz 𝒜 . Wtedy iloraz długości fal dźwięku rejestrowanego przez tych
obserwatorów wynosił:
𝜆𝐵
= 1,2
𝜆𝐴
Prędkość dźwięku w powietrzu ma wartość v𝑑 = 340 m/s.
Oblicz v – wartość prędkości ambulansu. Zapisz obliczenia.
Nr zadania 4.1. 4.2.
Wypełnia
Maks. liczba pkt 2 4
egzaminator
Uzyskana liczba pkt
EFAP_R0_100
Ambulans z włączoną syreną dźwiękową jedzie wzdłuż prostego odcinka drogi. Przez
pewien czas porusza się wzdłuż prostej pomiędzy obserwatorami ℬ oraz 𝒜 , którzy stoją
przy drodze (zobacz rysunek poniżej). Prędkość ambulansu oznaczymy jako ⃗v⃗.
Do obserwatora 𝒜 , do którego zbliża się ambulans, dociera dźwięk o długości fali 𝜆𝐴 .
Do obserwatora ℬ , od którego oddala się ambulans, dociera dźwięk o długości fali 𝜆𝐵 .
⃗v⃗
ℬ 𝒜
Przyjmij model zjawiska, w którym częstotliwość dźwięku wytwarzanego przez głośnik syreny
ambulansu (źródło dźwięku) była stała i wynosiła 𝑓0 (tzn. membrana głośnika syreny drgała
z częstotliwością 𝑓0 ). Pomiń inne źródła dźwięku.
Pokaż odpowiedź
Sposób 1. (z wykorzystaniem dokładnych wzorów Dopplera)
Zapiszemy wzory Dopplera na częstotliwość 𝑓𝐴 , jaką rejestruje 𝒜 , gdy ambulans zbliża się
do niego oraz na częstotliwość 𝑓𝐵 , jaką rejestruje ℬ , gdy ambulans oddala się od niego.
Ze wzorów tych wyznaczymy iloraz rejestrowanych częstotliwości:
v𝑑
𝑓𝐴 = 𝑓0 ⋅
v𝑑 − v 𝑓𝐴 v𝑑 + v
1) { v𝑑 → 2) =
𝑓𝐵 = 𝑓0 ⋅ 𝑓𝐵 v𝑑 − v
v𝑑 + v
gdzie v oznacza wartość prędkości ambulansu, v𝑑 oznacza wartość prędkości dźwięku.
Ze związku falowego wyprowadzimy wzór na iloraz długości fal. Prędkość dźwięku nie zależy
od ruchu źródła dźwięku w ośrodku, zatem:
v = 𝑓𝐴 𝜆𝐴 𝑓𝐴 𝜆𝐵
3) { 𝑑 → 4) =
v𝑑 = 𝑓𝐵 𝜆𝐵 𝑓𝐵 𝜆𝐴
gdzie 𝜆𝐴 i 𝜆𝐵 są odpowiednio długościami fali dźwiękowej docierającej do 𝒜 i fali dźwiękowej
docierającej do ℬ .
Wykorzystamy warunek zadania:
𝑓𝐴 𝜆𝐵
5) = = 1,2
𝑓𝐵 𝜆𝐴
Wartość ilorazu 5) podstawiamy w miejsce lewej strony równania 2). Otrzymane w ten
sposób równanie przekształcimy, podstawimy dane i obliczymy prędkość ambulansu.
v𝑑 + v
6) 1,2 = → 1,2v𝑑 − 1,2v = v𝑑 + v → 0,2v𝑑 = 2,2v
v𝑑 − v
m
v𝑑 340 s m m
7) v= → 8) v= ≈ 30,9 ≈ 31
11 11 s s
Sposób 2. (z wykorzystaniem przybliżonych wzorów Dopplera)
Zapiszemy przybliżone wzory Dopplera na częstotliwość 𝑓𝐴 , jaką rejestruje 𝒜 , gdy ambulans
zbliża się do niego, oraz na częstotliwość 𝑓𝐵 , jaką rejestruje ℬ , gdy ambulans oddala się od
niego. Z tych wzorów wyznaczymy iloraz częstotliwości:
v
𝑓𝐴 ≈ 𝑓0 ⋅ (1 + )
v𝑑 𝑓𝐴 v𝑑 + v
1) { v → 2) =
𝑓𝐵 ≈ 𝑓0 ⋅ (1 − ) 𝑓𝐵 v𝑑 − v
v𝑑
Ciąg dalszy rozwiązania jest taki sam, jak w sposobie 1., w punktach 3)–8).
Sposób 3. (bez użycia wzorów Dopplera)
Oznaczymy jako 𝜆0 długość fali, jaka byłaby emitowana z syreny ambulansu, który nie
porusza się. Ponieważ ambulans porusza się w kierunku obserwatora 𝒜 , to porusza się
także w kierunku powierzchni falowej wysłanej do obserwatora 𝒜 (ambulans „goni” wysyłane
przez siebie fale w kierunku 𝒜 ). Zatem kolejna powierzchnia falowa, jaką wyśle syrena
ambulansu po czasie jednego okresu (swoich drgań) w kierunku 𝒜 , będzie bliżej poprzednio
wysłanej powierzchni o odległość 𝑠 = v𝑇. Z drugiej strony ambulans oddala się od
powierzchni falowej wysłanej w kierunku obserwatora ℬ . Zatem kolejna powierzchnia falowa,
jaką wyśle syrena ambulansu po czasie jednego okresu w kierunku obserwatora ℬ , będzie
dalej od poprzednio wysłanej powierzchni o odległość 𝑠 = v𝑇. Stąd otrzymujemy:
𝜆 = 𝜆0 − v𝑇 𝜆𝐵 𝜆0 + v𝑇
1) { 𝐴 → 2) =
𝜆𝐵 = 𝜆0 + v𝑇 𝜆𝐴 𝜆0 − v𝑇
Ze związku falowego (dla fali wysłanej z nieruchomej syreny ambulansu) otrzymujemy:
𝜆0
3) v𝑑 = → 4) 𝜆0 = v𝑑 𝑇
𝑇
Na podstawie równań 2) i 4) otrzymujemy:
𝜆𝐵
𝜆𝐵 v𝑑 𝑇 + v𝑇 v𝑑 + v −1
𝜆
5) = = → 6) v= 𝐴 v𝑑
𝜆𝐴 v𝑑 𝑇 − v𝑇 v𝑑 − v 𝜆𝐵
+1
𝜆𝐴
Z warunku zadania mamy:
𝜆𝐵
7) = 1,2
𝜆𝐴
Zależność 7) podstawimy do równania 6) i obliczymy prędkość ambulansu:
1,2 − 1 m m m
v= ⋅ 340 ≈ 30,9 ≈ 31
1,2 + 1 s s s
Sposób 3a. (metoda „mieszana”)
Zastosujemy przybliżony wzór Dopplera oraz przybliżoną zależność między parametrami fali
i zmianami tych parametrów:
|Δ𝑓| v |Δ𝑓| Δ𝜆 Δ𝜆 v
1) ≈ oraz 2) ≈ → 3) ≈
𝑓0 v𝑑 𝑓0 𝜆0 𝜆0 v𝑑
Δ𝜆
Z warunku zadania wyznaczymy . Oznaczymy jako 𝜆0 długość fali, jaka byłaby emitowana
𝜆0
z syreny ambulansu, który nie porusza się. Ponieważ ambulans porusza się w kierunku
obserwatora 𝒜 , to kolejna powierzchnia falowa, jaką wyśle syrena ambulansu po czasie
jednego okresu (swoich drgań) w kierunku 𝒜 , będzie bliżej poprzednio wysłanej powierzchni
o odległość |Δ𝜆| = 𝜆0 − 𝜆𝐴 . Z drugiej strony, kolejna powierzchnia falowa, jaką wyśle syrena
ambulansu po czasie jednego okresu w kierunku obserwatora ℬ , będzie dalej od poprzednio
wysłanej powierzchni o odległość |Δ𝜆| = 𝜆𝐵 − 𝜆0 . Stąd otrzymujemy:
𝜆 = 𝜆0 − |𝛥𝜆|
4) { 𝐴
𝜆𝐵 = 𝜆0 + |𝛥𝜆|
Δ𝜆
Uwzględnimy warunek zadania i wyznaczymy :
𝜆0
λ0 + |Δλ| Δ𝜆 1
5) 1,2 = → 6) ≈
λ0 − |Δλ| 𝜆0 11
Na podstawie równań 3) i 6) otrzymujemy:
1 v
7) ≈ →
11 v𝑑
1 m m
8) 𝑣= ⋅ 340 ≈ 31
11 s sOdpowiedź i kryteria punktowania pochodzą z oficjalnych zasad oceniania CKE.
Punktowanie: 4 pkt – poprawna metoda obliczenia wartości prędkości ambulansu oraz prawidłowy wynik
m
liczbowy z jednostką: v ≈ 31
s
3 pkt – poprawna metoda wyprowadzenia i zapisanie jednego równania, z którego można
bezpośrednio wyznaczyć wartość prędkości ambulansu – metoda zawiera:
wykorzystanie wzorów Dopplera (albo metody jak w sposobie 3. rozwiązania)
z poprawnie zidentyfikowanymi częstotliwościami oraz zastosowanie związku
falowego, oraz wykorzystanie warunku zadania, np.:
v𝑑 + v
𝑚𝑒𝑡𝑜𝑑𝑎 → 1,2 =
v𝑑 − v
albo
1 v
𝑚𝑒𝑡𝑜𝑑𝑎 → =
11 v𝑑
2 pkt – zapisanie wzorów Dopplera z poprawnym zidentyfikowaniem 𝑓𝐴 , 𝑓𝐵 (albo Δ𝑓, 𝑓0 ), v,
v𝑑 oraz wyprowadzenie ze związku falowego (lub zapisanie bez wyprowadzenia)
adekwatnych zależności między częstotliwościami a długościami fal, np. zapisy
równoważne poniższym:
v𝑑 v
𝑓𝐴 = 𝑓0 ⋅ 𝑓𝐴 ≈ 𝑓0 ⋅ (1 + )
v𝑑 − v v𝑑 𝑓𝐴 𝜆𝐵
({ v𝑑 lub { v ) oraz =
𝑓𝐵 = 𝑓0 ⋅ 𝑓𝐵 ≈ 𝑓0 ⋅ (1 − ) 𝑓𝐵 𝜆𝐴
v𝑑 + v v𝑑
albo
|Δ𝑓| v |Δ𝑓| |Δ𝜆|
≈ oraz ≈
𝑓0 v𝑑 𝑓0 𝜆0
albo (bezpośrednie zapisanie wzorów Dopplera z długościami fal)
v v𝑑
𝜆𝐴 = 𝜆0 ⋅ (1 − ) 𝜆𝐴 ≈ 𝜆0 ⋅
v𝑑 v𝑑 + v |Δ𝜆| v
{ v lub { v𝑑 lub ≈
𝜆𝐵 = 𝜆0 ⋅ (1 + ) 𝜆 𝐵 ≈ 𝜆0 ⋅ 𝜆0 v𝑑
v𝑑 v𝑑 − v
LUB
– zapisanie wzorów na długości fal dźwiękowych docierających do 𝒜 i ℬ oraz
zastosowanie związku falowego między okresem, długością fali w układzie źródła
i prędkością dźwięku, np. zapisy równoważne poniższym:
𝜆0
( 𝜆𝐴 = 𝜆0 − v𝑇 , 𝜆𝐵 = 𝜆0 + v𝑇 ) oraz v𝑑 =
𝑇
LUB
|Δ𝜆|
– poprawne wyprowadzenie wartości wyrażenia , np. zapisy równoważne
𝜆0
poniższym:
𝜆 = 𝜆0 − |𝛥𝜆| 𝜆𝐵 |Δ𝜆| 1
{ 𝐴 oraz = 1,2 → =
𝜆𝐵 = 𝜆0 + |𝛥𝜆| 𝜆𝐴 𝜆0 11
1 pkt – zapisanie wzorów Dopplera z poprawnym zidentyfikowaniem 𝑓𝐴 , 𝑓𝐵 (albo Δ𝑓, 𝑓0 ),
v i v𝑑 , np. zapisy równoważne poniższym:
v𝑑 v
𝑓𝐴 = 𝑓0 ⋅ 𝑓𝐴 ≈ 𝑓0 ⋅ (1 + )
v𝑑 − v v𝑑 |Δ𝑓| v
{ v𝑑 albo { v albo ≈
𝑓𝐵 = 𝑓0 ⋅ 𝑓𝐵 ≈ 𝑓0 ⋅ (1 − ) 𝑓0 v 𝑑
v𝑑 + v v𝑑
LUB
– wyprowadzenie ze związku falowego (lub zapisanie bez wyprowadzenia) zależności
między częstotliwościami a długościami fal:
𝑓𝐴 𝜆𝐵 |Δ𝑓| |Δ𝜆|
= albo ≈
𝑓𝐵 𝜆𝐴 𝑓0 𝜆0
LUB
– zapisanie wzorów na długości fal dźwiękowych docierających do 𝒜 i ℬ , jako
odpowiednio różnicy i sumy długości fali źródła spoczywającego i drogi przebytej
przez źródło w czasie okresu, np. zapisy równoważne poniższym:
𝜆𝐴 = 𝜆0 − v𝑇 , 𝜆𝐵 = 𝜆0 + v𝑇
0 pkt – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.
Uwagi dodatkowe
1. Dotyczy rozwiązania sposobem 3a). Jeżeli zdający przyjmie błędną (lub błędnie obliczy)
|Δ𝜆|
wartość ilorazu i konsekwentnie doprowadzi rozwiązanie zadania do końca, to może
𝜆0
otrzymać co najwyżej 3 pkt.
2. Jeżeli z zapisów zdającego jednoznacznie wynika, że przyjął przeciwny zwrot ruchu
ambulansu oraz wszystkie dalsze zależności są zgodne z tym założeniem, oraz
doprowadza konsekwentnie rozwiązanie do końca, to otrzymuje 3 pkt.
Zadanie 5.12 punktyOdpowiedź wg zasad CKE · wyjaśnienie w przygotowaniuForma 100Fizyka — odpowiedź według zasad CKE
Oceń prawdziwość poniższych stwierdzeń. Zaznacz P, jeśli stwierdzenie jest
prawdziwe, albo F – jeśli jest fałszywe.
Wartość siły grawitacji, którą Księżyc działa na Ziemię, jest równa
1. P F
wartości siły grawitacji, którą Ziemia działa na Księżyc.
|𝑍𝑆| 1
2. Punkt 𝑆 dzieli odcinek 𝑍𝐾 w następującym stosunku:
|𝑆𝐾|
≈ . P F
81,28
Wartość siły oddziaływania grawitacyjnego Ziemi na Księżyc jest stała
3. P F
w czasie.
EFAP_R0_100
Ziemia i Księżyc poruszają się dookoła punktu 𝑆 – ich wspólnego środka masy – po orbitach
eliptycznych, które są zbliżone do orbit kołowych.
Przyjmij następujące warunki zadania i oznaczenia:
• środek Ziemi oznaczymy jako punkt 𝑍 , środek Księżyca oznaczymy jako punkt 𝐾 ,
a odcinek łączący środek Ziemi ze środkiem Księżyca oznaczymy jako 𝑍𝐾
• odległość |𝑍𝐾| pomiędzy środkiem Ziemi a środkiem Księżyca się zmienia
𝑀𝑍
• stosunek masy Ziemi do masy Księżyca wynosi ≈ 81,28
𝑀𝐾
• Ziemia i Księżyc są kulami, każda ze sferycznie symetrycznym rozkładem masy.
Pokaż odpowiedź
PPFOdpowiedź i kryteria punktowania pochodzą z oficjalnych zasad oceniania CKE.
Punktowanie: 2 pkt – poprawne zaznaczenia w trzech zdaniach.
1 pkt – poprawne zaznaczenia w dwóch zdaniach.
0 pkt – odpowiedź niepoprawna lub niepełna albo brak odpowiedzi.
Zadanie 5.23 punktyOdpowiedź wg zasad CKE · wyjaśnienie w przygotowaniuForma 100Fizyka — odpowiedź według zasad CKE
Na odcinku 𝑍𝐾 – łączącym środek Ziemi ze środkiem Księżyca – znajduje się taki punkt 𝑃,
w którym wartość wypadkowej siły grawitacji pochodzącej od Ziemi i od Księżyca, działającej
na punkt materialny znajdujący się w punkcie 𝑃, jest równa zero.
Oblicz odległość punktu 𝑷 od środka Ziemi, gdy odległość między środkiem Ziemi
a środkiem Księżyca wynosi |𝒁𝑲| = 𝟑𝟖𝟒 𝟒𝟎𝟎 𝐤𝐦. Zapisz obliczenia.
Nr zadania 5.1. 5.2.
Wypełnia
Maks. liczba pkt 2 3
egzaminator
Uzyskana liczba pkt
EFAP_R0_100
Ziemia i Księżyc poruszają się dookoła punktu 𝑆 – ich wspólnego środka masy – po orbitach
eliptycznych, które są zbliżone do orbit kołowych.
Przyjmij następujące warunki zadania i oznaczenia:
• środek Ziemi oznaczymy jako punkt 𝑍 , środek Księżyca oznaczymy jako punkt 𝐾 ,
a odcinek łączący środek Ziemi ze środkiem Księżyca oznaczymy jako 𝑍𝐾
• odległość |𝑍𝐾| pomiędzy środkiem Ziemi a środkiem Księżyca się zmienia
𝑀𝑍
• stosunek masy Ziemi do masy Księżyca wynosi ≈ 81,28
𝑀𝐾
• Ziemia i Księżyc są kulami, każda ze sferycznie symetrycznym rozkładem masy.
Pokaż odpowiedź
Odległość |𝑃𝑍| punktu 𝑃 od środka Ziemi oznaczymy jako 𝑥 , a odległość |𝑃𝐾| punktu 𝑃 od
środka Księżyca oznaczymy jako 𝑦. Wtedy 𝑦 = 𝑑 − 𝑥 . Wypadkowa siła działająca na ciało
w punkcie 𝑃 jest równa zero, to znaczy, że siła grawitacji od Księżyca równoważy siłę
grawitacji od Ziemi (wartości sił są równe, a zwroty sił przeciwne):
𝐹𝑔𝑍 = 𝐹𝑔𝐾
Zastosujemy wzór na wartość siły grawitacji:
𝐺𝑀𝑍 𝑚 𝐺𝑀𝐾 𝑚 𝑀𝑍 𝑀𝐾
= → = 2
𝑥2 𝑦2 𝑥2 𝑦
Wykorzystamy warunki zadania:
81,28𝑀𝐾 𝑀𝐾
2
= →
𝑥 (𝑑 − 𝑥)2
81,28 1
= →
𝑥2 (𝑑 − 𝑥)2
|𝑥|
= √81,28 ≈ 9,0155
|𝑑 − 𝑥|
Ponieważ 𝑑 − 𝑥 > 0 oraz 𝑥 > 0 to:
𝑥
≈ 9,0155 →
384 400 km − 𝑥
3 465 558 km ≈ 10,0155𝑥 → 𝑥 ≈ 346 000 kmOdpowiedź i kryteria punktowania pochodzą z oficjalnych zasad oceniania CKE.
Punktowanie: rozwiązań zadań
Zasady oceniania
3 pkt – poprawna metoda obliczenia odległości punktu 𝑃 od środka Ziemi oraz prawidłowy
wynik liczbowy z jednostką: |𝑃𝑍| ≈ 346 000 km
2 pkt – zapisanie warunku równowagi sił grawitacji od Ziemi i od Księżyca (lub równości
wartości natężeń pól grawitacyjnych od Ziemi i od Księżyca) oraz poprawne
zapisanie wzorów (lub skorzystanie z własności prawa powszechnego ciążenia) na te
siły grawitacji (lub natężenia pól), oraz poprawne uwzględnienie warunków zadania
(dotyczących stosunku mas i faktu, że suma odległości od punktu 𝑃 do Ziemi i do
Księżyca wynosi 𝑑 ), oraz doprowadzenie (lub zapisanie od razu) do równania,
z którego można bezpośrednio obliczyć odległości punktu 𝑃 od środka Ziemi,
np. zapisy równoważne poniższym:
𝐺𝑀𝑍 𝑚 𝐺𝑀𝐾 𝑚 𝐺 ⋅ 81,28𝑀𝐾 𝑚 𝐺𝑀𝐾 𝑚
2 = 2 oraz 𝑟𝑃𝐾 = 𝑑 − 𝑟𝑃𝑍 → 2 =
𝑟𝑃𝑍 𝑟𝑃𝐾 𝑟𝑃𝑍 (𝑑 − 𝑟𝑃𝑍 )2
albo wszystko uwzględnione w jednym równaniu
81,28 1
2
=
𝑥 (𝑑 − 𝑥)2
1 pkt – zapisanie warunku równowagi sił grawitacji od Ziemi i od Księżyca (lub równości
wartości natężeń pól grawitacyjnych od Ziemi i od Księżyca) oraz
zapisanie/wykorzystanie poprawnych wzorów na te siły (lub natężenia pól),
z poprawnym uwzględnieniem odległości |𝑃𝑍| i |𝑃𝐾|, np. zapisy równoważne
poniższym:
𝐺𝑀𝑍 𝑚 𝐺𝑀𝐾 𝑚
2 = 2
𝑟𝑃𝑍 𝑟𝑃𝐾
albo (zapisanie równości natężeń pól)
𝐺𝑀𝑍 𝐺𝑀𝐾
2 = 2
𝑟𝑃𝑍 𝑟𝑃𝐾
albo skorzystanie z odpowiedniej proporcji wynikającej z prawa ciążenia
2
𝑟𝑃𝑍 𝑀𝑍
2 =
𝑟𝑃𝐾 𝑀𝐾
0 pkt – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.
Zadanie 63 punktyOdpowiedź wg zasad CKE · wyjaśnienie w przygotowaniuForma 100Fizyka — odpowiedź według zasad CKE
Trzy punktowe, ujemne ładunki elektryczne: 𝑄1 , 𝑄2 i 𝑄3 umieszczono nieruchomo w próżni
w wierzchołkach kwadratu (zobacz rysunek). Długość boku tego kwadratu jest równa 𝑎.
Wartości ładunków 𝑄1 , 𝑄2 i 𝑄3 wyrażają się poprzez pewną wartość 𝑞 następująco:
𝑄1 = −2𝑞 𝑄2 = −𝑞 𝑄3 = −2𝑞 gdzie 𝑞>0
Punkt przecięcia przekątnych kwadratu oznaczymy jako 𝑆.
𝑄3 = −2𝑞
𝑆
𝑎
𝑄1 = −2𝑞 𝑄2 = −𝑞
Na powyższym rysunku narysuj i podpisz ⃗𝑬⃗𝑺 – wektor wypadkowego natężenia pola
elektrycznego w punkcie 𝑺. Zachowaj odpowiedni kierunek i zwrot tego wektora.
Zapisz wzór pozwalający wyznaczyć 𝑬𝑺 – wartość tego wektora – w zależności tylko
od 𝒂, od 𝒒 oraz od odpowiedniej stałej fizycznej.
EFAP_R0_100
Pokaż odpowiedź
Natężenia pola elektrycznego w punkcie 𝑆 pochodzące od ładunków 𝑄1 i 𝑄3 zniosą się
⃗⃗1𝑆 + 𝐸⃗⃗3𝑆 = 0), ponieważ wektory te mają przeciwne zwroty i te same wartości. Zatem
(𝐸
natężenie wypadkowe w punkcie 𝑆 będzie natężeniem pochodzącym tylko od ładunku 𝑄2 :
𝐸⃗⃗𝑠 = 𝐸⃗⃗1𝑆 + 𝐸⃗⃗2𝑆 + 𝐸⃗⃗3𝑆 = 𝐸⃗⃗2𝑆
𝑄3 = −2𝑞
𝑆
𝑎
𝐸⃗⃗𝑆
𝑄1 = −2𝑞 𝑄2 = −𝑞
Zapiszemy wzór na wartość wektora natężenia pola elektrycznego w punkcie 𝑆:
𝑘|𝑄2 | 𝑑 𝑎√2
𝐸𝑠 = 𝐸2𝑆 = gdzie = zatem
𝑑 2 2 2
(2)
𝑘𝑞 2𝑘𝑞 1 2𝑞
𝐸𝑠 = 𝐸2𝑆 = 2 → 𝐸𝑆 = lub 𝐸𝑆 = ⋅
𝑎 𝑎2 4𝜋𝜖0 𝑎2
2Odpowiedź i kryteria punktowania pochodzą z oficjalnych zasad oceniania CKE.
Punktowanie: ⃗⃗𝑆 w punkcie 𝑆 oraz poprawne zapisanie wzoru na
3 pkt – poprawne narysowanie wektora 𝐸
⃗⃗𝑆 (wyrażoną tylko za pomocą odpowiednich stałych oraz 𝑎 i 𝑞),
wartość wektora 𝐸
wartość wektora musi być dodatnia.
2 pkt – poprawne narysowanie wektora 𝐸 ⃗⃗𝑆 w punkcie 𝑆: wektor musi leżeć na odcinku 𝑆𝑄2
i mieć zwrot w stronę 𝑄2 (jak na rysunku w rozwiązaniu)
LUB
– zapisanie wzoru na współrzędną wektora 𝐸⃗⃗𝑆 wzdłuż przekątnej, z dowolnie
określonym znakiem, wyrażonej poprzez tylko odpowiednie stałe oraz 𝑎 i 𝑞, np.
zapisy równoważne poniższym:
2𝑘𝑞 2𝑘𝑞
𝐸𝑠 = albo 𝐸𝑠 = −
𝑎2 𝑎2
1 pkt – uwzględnienie (na rysunku lub we wzorze lub zapisanie słowami/równaniem) faktu,
że wypadkowe natężenie 𝐸 ⃗⃗𝑠 pola elektrycznego pochodzi tylko od ładunku 𝑄2 , czyli:
• narysowanie wektora natężenia pola elektrycznego w punkcie 𝑆 o poprawnym
kierunku i błędnym zwrocie
LUB
• zapisanie wzoru na wartość wektora natężenia elektrycznego wyrażającą się tylko
poprzez stałą elektryczną 𝑘 , kwadrat połowy przekątnej i 𝑄2 , np. zapisy
równoważne poniższym:
𝑘𝑄2
𝐸𝑠 =
𝑑 2
(2)
LUB
• zapisanie słowne lub za pomocą równania, że natężenie wypadkowe w punkcie 𝑆
jest równe natężeniu pola elektrycznego pochodzącego tylko od ładunku 𝑄2 , np.
zapisy równoważne poniższym:
𝐸⃗⃗𝑠 = 𝐸⃗⃗1𝑆 + 𝐸⃗⃗2𝑆 + 𝐸⃗⃗3𝑆 = 𝐸⃗⃗2𝑆 ⃗⃗𝑠 = 𝐸⃗⃗1𝑆 + 𝐸⃗⃗2𝑆 + 𝐸⃗⃗3𝑆 oraz 𝐸⃗⃗1 = −𝐸⃗⃗3 )
lub (𝐸
0 pkt – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.
Zadanie 7.12 punktyOdpowiedź wg zasad CKE · wyjaśnienie w przygotowaniuForma 100Fizyka — odpowiedź według zasad CKE
Oceń prawdziwość poniższych stwierdzeń. Zaznacz P, jeśli stwierdzenie jest
prawdziwe, albo F – jeśli jest fałszywe.
W obwodzie elektrycznym zilustrowanym na rysunku 1. (tzn. w sytuacji początkowej)
natężenie prądu płynącego przez opornik ℛ1 jest równe natężeniu prądu
1. P F
płynącego przez amperomierz A.
napięcie elektryczne na oporniku ℛ1 jest równe napięciu elektrycznemu
2. P F
na oporniku ℛ2 .
natężenie prądu płynącego przez opornik ℛ1 jest mniejsze od natężenia
3. P F
prądu płynącego przez opornik ℛ3 .
Nr zadania 6. 7.1.
Wypełnia
Maks. liczba pkt 3 2
egzaminator
Uzyskana liczba pkt
EFAP_R0_100
Do źródła stałego napięcia 𝑈 podłączono trzy identyczne oporniki: ℛ1 , ℛ2 , ℛ3 , oraz
amperomierz A – w taki sposób, jak pokazano na poniższym schemacie obwodu
elektrycznego (zobacz rysunek 1.). Opór każdego opornika jest stały i równy 𝑅 :
𝑅1 = 𝑅2 = 𝑅3 = 𝑅
X ℛ1 ℛ2 Y
Rysunek 1.
A 𝐼𝐴1 ℛ3
𝑈
W pewnym momencie opornik ℛ1 uległ uszkodzeniu, a obwód w tym miejscu został
przerwany (zobacz rysunek 2.).
uszkodzenie ℛ1 , przerwa w obwodzie
X ℛ2 Y
Rysunek 2.
A 𝐼𝐴2 ℛ3
𝑈
Napięcie 𝑈 zasilające obwód jest takie samo w obu opisanych powyżej sytuacjach.
Opór wewnętrzny amperomierza A i źródła napięcia oraz opór przewodów pomijamy.
Pokaż odpowiedź
FPPOdpowiedź i kryteria punktowania pochodzą z oficjalnych zasad oceniania CKE.
Punktowanie: 2 pkt – poprawne zaznaczenia w trzech zdaniach.
1 pkt – poprawne zaznaczenia w dwóch zdaniach.
0 pkt – odpowiedź niepoprawna lub niepełna albo brak odpowiedzi.
Zadanie 7.21 punktOdpowiedź wg zasad CKE · wyjaśnienie w przygotowaniuForma 100Fizyka — odpowiedź według zasad CKE
Dokończ zdanie. Zaznacz odpowiedź A, B albo C i jej uzasadnienie 1., 2. albo 3.
Moc cieplna wydzielana na oporniku ℛ3 po przerwaniu obwodu (rysunek 2. na stronie 17),
w porównaniu do mocy cieplnej wydzielanej na oporniku ℛ3 w sytuacji początkowej
(rysunek 1. na stronie 17), była
A. większa, 1. się nie zmieniło.
ponieważ napięcie między
B. mniejsza, 2. wzrosło.
zaciskami X oraz Y
C. taka sama, 3. zmalało.
Do źródła stałego napięcia 𝑈 podłączono trzy identyczne oporniki: ℛ1 , ℛ2 , ℛ3 , oraz
amperomierz A – w taki sposób, jak pokazano na poniższym schemacie obwodu
elektrycznego (zobacz rysunek 1.). Opór każdego opornika jest stały i równy 𝑅 :
𝑅1 = 𝑅2 = 𝑅3 = 𝑅
X ℛ1 ℛ2 Y
Rysunek 1.
A 𝐼𝐴1 ℛ3
𝑈
W pewnym momencie opornik ℛ1 uległ uszkodzeniu, a obwód w tym miejscu został
przerwany (zobacz rysunek 2.).
uszkodzenie ℛ1 , przerwa w obwodzie
X ℛ2 Y
Rysunek 2.
A 𝐼𝐴2 ℛ3
𝑈
Napięcie 𝑈 zasilające obwód jest takie samo w obu opisanych powyżej sytuacjach.
Opór wewnętrzny amperomierza A i źródła napięcia oraz opór przewodów pomijamy.
Pokaż odpowiedź
C1Odpowiedź i kryteria punktowania pochodzą z oficjalnych zasad oceniania CKE.
Punktowanie: 1 pkt – odpowiedź poprawna.
0 pkt – odpowiedź niepoprawna lub niepełna albo brak odpowiedzi.
Zadanie 7.33 punktyOdpowiedź wg zasad CKE · wyjaśnienie w przygotowaniuForma 100Fizyka — odpowiedź według zasad CKE
Natężenie prądu, jakie wskazuje amperomierz A przed przerwaniem obwodu (rysunek 1.
na stronie 17), oznaczymy jako 𝐼𝐴1 . Natężenie prądu, jakie wskazuje amperomierz A po
przerwaniu obwodu (rysunek 2. na stronie 17), oznaczymy jako 𝐼𝐴2 .
𝑰𝑨𝟐
Oblicz iloraz . Zapisz obliczenia.
𝑰𝑨𝟏
EFAP_R0_100
Do źródła stałego napięcia 𝑈 podłączono trzy identyczne oporniki: ℛ1 , ℛ2 , ℛ3 , oraz
amperomierz A – w taki sposób, jak pokazano na poniższym schemacie obwodu
elektrycznego (zobacz rysunek 1.). Opór każdego opornika jest stały i równy 𝑅 :
𝑅1 = 𝑅2 = 𝑅3 = 𝑅
X ℛ1 ℛ2 Y
Rysunek 1.
A 𝐼𝐴1 ℛ3
𝑈
W pewnym momencie opornik ℛ1 uległ uszkodzeniu, a obwód w tym miejscu został
przerwany (zobacz rysunek 2.).
uszkodzenie ℛ1 , przerwa w obwodzie
X ℛ2 Y
Rysunek 2.
A 𝐼𝐴2 ℛ3
𝑈
Napięcie 𝑈 zasilające obwód jest takie samo w obu opisanych powyżej sytuacjach.
Opór wewnętrzny amperomierza A i źródła napięcia oraz opór przewodów pomijamy.
Pokaż odpowiedź
Sposób 1.
Obliczymy natężenie prądów płynących w górnej i dolnej gałęzi w sytuacji 1. Skorzystamy ze
związku między napięciem zasilającym obwód a oporami na poszczególnych gałęziach:
𝑈 𝑈
1) 𝐼𝑔𝑜𝑟𝑛𝑦 = oraz 𝐼𝑑𝑜𝑙𝑛𝑦 =
2𝑅 𝑅
Obliczymy 𝐼𝐴1 z pierwszego prawa Kirchhoffa:
3𝑈
2) 𝐼𝐴1 = 𝐼𝑔𝑜𝑟𝑛𝑦 + 𝐼𝑑𝑜𝑙𝑛𝑦 =
2𝑅
Obliczymy 𝐼𝐴2 :
𝑈
3) 𝐼𝐴2 =
𝑅
𝐼𝐴2
Obliczymy :
𝐼𝐴1
𝑈
𝐼𝐴2 2
4) = 𝑅 =
𝐼𝐴1 3 𝑈 3
2𝑅
Sposób 2.
Obliczymy 𝐼𝐴1 . Skorzystamy ze związku między napięciem zasilającym obwód a oporem
zastępczym obwodu (w sytuacji początkowej):
1) 𝑈 = 𝐼𝐴1 ⋅ 𝑅𝑍1
Obliczymy 𝑅𝑍1 . Zastosujemy reguły obliczania oporów zastępczych dla oporników łączonych
równolegle i szeregowo:
1 1 1 1 1 1 1+2 3
2) = + → = + = =
𝑅𝑍1 𝑅1 + 𝑅2 𝑅3 𝑅𝑍1 2𝑅 𝑅 2𝑅 2𝑅
2
3) 𝑅𝑍1 = 𝑅
3
Wynik uzyskany w równaniu 3) podstawimy do równania 1):
2 3𝑈
4) 𝑈 = 𝐼𝐴1 ⋅ 𝑅 zatem 𝐼𝐴1 =
3 2𝑅
Analogicznie obliczymy 𝐼𝐴2 . Ponieważ górna gałąź obwodu jest przerwana ze względu na
uszkodzenie opornika ℛ1 , to prąd płynie tylko przez opornik ℛ3 . Zatem:
𝑈
5) 𝑈 = 𝐼𝐴2 ⋅ 𝑅3 = 𝐼𝐴2 𝑅 → 𝐼𝐴2 =
𝑅
Obliczymy iloraz natężeń prądu płynącego przez amperomierz w obu sytuacjach:
𝐼𝐴2 2
6) =
𝐼𝐴1 3
Sposób 3.
Zauważmy, że natężenie prądu płynącego przez opornik ℛ3 w obu sytuacjach jest takie
samo, ponieważ napięcie pomiędzy zaciskami X i Y się nie zmienia. Oznaczymy to
natężenie jako:
1) 𝐼𝐴2 = 𝐼𝑑𝑜𝑙𝑛𝑦
Rozważmy teraz sytuację zilustrowaną na rysunku 1. Natężenie prądu płynącego przez
oporniki ℛ1 , ℛ2 oznaczymy jako 𝐼𝑔𝑜𝑟𝑛𝑦 . Z drugiego prawa Kirchhoffa dla obwodów prądu
stałego wynika, że:
1
2) 𝐼𝑔𝑜𝑟𝑛𝑦 2𝑅 = 𝐼𝑑𝑜𝑙𝑛𝑦 𝑅 = 𝑈 → 3) 𝐼𝑔𝑜𝑟𝑛𝑦 = 𝐼
2 𝑑𝑜𝑙𝑛𝑦
Z pierwszego prawa Kirchhoffa dla obwodów prądu stałego wynika, że:
1 3
4) 𝐼𝐴1 = 𝐼𝑑𝑜𝑙𝑛𝑦 + 𝐼𝑔𝑜𝑟𝑛𝑦 = 𝐼𝑑𝑜𝑙𝑛𝑦 + 𝐼𝑑𝑜𝑙𝑛𝑦 = 𝐼𝑑𝑜𝑙𝑛𝑦
2 2
Zatem:
𝐼𝑑𝑜𝑙𝑛𝑦 𝐼𝐴2 2
= =
𝐼𝐴1 𝐼𝐴1 3Odpowiedź i kryteria punktowania pochodzą z oficjalnych zasad oceniania CKE.
Punktowanie: (dla rozwiązania sposobem 1. i sposobem 2.)
𝐼𝐴2
3 pkt – poprawna metoda obliczenia ilorazu natężeń prądów oraz podanie prawidłowego
𝐼𝐴1
𝐼𝐴2 2
wyniku: =
𝐼𝐴1 3
Uwaga! Akceptuje się równoważne przedstawienie zależności między natężeniami
prądów:
𝐼𝐴1 3 3 2
= albo 𝐼𝐴1 = 𝐼𝐴2 albo 𝐼𝐴2 = 𝐼𝐴1
𝐼𝐴2 2 2 3
2 pkt – poprawna metoda wyznaczenia wskazania amperomierza w sytuacji początkowej
oraz prawidłowe wyznaczenie 𝐼𝐴1 w funkcji 𝑈 i 𝑅 , np. zapisy równoważne poniższym:
𝑈 𝑈 3𝑈
(𝐼𝑔𝑜𝑟𝑛𝑦 = oraz 𝐼𝑑𝑜𝑙𝑛𝑦 = ) oraz → 𝐼𝐴1 = 𝐼𝑔𝑜𝑟𝑛𝑦 + 𝐼𝑑𝑜𝑙𝑛𝑦 =
2𝑅 𝑅 2𝑅
albo
1 1 1 3𝑈
(𝑈 = 𝐼𝐴1 ⋅ 𝑅𝑍1 oraz = + ) oraz → 𝐼𝐴1 =
𝑅𝑍1 2𝑅 𝑅 2𝑅
LUB
– skorzystanie ze związku między oporem, natężeniem prądu i napięciem oraz
zastosowanie poprawnej metody wyznaczenia oporu zastępczego obwodu w obu
przypadkach, np. zapisy równoważne poniższym:
1 1 1
𝑈 = 𝐼𝐴1 ⋅ 𝑅𝑍1 oraz = + oraz 𝑈 = 𝐼𝐴2 ⋅ 𝑅3
𝑅𝑍1 𝑅1 + 𝑅2 𝑅3
1 pkt – poprawna metoda wyznaczenia natężeń prądów płynących w gałęzi górnej i dolnej
(w sytuacji pierwszej), np. zapisy równoważne poniższym:
𝑈 𝑈
𝐼𝑔𝑜𝑟𝑛𝑦 = oraz 𝐼𝑑𝑜𝑙𝑛𝑦 =
2𝑅 𝑅
LUB
– skorzystanie ze związku między oporem, natężeniem prądu i napięciem oraz
zastosowanie poprawnej metody wyznaczenia oporu zastępczego obwodu w jednym
przypadku (przed albo po uszkodzeniu opornika ℛ1 ), np. zapisy równoważne
poniższym:
1 1 1
𝑈 = 𝐼𝐴1 ⋅ 𝑅𝑍1 oraz = +
𝑅𝑍1 𝑅1 + 𝑅2 𝑅3
albo (dla sytuacji z uszkodzonym opornikiem)
𝑈 = 𝐼𝐴2 ⋅ 𝑅3
0 pkt – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.
Zasady oceniania (dla rozwiązania sposobem 3.)
𝐼𝐴2
3 pkt – poprawna metoda obliczenia ilorazu natężeń prądów oraz podanie prawidłowego
𝐼𝐴1
𝐼𝐴2 2
wyniku: =
𝐼𝐴1 3
Uwaga! Akceptuje się równoważne przedstawienie zależności między natężeniami
prądów:
𝐼𝐴1 3 3 2
= albo 𝐼𝐴1 = 𝐼𝐴2 albo 𝐼𝐴2 = 𝐼𝐴1
𝐼𝐴2 2 2 3
2 pkt – stwierdzenie (słowne lub zapisem symbolicznym), że natężenie prądu płynącego
przez opornik ℛ3 w sytuacji 2. jest takie samo jak natężenie prądu płynącego przez
opornik ℛ3 w sytuacji 1. oraz wyprowadzenie lub zapisanie (od razu) zależności, że
w sytuacji 1. natężenie prądu płynącego przez oporniki ℛ1 i ℛ2 jest dwa razy
mniejsze od natężenia prądu płynącego przez opornik ℛ3 , np. zapisy równoważne
poniższym:
1
𝐼𝑔𝑜𝑟𝑛𝑦 = 𝐼𝑑𝑜𝑙𝑛𝑦
2
1 pkt – stwierdzenie (słowne lub zapisem symbolicznym), że natężenie prądu płynącego
przez opornik ℛ3 w sytuacji 2. jest takie samo jak natężenie prądu płynącego przez
opornik ℛ3 w sytuacji 1., np. zapisy równoważne poniższym:
𝐼𝐴2 = 𝐼𝑑𝑜𝑙𝑛𝑦
0 pkt – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.
Zadanie 8.11 punktOdpowiedź wg zasad CKE · wyjaśnienie w przygotowaniuForma 100Fizyka — odpowiedź według zasad CKE
W cyklu pracy silnika S gaz oddaje do chłodnicy ciepło równe (co do wartości bezwzględnej):
|𝑄𝑜𝑑𝑑 | = 9,5 ⋅ 𝑝1 𝑉1
Dokończ zdanie. Zaznacz właściwą odpowiedź spośród podanych.
Ciepło pobrane z grzejnika przez gaz w cyklu pracy silnika S jest równe
A. |𝑄𝑝𝑜𝑏 | = 13,5 ⋅ 𝑝1 𝑉1 B. |𝑄𝑝𝑜𝑏 | = 11,5 ⋅ 𝑝1 𝑉1
C. |𝑄𝑝𝑜𝑏 | = 7,5 ⋅ 𝑝1 𝑉1 D. |𝑄𝑝𝑜𝑏 | = 5,5 ⋅ 𝑝1 𝑉1
Wskazówka: Wykorzystaj I zasadę termodynamiki i twierdzenie o obliczaniu pracy z wykresu.
Nr zadania 7.2. 7.3. 8.1.
Wypełnia
Maks. liczba pkt 1 3 1
egzaminator
Uzyskana liczba pkt
EFAP_R0_100
Na poniższym wykresie przedstawiono zależność ciśnienia 𝑝 od objętości 𝑉 w cyklu
przemian termodynamicznych ustalonej masy gazu doskonałego. Te przemiany gazu
zachodzą podczas pracy pewnego silnika cieplnego S. Gaz oddaje ciepło do chłodnicy,
a pobiera ciepło z grzejnika.
Stany gazu, w których zmienia się rodzaj przemiany termodynamicznej, oznaczono
symbolami: G1, G2, G3, G4. Wielkości 𝑝1 i 𝑉1 są – odpowiednio – ciśnieniem i objętością gazu
3
w stanie G1. Ciepło molowe tego gazu przy stałej objętości wynosi 𝐶𝑉 = 𝑅 , gdzie 𝑅 jest
2
stałą gazową.
𝑝
3𝑝1
2𝑝1 G2 G3
𝑝1
G1 G4
0
0 𝑉1 2𝑉1 3𝑉1 𝑉
Pokaż odpowiedź
BOdpowiedź i kryteria punktowania pochodzą z oficjalnych zasad oceniania CKE.
Punktowanie: 1 pkt – odpowiedź poprawna.
0 pkt – odpowiedź niepoprawna albo brak odpowiedzi.
Zadanie 8.23 punktyOdpowiedź wg zasad CKE · wyjaśnienie w przygotowaniuForma 100Fizyka — odpowiedź według zasad CKE
Wyprowadź wzór pozwalający wyznaczyć |𝚫𝑼𝟒𝟏 | – wartość bezwzględną zmiany
energii wewnętrznej gazu w przemianie G4 → G1 – tylko za pomocą wielkości: 𝒑𝟏 i 𝑽𝟏 .
Zapisz odpowiednie równania i przekształcenia oraz podaj postać tego wzoru.
EFAP_R0_100
Na poniższym wykresie przedstawiono zależność ciśnienia 𝑝 od objętości 𝑉 w cyklu
przemian termodynamicznych ustalonej masy gazu doskonałego. Te przemiany gazu
zachodzą podczas pracy pewnego silnika cieplnego S. Gaz oddaje ciepło do chłodnicy,
a pobiera ciepło z grzejnika.
Stany gazu, w których zmienia się rodzaj przemiany termodynamicznej, oznaczono
symbolami: G1, G2, G3, G4. Wielkości 𝑝1 i 𝑉1 są – odpowiednio – ciśnieniem i objętością gazu
3
w stanie G1. Ciepło molowe tego gazu przy stałej objętości wynosi 𝐶𝑉 = 𝑅 , gdzie 𝑅 jest
2
stałą gazową.
𝑝
3𝑝1
2𝑝1 G2 G3
𝑝1
G1 G4
0
0 𝑉1 2𝑉1 3𝑉1 𝑉
Pokaż odpowiedź
Sposób 1A. (z zastosowaniem wzoru na energię wewnętrzną i równania stanu)
Wyrazimy wzór na energię wewnętrzną poprzez parametry stanu 𝑝, i 𝑉 . W tym celu
wykorzystamy wzór z temperaturą na energię wewnętrzną i równanie stanu gazu
doskonałego z zadanym 𝐶𝑉 :
3 3
1) ( 𝑈 = 𝑛 𝑅𝑇 oraz 𝑝𝑉 = 𝑛𝑅𝑇 ) → 2) 𝑈 = 𝑝𝑉
2 2
Zapiszemy wartość bezwzględną zmiany energii wewnętrznej w przemianie G4 → G1:
3) |Δ𝑈41 | = |𝑈1 − 𝑈4 |
Różnicę energii wewnętrznych wyrazimy za pomocą wzoru 2):
3 3
4) |Δ𝑈41 | = | 𝑝1 𝑉1 − 𝑝4 𝑉4 | zatem
2 2
3 3
5) |Δ𝑈41 | = | 𝑝1 𝑉1 − 𝑝1 3𝑉1 | = |−3𝑝1 𝑉1 | = 3𝑝1 𝑉1
2 2
Sposób 1B. (z zastosowaniem wzoru na energię wewnętrzną i równania stanu)
Wykorzystamy związek między temperaturą (w tym przypadku przyrostem temperatury)
a energią wewnętrzną (w tym przypadku przyrostem energii wewnętrznej) gazu doskonałego
jednoatomowego:
3
1) |Δ𝑈41 | = | 𝑛𝑅Δ𝑇41 |
2
Zapiszemy związek – wynikający z równania stanu gazu doskonałego – między przyrostem
temperatury Δ𝑇 a przyrostem objętości Δ𝑉 w przemianie izobarycznej:
𝑝=const
2) 𝑝𝑉 = 𝑛𝑅𝑇 → 3) 𝑝Δ𝑉 = 𝑛𝑅Δ𝑇
Związek wyrażony równaniem 3) wykorzystamy we wzorze 1). Uwzględnimy przy tym, że
𝑝 = 𝑝1 oraz Δ𝑉 = Δ𝑉41 = 𝑉1 − 𝑉4:
3 3 3
3) |Δ𝑈41 | = | 𝑝1 Δ𝑉41 | = | 𝑝1 (𝑉1 − 3𝑉1 )| = | 𝑝1 (−2𝑉1 )| = 3𝑝1 𝑉1
2 2 2
Sposób 2. (z zastosowaniem I zasady termodynamiki)
Zapiszemy I zasadę dynamiki dla przemiany G4 → G1. Przyjmiemy konwencję, zgodnie
z którą stratę energii przez układ w postaci ciepła lub pracy oznaczamy znakiem minus,
a wzrost energii w postaci ciepła lub pracy oznaczamy znakiem plus. W przemianie G4 → G1
gaz oddaje ciepło (–), a praca jest wykonana nad gazem (+), zatem:
1) Δ𝑈41 = −|𝑄41 | + |𝑊41 |
Do wyznaczenia |𝑄41 | zastosujemy wzór na ciepło w przemianie izobarycznej (gazu
jednoatomowego) i związek (wynikający z równania stanu gazu) między przyrostem
temperatury a przyrostem objętości w przemianie izobarycznej:
5
2) |𝑄41 | = |𝑛 𝑅Δ𝑇41 | oraz 𝑛𝑅Δ𝑇41 = 𝑝1 Δ𝑉41
2
Z obu powyższych równań wynika, że:
5 5 5
3) |𝑄41 | = | 𝑝1 Δ𝑉41 | = | 𝑝1 (𝑉1 − 3𝑉1 )| = | 𝑝1 (−2𝑉1 )| = 5𝑝1 𝑉1
2 2 2
Do wyznaczenia |𝑊41 | zastosujemy związek między pracą a polem pod wykresem
zależności 𝑝(𝑉) (albo zastosujemy bezpośrednio wzór na pracę siły parcia):
4) |𝑊41 | = pole pod G1 → G4 = 2𝑝1 𝑉1
Wyrażenia końcowe w równaniach 3) i 4) podstawimy do wzoru 1):
5) Δ𝑈41 = −5𝑝1 𝑉1 + 2𝑝1 𝑉1 = −3𝑝1 𝑉1 zatem |Δ𝑈41 | = 3𝑝1 𝑉1Odpowiedź i kryteria punktowania pochodzą z oficjalnych zasad oceniania CKE.
Punktowanie: rozwiązań zadań
Zasady oceniania
(dla rozwiązania sposobem 1A. lub 1B.)
3 pkt – poprawna metoda wyznaczenia wartości bezwzględnej zmiany energii wewnętrznej
oraz podanie prawidłowego wyniku:
|Δ𝑈41 | = 3𝑝1 𝑉1
Uwaga! Zdający może otrzymać 3 pkt, gdy obliczy zmianę energii wewnętrznej
i pominie wartość bezwzględną, tzn. gdy otrzyma:
Δ𝑈41 = −3𝑝1 𝑉1
2 pkt – zapisanie związku między zmianą energii wewnętrznej gazu w przemianie G4 → G1
a przyrostem temperatury w przemianie G4 → G1 oraz zapisanie/wykorzystanie
związku (wynikającego z równania stanu gazu) między przyrostem temperatury
a przyrostem objętości w przemianie izobarycznej G4 → G1, np. zapisy równoważne
poniższym:
3
Δ𝑈41 = 𝑛𝑅Δ𝑇41 oraz 𝑝1 Δ𝑉41 = 𝑛𝑅Δ𝑇41
2
albo w jednym równaniu
3
𝛥𝑈41 = 𝑝 𝛥𝑉
2 1 41
LUB
– zapisanie zmiany energii wewnętrznej w przemianie G4 → G1 jako różnicy energii
wewnętrznych w stanach G1 i G4 oraz wyrażenie energii wewnętrznej w stanach G1
i G4 za pomocą parametrów 𝑝1 , 𝑝4 i 𝑉1 , 𝑉4 (wzory mogą być zapisane bezpośrednio
lub wyprowadzone z równania stanu i wzoru z temperaturą na energię wewnętrzną)
np. zapisy równoważne poniższym:
3 3
Δ𝑈41 = 𝑈1 − 𝑈4 oraz (𝑈1 = 𝑝1 𝑉1 i 𝑈4 = 𝑝 𝑉)
2 2 4 4
albo w jednym równaniu
3 3
𝛥𝑈41 = 𝑝1 𝑉1 − 𝑝4 𝑉4
2 2
1 pkt – zapisanie związku między zmianą energii wewnętrznej gazu w przemianie G4 → G1
a przyrostem temperatury w przemianie G4 → G1, np. zapisy równoważne poniższym:
3
Δ𝑈41 = 𝑛𝑅Δ𝑇41
2
LUB
– zapisanie zmiany energii wewnętrznej w przemianie G4 → G1 jako różnicy energii
wewnętrznych w stanach G1 i G4 oraz zapisanie/wykorzystanie wzoru (z temperaturą)
na energię wewnętrzną dla stanu G1 lub stanu G4, np. zapisy równoważne
poniższym:
Δ𝑈41 = 𝑈1 − 𝑈4 oraz 𝑈1 = 𝑛𝐶𝑉 𝑇1 𝑈4 = 𝑛𝐶𝑉 𝑇4
0 pkt – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.
Zasady oceniania
(dla rozwiązania sposobem 2.)
3 pkt – poprawna metoda wyznaczenia wartości bezwzględnej zmiany energii wewnętrznej
oraz podanie prawidłowego wyniku:
|Δ𝑈41 | = 3𝑝1 𝑉1
Uwaga! Zdający może otrzymać 3 pkt, gdy pominie wartość bezwzględną i otrzyma:
Δ𝑈41 = −3𝑝1 𝑉1
2 pkt – zapisanie I zasady termodynamiki dla przemiany G4 → G1 z poprawnym
uwzględnieniem konwencji znaków (stosowanej konsekwentnie) oraz zapisanie
związku między ciepłem pobranym w przemianie izobarycznej G4 → G1 a przyrostem
temperatury, oraz prawidłowe obliczenie pracy siły parcia w przemianie izobarycznej
G4 → G1 (bezpośrednio ze wzoru lub metodą pola), np. zapisy równoważne
poniższym:
5
Δ𝑈41 = −|𝑄41 | + |𝑊41 | oraz |𝑄41 | = |𝑛 𝑅Δ𝑇41 | oraz |𝑊41 | = 2𝑝1 𝑉1
2
albo w jednym równaniu
5
Δ𝑈41 = − |𝑛 𝑅Δ𝑇41 | + 2𝑝1 𝑉1
2
LUB
– zapisanie I zasady termodynamiki dla przemiany G4 → G1 z poprawnym
uwzględnieniem konwencji znaków (stosowanej konsekwentnie) oraz zapisanie
związku między ciepłem pobranym w przemianie izobarycznej G4 → G1 a przyrostem
temperatury, oraz prawidłowe zapisanie/wykorzystanie związku (wynikającego
z równania stanu gazu) między przyrostem temperatury a przyrostem objętości
w przemianie izobarycznej G4 → G1, np. zapisy równoważne poniższym:
5
Δ𝑈41 = −|𝑄41 | + |𝑊41 | oraz |𝑄41 | = |𝑛 𝑅Δ𝑇41 | oraz 𝑝1 2𝑉1 = 𝑛𝑅Δ𝑇41
2
albo w jednym równaniu
Δ𝑈41 = −|5𝑝1 𝑉1 | + |𝑊41 |
LUB
– zapisanie I zasady termodynamiki dla przemiany G4 → G1 (tu nie wymagamy
poprawnej konwencji znaków) oraz zapisanie związku między ciepłem pobranym
w przemianie izobarycznej G4 → G1 a przyrostem temperatury, oraz prawidłowe
zapisanie/wykorzystanie związku (wynikającego z równania stanu gazu) między
przyrostem temperatury a przyrostem objętości w przemianie izobarycznej G4 → G1,
oraz prawidłowe obliczenie pracy siły parcia w przemianie izobarycznej G4 → G1,
(bezpośrednio ze wzoru lub metodą pola), np. zapisy równoważne poniższym:
5
Δ𝑈41 = 𝑄41 + 𝑊41 oraz 𝑄41 = 𝑛 𝑅Δ𝑇41 oraz
2
𝑝1 2𝑉1 = 𝑛𝑅Δ𝑇41 oraz |𝑊41 | = 𝑝1 |Δ𝑉41 | = 2𝑝1 𝑉1
1 pkt – zapisanie I zasady termodynamiki dla przemiany G4 → G1 oraz zapisanie związku
między ciepłem pobranym w przemianie izobarycznej G4 → G1 a przyrostem
temperatury, np. zapisy (lub zapisy równoważne):
5
Δ𝑈41 = 𝑄41 + 𝑊41 oraz 𝑄41 = 𝑛 𝑅Δ𝑇41
2
LUB
– zapisanie I zasady termodynamiki dla przemiany G4 → G1 oraz prawidłowe obliczenie
pracy siły parcia w przemianie izobarycznej G4 → G1 (bezpośrednio ze wzoru lub
metodą pola), np. zapisy (lub zapisy równoważne):
Δ𝑈41 = 𝑄41 + 𝑊41 oraz |𝑊41 | = 𝑝1 |Δ𝑉41 | = 2𝑝1 𝑉1
albo
Δ𝑈41 = 𝑄41 + 𝑊41 oraz |𝑊41 | = pole pod G1 → G4 = 2𝑝1 𝑉1
Uwaga! W kryterium za 1 pkt nie wymagamy poprawnego uwzględnienia konwencji
znaków w I zasadzie termodynamiki.
0 pkt – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.
Zadanie 92 punktyOdpowiedź wg zasad CKE · wyjaśnienie w przygotowaniuForma 100Fizyka — odpowiedź według zasad CKE
Dwa zbiorniki o jednakowych objętościach napełniono gazami jednoatomowymi: argonem
i helem. W pierwszym zbiorniku znajduje się 1 mol argonu, a w drugim zbiorniku znajduje się
1 mol helu. Temperatury obu gazów są jednakowe.
Przyjmij, że gazy te są gazami doskonałymi.
Oceń prawdziwość poniższych stwierdzeń. Zaznacz P, jeśli stwierdzenie jest
prawdziwe, albo F – jeśli jest fałszywe.
Średnia energia kinetyczna atomów argonu jest równa średniej energii
1. P F
kinetycznej atomów helu.
Średnia wartość prędkości atomów argonu jest równa średniej wartości
2. P F
prędkości atomów helu.
Ciśnienie argonu w pierwszym zbiorniku jest równe ciśnieniu helu
3. P F
w drugim zbiorniku.
Nr zadania 8.2. 9.
Wypełnia
Maks. liczba pkt 3 2
egzaminator
Uzyskana liczba pkt
EFAP_R0_100
Pokaż odpowiedź
PFPOdpowiedź i kryteria punktowania pochodzą z oficjalnych zasad oceniania CKE.
Punktowanie: 2 pkt – poprawne zaznaczenia w trzech zdaniach.
1 pkt – poprawne zaznaczenia w dwóch zdaniach.
0 pkt – odpowiedź niepoprawna lub niepełna albo brak odpowiedzi.
Zadanie 10.12 punktyOdpowiedź wg zasad CKE · wyjaśnienie w przygotowaniuForma 100Fizyka — odpowiedź według zasad CKE
Na rysunku 1. przedstawiono bieg wiązki światła przechodzącej przez układ soczewek.
Tan układ składa się z dwóch soczewek skupiających S1 i S2 o ogniskowych odpowiednio
𝑓1 = 15 cm i 𝑓2 = 40 cm. Soczewki są tak ustawione, że prawe ognisko soczewki S1 i lewe
ognisko soczewki S2 znajdują się w tym samym punkcie 𝐹 na osi optycznej 𝑂.
Szerokość wiązki światła, która pada na soczewkę S1, jest równa 𝑑1 = 2,25 mm.
Uwaga: Wymiary na rysunku 1. są umowne (rysunek jest poglądowy).
Rysunek 1.
S1 S2
𝑑1 𝑑2
𝐹 𝑂
Oblicz 𝒅𝟐 – szerokość wiązki światła, która wychodzi z soczewki S2. Zapisz obliczenia.
EFAP_R0_100
Układ dwóch soczewek umieszczonych na wspólnej osi optycznej można wykorzystać do
zmiany szerokości (średnicy) wiązki światła, biegnącej równolegle do osi optycznej układu.
W zadaniach 10.1. i 10.2. przedstawiono różne przykłady takich układów soczewek.
Pokaż odpowiedź
Sposób 1. (z wykorzystaniem podobieństwa trójkątów)
Wprowadzimy oznaczenia dla niektórych punktów na rysunku.
Punkty przecięcia promieni z soczewkami oraz osi optycznej z soczewkami oznaczymy jako
𝐴, 𝐵, 𝐶 , 𝐷 oraz 𝑂1 i 𝑂2.
S1 S2
𝐶
𝐴
𝑑1 𝑑2
𝑂1 𝐹 𝑂2
𝐵
𝐷
Trójkąty 𝐵𝐹𝐴 i 𝐶𝐹𝐷 są podobne, zatem:
|𝑂1 𝐹| |𝑂2 𝐹| 𝑓1 𝑓2 𝑓2 40 cm
= → = → 𝑑2 = 𝑑1 → 𝑑2 = 2,25 mm ⋅ = 6 mm
|𝐴𝐵| |𝐶𝐷| 𝑑1 𝑑2 𝑓1 15 cm
Sposób 2A. (z wykorzystaniem obrazu przedmiotu)
Rozważamy obraz P’ przedmiotu P – jak na poniższym rysunku.
S1 S2
P
𝑑1 𝑑2
𝑥 𝐹
𝑦 P′
Zapiszemy równanie soczewki S1 dla pewnego przedmiotu P i jego obrazu P’. Zakładamy,
że P’ powstaje na soczewce S2. Zatem (zobacz rysunek powyżej):
1 1 1
+ = gdzie 𝑦 = 𝑓1 + 𝑓2 = 55 cm
𝑥 𝑦 𝑓1
1 1 1 165
+ = → 𝑥= cm
𝑥 55 cm 15 cm 8
Korzystamy ze związków wynikających z powiększenia obrazu:
𝑑2
𝑦 ℎ𝑃′ 𝑦 (2) 55 cm 𝑑2
= → = → = →
𝑥 ℎ𝑃 𝑥 (𝑑1 ) 165 9
2 8 cm 4 mm
9 55
𝑑2 = ⋅ = 6 mm
4 165
8
Sposób 2B. (z wykorzystaniem obrazu przedmiotu)
Rozważamy obraz P’ przedmiotu P – jak na poniższym rysunku.
S1 S2
P
𝑑1 𝑑2
P’
𝑥 𝑦
Zapiszemy równanie soczewki S2 dla pewnego przedmiotu P i jego obrazu P’
(wytwarzanego przez S2). Zakładamy, że P jest na soczewce S1. Zatem (zobacz rysunek
powyżej):
1 1 1
+ = gdzie 𝑥 = 𝑓1 + 𝑓2 = 55 cm
𝑥 𝑦 𝑓2
1 1 1 440
+ = → 𝑦= cm
55 cm 𝑦 40 cm 3
Korzystamy ze związków wynikających z powiększenia obrazu:
𝑑2 440 440
𝑦 ℎ𝑃′ 𝑦 (2) 3 cm = 𝑑2 9 3
= → = → → 𝑑2 = ⋅ = 6 mm
𝑥 ℎ𝑃 𝑥 (𝑑1 ) 55 cm 9 4 55
2 4 mm
Sposób 3. (z dwukrotnym wykorzystaniem równania soczewki)
Rozważmy równanie soczewki S1, dla pewnego dowolnie zadanego powiększenia 𝑘 :
1 1 1
1) + = oraz 𝑥1 > 𝑓1
𝑥1 𝑘𝑥1 𝑓1
Z tego równania wyznaczymy 𝑥1 :
(𝑘 + 1) (𝑘 + 1)
2) 𝑥1 = 𝑓1 = ⋅ 15 cm
𝑘 𝑘
Rozważmy równanie soczewki S2, dla tego samego powiększenia 𝑘 , jak powyżej:
1 1 1
3) + = oraz 𝑥2 > 𝑓2
𝑥2 𝑘𝑥2 𝑓2
Z tego równania wyznaczymy 𝑥2 :
(𝑘 + 1) (𝑘 + 1)
4) 𝑥2 = 𝑓2 = ⋅ 40 cm
𝑘 𝑘
Postulujemy proporcję:
𝑥2 𝑑2
5) =
𝑥1 𝑑1
𝑥2 𝑓 𝑑2 𝑓
(co w istocie jest prawdą, gdyż = 2 oraz = 2 ).
𝑥1 𝑓1 𝑑1 𝑓1
Zatem:
(𝑘 + 1)
⋅ 40 cm 𝑑2 40 cm 𝑑2
6) 𝑘 = → = → 𝑑2 = 6 mm
(𝑘 + 1) 2,25 mm 15 cm 2,25 mm
⋅ 15 cm
𝑘Odpowiedź i kryteria punktowania pochodzą z oficjalnych zasad oceniania CKE.
Punktowanie: 2 pkt – poprawna metoda obliczenia szerokości wiązki oraz podanie prawidłowego wyniku
liczbowego z jednostką: 𝑑2 = 6 mm
1 pkt – (dla sposobu 1. rozwiązania) zapisanie proporcji wynikającej z podobieństwa
trójkątów oraz zidentyfikowanie wysokości tych trójkątów jako ogniskowych obu
soczewek, np. zapisy równoważne poniższym:
𝑓1 𝑓2
=
𝑑1 𝑑2
LUB
– (dla sposobu 2A. rozwiązania) zapisanie proporcji wynikającej z powiększenia obrazu
przedmiotu P oraz zapisanie równania soczewki S1, dla pewnego przedmiotu P przed
S1, którego obraz wypada na soczewce S2, oraz identyfikacja odległości obrazu P’ od
S1 jako sumy ogniskowych obu soczewek, np. zapisy równoważne poniższym:
𝑦 𝑑2 1 1 1
= oraz + = oraz 𝑦 = 𝑓1 + 𝑓2 = 55 cm
𝑥 𝑑1 𝑥 𝑦 𝑓1
LUB
– (dla sposobu 2B. rozwiązania) zapisanie proporcji wynikającej z powiększenia obrazu
przedmiotu P oraz zapisanie równania soczewki S2, dla pewnego przedmiotu P
leżącego na S1, którego obraz P’ wytwarza soczewka S2, oraz identyfikacja
odległości przedmiotu P od S2 jako sumy ogniskowych obu soczewek, np. zapisy
równoważne poniższym:
𝑦 𝑑2 1 1 1
= oraz + = oraz 𝑥 = 𝑓1 + 𝑓2 = 55 cm
𝑥 𝑑1 𝑥 𝑦 𝑓2
LUB
– (dla sposobu 3. rozwiązania) zapisanie równania soczewki S1 dla pewnego
ustalonego powiększenia 𝑘 oraz zapisanie równania soczewki S2 dla tego samego
powiększenia 𝑘 , oraz zapisanie/skorzystanie z proporcji między odległościami
przedmiotów od soczewek i szerokościami wiązek:
1 1 1 1 1 1 𝑥2 𝑑2
+ = oraz + = oraz =
𝑥1 𝑘𝑥1 𝑓1 𝑥2 𝑘𝑥2 𝑓2 𝑥1 𝑑1
0 pkt – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.
Uwagi dodatkowe
1. Jeśli zdający wyznaczy za pomocą pomiaru linijką proporcję szerokości wiązek i zastosuje
ją do wyznaczenia 𝑑2 , to może otrzymać 2 pkt tylko wtedy, gdy wykaże, że zmierzona
proporcja jest taka jak proporcja podanych w zadaniu ogniskowych.
2. Jeśli zdający wyznaczy za pomocą pomiaru linijką proporcję szerokości wiązek i zastosuje
ją do wyznaczenia 𝑑2 i nie wykaże, że zmierzona proporcja jest taka jak proporcja
podanych w zadaniu ogniskowych, to może otrzymać co najwyżej 1 pkt.
Zadanie 10.22 punktyOdpowiedź wg zasad CKE · wyjaśnienie w przygotowaniuForma 100Fizyka — odpowiedź według zasad CKE
Zwiększenie szerokości wiązki światła można uzyskać, jeżeli wykorzysta się układ optyczny
złożony z jednej soczewki rozpraszającej R i jednej soczewki skupiającej S.
Na rysunku 2. przedstawiono tylko soczewkę rozpraszającą R o ogniskowej 𝑓𝑅 = −15 cm
oraz oś optyczną 𝑂 takiego układu soczewek. Przedstawiono także fragment wiązki światła,
biegnącej równolegle do osi optycznej układu i padającej na soczewkę R.
Druga soczewka S w tym układzie jest skupiająca i ma ogniskową 𝑓𝑆 = 40 cm. Ta soczewka
została umieszczona w takim miejscu na osi optycznej, że wiązka światła, która wychodzi
z układu soczewek (przez soczewkę S), jest równoległa do osi optycznej i poszerzona.
Odległość między znacznikami na osi optycznej układu jest równa 5 cm.
Na rysunku dodano linie pomocnicze równoległe do osi optycznej.
Rysunek 2.
R
P1
𝑂
P2
Na rysunku 2. narysuj soczewkę skupiającą S w takim miejscu, aby wiązka światła,
która wychodzi z tej soczewki S, była równoległa do osi optycznej i poszerzona.
Następnie dorysuj dalszy (tzn. od soczewki R do S oraz po przejściu przez S) bieg
promieni P1 i P2, które ograniczają wiązkę światła.
Nr zadania 10.1. 10.2.
Wypełnia
Maks. liczba pkt 2 2
egzaminator
Uzyskana liczba pkt
EFAP_R0_100
Układ dwóch soczewek umieszczonych na wspólnej osi optycznej można wykorzystać do
zmiany szerokości (średnicy) wiązki światła, biegnącej równolegle do osi optycznej układu.
W zadaniach 10.1. i 10.2. przedstawiono różne przykłady takich układów soczewek.
Pokaż odpowiedź
R S
P1
𝐹
P2Odpowiedź i kryteria punktowania pochodzą z oficjalnych zasad oceniania CKE.
Punktowanie: rozwiązań zadań
Zasady oceniania
2 pkt – narysowanie soczewki S w prawidłowym miejscu na osi optycznej oraz prawidłowe
narysowanie dalszego biegu promieni P1 i P2 od soczewki R do S i po przejściu
przez soczewkę S.
1 pkt – poprawne wyznaczenie (zapisami na rysunku lub obliczeniami lub konstrukcyjnie)
położenia soczewki S, np. rozwiązania równoważne poniższym:
R S
P1 25 cm = 40 cm –15 cm
15 cm 25 cm
𝐹
40 cm
P2
albo
R S
P1
𝐹
P2
LUB
– narysowanie biegu promieni przez układ soczewek w następujący sposób:
od R do S – zgodnie z położeniem ogniska soczewki R oraz poza soczewką S –
równolegle do osi optycznej.
Uwaga! W tym kryterium za 1 pkt nie wymaga się poprawnego wyznaczenia
położenia soczewki S.
0 pkt – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.
Zadanie 113 punktyOdpowiedź wg zasad CKE · wyjaśnienie w przygotowaniuForma 100Fizyka — odpowiedź według zasad CKE
Elektron został rozpędzony w jednorodnym polu elektrycznym (w próżni) od punktu 𝐴 do
punktu 𝐵. Wartość prędkości elektronu w punkcie 𝐴 była równa zero, a wartość prędkości
elektronu w punkcie 𝐵 była równa v = 2,000 ⋅ 104 m/s.
Przyjmij do obliczeń, że:
• masa elektronu jest równa (w zaokrągleniu): 𝑚𝑒 ≈ 9,109 ⋅ 10−31 kg
• wartość bezwzględna ładunku elektrycznego elektronu wynosi: |𝑒| ≈ 1,602 ⋅ 10−19 C.
Oblicz napięcie elektryczne 𝑼𝑨𝑩 między punktami 𝑨 oraz 𝑩. Zapisz obliczenia.
EFAP_R0_100
Pokaż odpowiedź
Z twierdzenia o pracy siły wypadkowej i zmianie energii kinetycznej wynika, że praca siły
pola elektrycznego działającej na elektron jest równa zmianie energii kinetycznej, jaką
uzyskał elektron rozpędzony od zerowej prędkości:
1) |𝑒|𝑈𝐴𝐵 = 𝐸𝑘𝑖𝑛𝐵 − 𝐸𝑘𝑖𝑛𝐴 → |𝑒|𝑈𝐴𝐵 = 𝐸𝑘𝑖𝑛𝐵 − 0
Zastosujemy wzór na energię kinetyczną:
1
2) 𝐸𝑘𝑖𝑛𝐵 = 𝑚𝑣 2
2
Ze wzorów 1) i 2) otrzymujemy:
1 𝑚 2
3) |𝑒|𝑈𝐴𝐵 = 𝑚𝑣 2 → 4) 𝑈𝐴𝐵 = 𝑣
2 2|𝑒|
Podstawimy dane do wzoru 4) i obliczymy napięcie 𝑈𝐴𝐵 :
9,109 ⋅ 10−31 kg 4
m 2
𝑈𝐴𝐵 = ⋅ (2 ⋅ 10 ) ≈ 11,37 ⋅ 10−4 V ≈ 1,14 mV
2 ⋅ 1,602 ⋅ 10−19 C sOdpowiedź i kryteria punktowania pochodzą z oficjalnych zasad oceniania CKE.
Punktowanie: rozwiązań zadań
Zasady oceniania
3 pkt – poprawna metoda obliczenia napięcia oraz podanie prawidłowego wyniku liczbowego
z jednostką.
2 pkt – zapisanie/wykorzystanie związku wynikającego z twierdzenia o pracy siły
wypadkowej i zmianie energii kinetycznej oraz zapisanie/wykorzystanie wyrażenia na
energię kinetyczną oraz zapisanie/wykorzystanie wyrażenia na pracę siły
elektrycznej oraz poprawne zidentyfikowanie wszystkich danych, np. zapisy
równoważne poniższym:
1 1 m 2
|𝑒|𝑈𝐴𝐵 = 𝑚𝑣 2 → 1,602 ⋅ 10−19 C ⋅ 𝑈𝐴𝐵 = ⋅ 9,109 ⋅ 10−31 kg ⋅ (2 ⋅ 104 )
2 2 s
1 pkt – zapisanie związku wynikającego z twierdzenia o pracy siły wypadkowej (tu
elektrycznej) i zmianie energii kinetycznej oraz wykorzystanie wzoru na pracę siły
elektrycznej, np. zapisy równoważne poniższym:
|𝑒|𝑈 = Δ𝐸𝑘𝑖𝑛
LUB
– zapisanie związku wynikającego z twierdzenia o pracy siły wypadkowej (tu
elektrycznej) i zmianie energii kinetycznej oraz wykorzystanie wzoru na energię
kinetyczną, np. zapisy równoważne poniższym:
1
𝑊𝐹 𝑒𝑙 = 𝑚𝑣 2 − 0
2
0 pkt – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.
Zadanie 12.11 punktOdpowiedź wg zasad CKE · wyjaśnienie w przygotowaniuForma 100Fizyka — odpowiedź według zasad CKE
Dokończ zdanie. Wpisz właściwą liczbę w wykropkowane miejsce.
Czas połowicznego rozpadu jądra fluoru 189F wynosi minut.
Izotop fluoru 189F ulega rozpadowi promieniotwórczemu w wyniku przemiany β+ . Podczas
rozpadu jądra tego izotopu fluoru powstają: cząstka β+ , jądro pewnego pierwiastka, który
oznaczymy jako X, oraz tzw. neutrino elektronowe ν. Neutrino ma zerowy ładunek
elektryczny, a jego masę możemy pominąć.
Masy jąder i cząstek uczestniczących w opisanym rozpadzie β+ , wyrażone w jednostkach
atomowych, mają następujące wartości:
𝑚F = 17,99600 u – masa jądra fluoru 189F
𝑚X = 17,99477 u – masa powstałego jądra
𝑚β = 0,00055 u – masa cząstki β+
𝑚ν = 0,00000 u – masę neutrina pomijamy.
Informacja do zadania 12.1.
Próbka z izotopem 189F jest badana przez licznik promieniowania, który pokazuje całkowitą
liczbę rozpadów β+ jąder tego izotopu fluoru po upływie danego czasu (od rozpoczęcia
pomiaru). Liczbę jąder izotopu fluoru 189F, znajdujących się w próbce w chwili początkowej,
oznaczymy jako 𝑁0 . Łączną liczbę jąder, które uległy temu rozpadowi po upływie czasu 𝑡 od
chwili początkowej 𝑡0 = 0 min, oznaczymy jako 𝑁𝑟 .
𝑁𝑟
Na wykresie poniżej przedstawiono zależność ilorazu od czasu 𝑡.
𝑁0
Nr /N0
1
0,9
0,8
0,7
0,6
0,5
0,4
0,3
0,2
0,1
0
0 50 100 150 200 250 300 350 400 450 500 550 600 650 t, minuty
Nr zadania 11.
Wypełnia
Maks. liczba pkt 3
egzaminator
Uzyskana liczba pkt
EFAP_R0_100
Pokaż odpowiedź
110
Czas połowicznego rozpadu jądra fluoru 189F wynosi minut.Odpowiedź i kryteria punktowania pochodzą z oficjalnych zasad oceniania CKE.
Punktowanie: 1 pkt – poprawne dokończenie zdania: wpisanie prawidłowego czasu połowicznego rozpadu
fluoru.
0 pkt – rozwiązanie niepoprawne albo brak rozwiązania.
Zadanie 12.22 punktyOdpowiedź wg zasad CKE · wyjaśnienie w przygotowaniuForma 100Fizyka — odpowiedź według zasad CKE
Poniżej przedstawiono schemat rozpadu β+ jądra fluoru 189F.
W schemacie rozpadu pominięto cząstkę neutrino.
18
9F → …
…X + 01β
gdzie X oznacza jądro pierwiastka Uzupełnij powyższy schemat tak, aby powstało równanie rozpadu 𝛃+ .
Wpisz w wykropkowane miejsca w schemacie właściwe liczby: atomową i masową,
a pod schematem – symbol (lub nazwę) pierwiastka, którego jądro powstaje w tym
rozpadzie.
EFAP_R0_100
Izotop fluoru 189F ulega rozpadowi promieniotwórczemu w wyniku przemiany β+ . Podczas
rozpadu jądra tego izotopu fluoru powstają: cząstka β+ , jądro pewnego pierwiastka, który
oznaczymy jako X, oraz tzw. neutrino elektronowe ν. Neutrino ma zerowy ładunek
elektryczny, a jego masę możemy pominąć.
Masy jąder i cząstek uczestniczących w opisanym rozpadzie β+ , wyrażone w jednostkach
atomowych, mają następujące wartości:
𝑚F = 17,99600 u – masa jądra fluoru 189F
𝑚X = 17,99477 u – masa powstałego jądra
𝑚β = 0,00055 u – masa cząstki β+
𝑚ν = 0,00000 u – masę neutrina pomijamy.
Informacja do zadania 12.1.
Próbka z izotopem 189F jest badana przez licznik promieniowania, który pokazuje całkowitą
liczbę rozpadów β+ jąder tego izotopu fluoru po upływie danego czasu (od rozpoczęcia
pomiaru). Liczbę jąder izotopu fluoru 189F, znajdujących się w próbce w chwili początkowej,
oznaczymy jako 𝑁0 . Łączną liczbę jąder, które uległy temu rozpadowi po upływie czasu 𝑡 od
chwili początkowej 𝑡0 = 0 min, oznaczymy jako 𝑁𝑟 .
𝑁𝑟
Na wykresie poniżej przedstawiono zależność ilorazu od czasu 𝑡.
𝑁0
Nr /N0
1
0,9
0,8
0,7
0,6
0,5
0,4
0,3
0,2
0,1
0
0 50 100 150 200 250 300 350 400 450 500 550 600 650 t, minuty
Nr zadania 11.
Wypełnia
Maks. liczba pkt 3
egzaminator
Uzyskana liczba pkt
EFAP_R0_100
Pokaż odpowiedź
18 18
9F → 8X + β+
18
8 O lub O lub tlen
gdzie X oznacza jądro pierwiastkaOdpowiedź i kryteria punktowania pochodzą z oficjalnych zasad oceniania CKE.
Punktowanie: rozwiązań zadań
Zasady oceniania
2 pkt – poprawne uzupełnienie schematu równania rozpadu beta plus jądra fluoru 189F, tzn.
wpisanie właściwych liczb atomowej i masowej oraz zapisanie symbolu lub nazwy
pierwiastka, którego jądro powstaje:
18
8 O albo O albo tlen
1 pkt – poprawne uzupełnienie schematu równania rozpadu beta plus jądra fluoru 189F, tzn.
wpisanie właściwych liczb atomowej i masowej powstałego jądra
LUB
– poprawne zapisanie symbolu lub nazwy jądra pierwiastka X (tlen).
0 pkt – rozwiązanie niepoprawne lub niepełne albo brak rozwiązania.
Uwaga dodatkowa
Jeżeli zdający błędnie określi liczbę atomową jądra X oraz poprawnie określi liczbę masową
jądra X, oraz zgodnie ze swoją liczbą atomową zapisze nazwę pierwiastka, to otrzymuje 1 pkt.
Zadanie 12.33 punktyOdpowiedź wg zasad CKE · wyjaśnienie w przygotowaniuForma 100Fizyka — odpowiedź według zasad CKE
Masy jąder i cząstek uczestniczących w opisanym rozpadzie β+ podano we wstępie do
zadania 12.
Przyjmij, że jądro fluoru 189F przed rozpadem β+ spoczywało, oraz wykorzystaj związek:
1 u ⋅ 𝑐 2 ≈ 931,5 MeV (𝑐 to wartość prędkości światła w próżni)
Oblicz łączną energię kinetyczną produktów rozpadu 𝛃+ jądra fluoru 𝟏𝟖𝟗𝐅.
Wynik podaj w 𝐌𝐞𝐕, zaokrąglony do dwóch cyfr znaczących. Zapisz obliczenia.
Nr zadania 12.1. 12.2. 12.3.
Wypełnia
Maks. liczba pkt 1 2 3
egzaminator
Uzyskana liczba pkt
EFAP_R0_100
EFAP_R0_100
Formuła 2015
Formuła 2015
Formuła 2015
Izotop fluoru 189F ulega rozpadowi promieniotwórczemu w wyniku przemiany β+ . Podczas
rozpadu jądra tego izotopu fluoru powstają: cząstka β+ , jądro pewnego pierwiastka, który
oznaczymy jako X, oraz tzw. neutrino elektronowe ν. Neutrino ma zerowy ładunek
elektryczny, a jego masę możemy pominąć.
Masy jąder i cząstek uczestniczących w opisanym rozpadzie β+ , wyrażone w jednostkach
atomowych, mają następujące wartości:
𝑚F = 17,99600 u – masa jądra fluoru 189F
𝑚X = 17,99477 u – masa powstałego jądra
𝑚β = 0,00055 u – masa cząstki β+
𝑚ν = 0,00000 u – masę neutrina pomijamy.
Informacja do zadania 12.1.
Próbka z izotopem 189F jest badana przez licznik promieniowania, który pokazuje całkowitą
liczbę rozpadów β+ jąder tego izotopu fluoru po upływie danego czasu (od rozpoczęcia
pomiaru). Liczbę jąder izotopu fluoru 189F, znajdujących się w próbce w chwili początkowej,
oznaczymy jako 𝑁0 . Łączną liczbę jąder, które uległy temu rozpadowi po upływie czasu 𝑡 od
chwili początkowej 𝑡0 = 0 min, oznaczymy jako 𝑁𝑟 .
𝑁𝑟
Na wykresie poniżej przedstawiono zależność ilorazu od czasu 𝑡.
𝑁0
Nr /N0
1
0,9
0,8
0,7
0,6
0,5
0,4
0,3
0,2
0,1
0
0 50 100 150 200 250 300 350 400 450 500 550 600 650 t, minuty
Nr zadania 11.
Wypełnia
Maks. liczba pkt 3
egzaminator
Uzyskana liczba pkt
EFAP_R0_100
Pokaż odpowiedź
Zastosujemy zasadę zachowania energii. Energia całkowita układu przed rozpadem jest
równa energii całkowitej układu po rozpadzie:
𝐸𝑘𝑖𝑛 𝑝𝑟𝑧𝑒𝑑 + 𝐸0 𝑝𝑟𝑧𝑒𝑑 = 𝐸𝑘𝑖𝑛 𝑝𝑜 + 𝐸0 𝑝𝑜
Uwzględnimy fakt, że energia całkowita jest sumą energii kinetycznych oraz energii
spoczynkowych wszystkich jąder i cząstek:
𝐸0 F + 𝐸𝑘𝑖𝑛 F = 𝐸0 X + 𝐸0 β + 𝐸0 ν + 𝐸𝑘𝑖𝑛 X,β,ν
Wykorzystamy dalej związek między masą a energią spoczynkową (wzór Einsteina)
i uwzględnimy założenia zadania (jądro fluoru spoczywa, tzn. 𝐸𝑘𝑖𝑛 F = 0, masę neutrina
pomijamy, tzn. 𝐸0 𝜈 ≈ 0):
𝑚F 𝑐 2 = 𝑚X 𝑐 2 + 𝑚β 𝑐 2 + 𝐸𝑘𝑖𝑛 X,β,ν →
𝐸𝑘𝑖𝑛 X,β,ν = (𝑚F − 𝑚X − 𝑚β )𝑐 2 →
𝐸𝑘𝑖𝑛 X,β,ν = (17,99600 u − 17,99477 u − 0,00055 u) ⋅ 𝑐 2 →
𝐸𝑘𝑖𝑛 X,β,ν = 0,00068 ⋅ u ⋅ 𝑐 2 = 0,00068 ⋅ 931,5 MeV ≈ 0,63 MeVOdpowiedź i kryteria punktowania pochodzą z oficjalnych zasad oceniania CKE.
Punktowanie: 3 pkt – poprawna metoda obliczenia łącznej energii kinetycznej produktów rozpadu beta plus
jądra fluoru 189F oraz podanie prawidłowego wyniku liczbowego wyrażonego w MeV
i zaokrąglonego do dwóch cyfr znaczących: 𝐸𝑘𝑖𝑛 ≈ 0,63 MeV
2 pkt – poprawne zapisanie równania wynikającego z zasady zachowania energii dla
rozpadu z uwzględnieniem energii spoczynkowej jądra fluoru 189F, energii
spoczynkowej i kinetycznej produktów: jądra X i cząstki β+ oraz zastosowanie wzoru
Einsteina na energie spoczynkowe (z uwzględnieniem każdej masy), np. zapisy
równoważne poniższym:
𝑚F 𝑐 2 = 𝑚X 𝑐 2 + 𝑚β 𝑐 2 + 𝐸𝑘𝑖𝑛
1 pkt – zapisanie równania wynikającego z zasady zachowania energii dla rozpadu beta plus
z uwzględnieniem (wystarczy poprzez oznaczenie) energii spoczynkowej substratów
(jądra fluoru 189F), energii kinetycznej i energii spoczynkowej produktów rozpadu, np.
zapisy równoważne poniższym:
𝐸𝑘𝑖𝑛 𝑝𝑟𝑧𝑒𝑑 + 𝐸0 𝑝𝑟𝑧𝑒𝑑 = 𝐸𝑘𝑖𝑛 𝑝𝑜 + 𝐸0 𝑝𝑜 oraz 𝐸𝑘𝑖𝑛 𝑝𝑟𝑧𝑒𝑑 = 0
albo
𝐸0 𝑝𝑟𝑧𝑒𝑑 = 𝐸𝑘𝑖𝑛 𝑝𝑜 + 𝐸0 𝑝𝑜
albo
𝐸0 F = 𝐸0 X + 𝐸0 β + 𝐸𝑘𝑖𝑛
albo
𝐸0 F + 𝐸𝑘𝑖𝑛 F = 𝐸0 X + 𝐸0 β + 𝐸0 ν + 𝐸𝑘𝑖𝑛 X,β,ν oraz 𝐸𝑘𝑖𝑛 F = 0 oraz 𝐸0 ν ≈ 0
0 pkt – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.