Fizyka 2026 — poziom rozszerzony

1. 1
   Oceń przyśpieszenie

   W próżni na ciało działa tylko grawitacja. W jednorodnym polu przyśpieszenie ma stałą wartość g i nie zależy od masy, więc pierwsze zdanie jest fałszywe.

2. 2
   Oceń czas wznoszenia

   W najwyższym punkcie prędkość maleje do zera zgodnie z v=v₀−gt. Czas wznoszenia wynosi v₀/g, więc czas całego ruchu zależy od v₀. Drugie zdanie jest prawdziwe.

Typowy błąd: Uznanie, że cięższe ciało spada z większym przyśpieszeniem mimo jawnego pominięcia oporów powietrza.

Punktowanie: 1 pkt za oba poprawne rozstrzygnięcia; 0 pkt za odpowiedź niepełną lub niepoprawną.

1. 1
   Wykorzystaj warunek w najwyższym punkcie

   Po 0,8 s ciało osiąga maksimum wysokości, więc jego chwilowa prędkość jest wtedy równa zeru.

   $$0=v_0-gt_{max}$$
2. 2
   Wyznacz prędkość początkową

   Przenosimy składnik z g na drugą stronę i podstawiamy czas odczytany z wykresu.

   $$v_0=gt_{max}=9{,}81\cdot0{,}8=7{,}848\;\text{m/s}\approx7{,}85\;\text{m/s}$$

Typowy błąd: Podstawienie całego czasu lotu 1,8 s zamiast czasu 0,8 s potrzebnego do osiągnięcia maksymalnej wysokości.

Punktowanie: 2 pkt za poprawną metodę i wynik z jednostką; 1 pkt za poprawną zależność prowadzącą do wyznaczenia v₀.

1. 1
   Zapisz równanie położenia

   Przyjmujemy poziom podłoża jako h=0. Po czasie 1,8 s ciało uderza w podłoże.

   $$0=h_0+v_0t-\frac12gt^2$$
2. 2
   Podstaw prędkość z poprzedniego zadania

   Używamy v₀=7,848 m/s oraz t=1,8 s.

   $$h_0=\frac12\cdot9{,}81\cdot(1{,}8)^2-7{,}848\cdot1{,}8$$
3. 3
   Oblicz wysokość

   Po wykonaniu działań otrzymujemy około 1,77 m, czyli po zaokrągleniu 1,8 m.

   $$h_0\approx1{,}77\;\text{m}\approx1{,}8\;\text{m}$$

Typowy błąd: Pominięcie wysokości początkowej w równaniu ruchu albo użycie znaku plus przy składniku −gt²/2.

Punktowanie: 3 pkt za poprawną metodę i wynik z jednostką; częściowe punkty za poprawnie zapisane etapy wskazane w zasadach CKE.

1. 1
   Wykorzystaj kierunek prędkości

   W ruchu po okręgu wektor prędkości jest styczny do toru, dlatego promień poprowadzony do punktu ciała jest do niego prostopadły.

2. 2
   Skonstruuj środek

   Przez początki obu wektorów prędkości prowadzimy proste prostopadłe. Ich punkt przecięcia jest środkiem S okręgu.

3. 3
   Odczytaj promień

   Odległość od otrzymanego środka S do położenia ciała obejmuje 10 boków kratki, więc l=10 jednostek kratki.

Typowy błąd: Prowadzenie promieni równolegle do wektorów prędkości zamiast prostopadle do stycznych.

Punktowanie: 2 pkt za poprawną konstrukcję i wartość 10; 1 pkt za poprawną zasadę konstrukcji albo poprawne położenie środka i promień.

1. 1
   Ustal kierunki sił

   W najniższym punkcie ciężar mg jest skierowany w dół, a napięcie nici Fₙ w górę, ku środkowi okręgu.

2. 2
   Porównaj wartości

   Wypadkowa skierowana do środka zapewnia przyśpieszenie dośrodkowe, zatem Fₙ−mg=mv²/l>0 i Fₙ>mg. Warunki te spełnia rysunek B.

Typowy błąd: Rysowanie dodatkowej „siły dośrodkowej” obok rzeczywistych sił albo przyjęcie, że napięcie nici jest równe ciężarowi podczas ruchu.

Punktowanie: 1 pkt za odpowiedź B.

1. 1
   Połącz prędkości zasadą zachowania energii

   Największa prędkość występuje na dole, a najmniejsza na górze. Różnica wysokości wynosi 2l.

   $$v_{max}^2=v_{min}^2+4gl$$
2. 2
   Użyj podanego ilorazu

   Z vₘₐₓ/vₘᵢₙ=√3 mamy vₘₐₓ²=3vₘᵢₙ². Po porównaniu równań otrzymujemy vₘᵢₙ²=2gl oraz vₘₐₓ²=6gl.

3. 3
   Zapisz równania sił na górze i na dole

   Na górze obie siły są skierowane do środka, a na dole ciężar ma zwrot przeciwny do dośrodkowego.

   $$F_{n,min}+mg=m\frac{v_{min}^2}{l},qquad F_{n,max}-mg=m\frac{v_{max}^2}{l}$$
4. 4
   Oblicz iloraz

   Po podstawieniu prędkości otrzymujemy Fₙ,min=mg i Fₙ,max=7mg.

   $$\frac{F_{n,max}}{F_{n,min}}=\frac{7mg}{mg}=7$$

Typowy błąd: Zapisanie tego samego znaku ciężaru w równaniu radialnym na górze i na dole okręgu.

Punktowanie: 4 pkt za poprawną metodę i wynik 7; punkty częściowe za poprawne równania sił i zastosowanie zasady zachowania energii.

1. 1
   Rozpatrz równowagę ciężarka

   Ciężarek pozostaje nieruchomy, więc napięcie liny równoważy jego ciężar: T=m_cg.

2. 2
   Rozpatrz równowagę momentów bloczka

   Brak przyśpieszenia kątowego oznacza równe momenty napięć po obu stronach bloczka. Zatem F=T=m_cg, czyli odpowiedź A.

Typowy błąd: Dodawanie ciężaru bloczka do siły F mimo że ciężar walca jest równoważony przez jego oś i nie tworzy momentu względem osi obrotu.

Punktowanie: 1 pkt za odpowiedź A.

1. 1
   Wyznacz napięcie po stronie ciężarka

   Dla ciężarka poruszającego się w dół zapisujemy drugą zasadę dynamiki.

   $$m_cg-T=m_ca,quad a=\frac g2quad\Longrightarrowquad T=\frac12m_cg$$
2. 2
   Zapisz równanie ruchu obrotowego walca

   Różnica momentów napięć rozpędza walec. Lina nie ślizga się, więc α=a/R.

   $$(T-F)R=I_0\alpha=\frac12m_wR^2\frac aR$$
3. 3
   Podstaw przyśpieszenie i uprość

   Po skróceniu R i wstawieniu a=g/2 otrzymujemy T−F=m_wg/4.

   $$F=\frac12m_cg-\frac14m_wg=\frac12g\left(m_c-\frac12m_w\right)$$

Typowy błąd: Przyjęcie jednakowego napięcia po obu stronach obracającego się masywnego bloczka; różnica napięć jest właśnie źródłem jego momentu siły.

Punktowanie: 4 pkt za poprawną metodę i wzór; punkty częściowe za poprawne równania dynamiki ciężarka i bloczka oraz relację a = εR.

1. 1
   Powiąż odległość z liczbą okresów

   Przejście od powierzchni a do b obejmuje dziewięć długości fali, więc trwa dziewięć okresów.

   $$\Delta t_{ab}=9T$$
2. 2
   Wyznacz okres

   Zamieniamy 0,07 ms na 7·10⁻⁵ s i dzielimy przez 9.

   $$T=\frac{7\cdot10^{-5}}9\;\text{s}$$
3. 3
   Oblicz częstotliwość

   Częstotliwość jest odwrotnością okresu.

   $$f=\frac1T=\frac9{7\cdot10^{-5}}\approx1{,}29\cdot10^5\;\text{Hz}\approx129\;\text{kHz}$$

Typowy błąd: Potraktowanie czasu 0,07 ms jako jednego okresu albo brak zamiany milisekund na sekundy.

Punktowanie: 2 pkt za poprawną metodę i wynik z jednostką; 1 pkt za poprawne powiązanie Δt_ab z dziewięcioma okresami.

1. 1
   Rozpoznaj model fali

   To fala płaska, więc energia nie rozchodzi się po coraz większej powierzchni tak jak dla fali kulistej.

2. 2
   Uwzględnij założenia zadania

   Amplituda jest stała, a pochłanianie pominięto. Natężenie nie zmienia się z odległością, dlatego poprawna jest odpowiedź D.

Typowy błąd: Automatyczne użycie zależności I∝1/r² właściwej dla fali kulistej mimo że w zadaniu opisano falę płaską.

Punktowanie: 1 pkt za odpowiedź D.

1. 1
   Rozpoznaj dyfrakcję

   Wąska szczelina ma rozmiar porównywalny z długością fali, więc za szczeliną fala rozchodzi się w wielu kierunkach.

2. 2
   Sprawdź odstępy powierzchni falowych

   Ośrodek i częstotliwość się nie zmieniają, dlatego długość fali pozostaje stała. Poprawny rysunek pokazuje współśrodkowe łuki o równych odstępach — wariant A.

Typowy błąd: Narysowanie prostych powierzchni falowych za wąską szczeliną albo zmiana ich odstępów bez zmiany ośrodka.

Punktowanie: 1 pkt za odpowiedź A.

1. 1
   Porównaj długości fal

   Na granicy częstotliwość nie zmienia się, a λ=v/f. Skoro v₁=2v₂, długość fali w O₁ jest dwa razy większa.

   $$\frac{\lambda_1}{\lambda_2}=\frac{v_1}{v_2}=2$$
2. 2
   Ustal kierunek załamania

   W O₂ fala porusza się wolniej, dlatego promień załamuje się ku normalnej do granicy ośrodków.

3. 3
   Dorysuj powierzchnie falowe

   Powierzchnie muszą być prostopadłe do kierunku biegu. W O₂ odległości między nimi są o połowę mniejsze niż w O₁.

Typowy błąd: Zmiana częstotliwości przy przejściu przez granicę albo narysowanie powierzchni falowych równolegle do kierunku rozchodzenia się fali.

Punktowanie: 3 pkt za poprawny kierunek, poprawne powierzchnie falowe i iloraz 2; po 1 pkt za każdy z tych elementów.

1. 1
   Wskaż źródło oddziaływania

   Siła grawitacji działająca na planetoidę pochodzi od Słońca i jest siłą centralną.

2. 2
   Narysuj wektor

   Punkt zaczepienia umieszczamy w R, kierunek wzdłuż RS, a zwrot ku Słońcu S. Długość strzałki nie jest oceniana.

Typowy błąd: Rysowanie wektora stycznie do orbity, czyli w kierunku prędkości, zamiast ku ognisku elipsy zajmowanemu przez Słońce.

Punktowanie: 1 pkt za poprawny punkt zaczepienia, kierunek i zwrot.

1. 1
   Wyznacz półoś wielką

   Podana długość osi wielkiej wynosi 5,62 au, więc półoś ma połowę tej wartości.

   $$a_R=\frac{5{,}62}{2}=2{,}81\;\text{au}$$
2. 2
   Zastosuj trzecie prawo Keplera

   Dla orbit wokół tego samego Słońca T²/a³ jest stałe. Dla Ziemi T=1 rok i a=1 au.

   $$T_R^2=a_R^3$$
3. 3
   Oblicz okres

   Pierwiastkujemy sześcian półosi wielkiej.

   $$T_R=\sqrt{(2{,}81)^3}\approx4{,}71\;\text{roku}\approx4{,}7\;\text{roku}$$

Typowy błąd: Podstawienie całej osi 5,62 au zamiast półosi 2,81 au do trzeciego prawa Keplera.

Punktowanie: 2 pkt za poprawną metodę i wynik; 1 pkt za poprawne zastosowanie III prawa Keplera i wyznaczenie półosi wielkiej.

1. 1
   Zapisz zależność od odległości

   Przyśpieszenie wywołane przez Słońce w odległości r ma wartość GM_S/r².

   $$a=\frac{GM_S}{r^2}$$
2. 2
   Utwórz iloraz

   Stałe GM_S skracają się. Odległość z mianownika ułamka złożonego przechodzi do licznika.

   $$\frac{a_P}{a_A}=\frac{GM_S/|SP|^2}{GM_S/|SA|^2}=\left(\frac{|SA|}{|SP|}\right)^2$$

Typowy błąd: Odwrócenie ilorazu odległości albo pominięcie kwadratu w prawie grawitacji.

Punktowanie: 1 pkt za odpowiedź C.

1. 1
   Wyznacz odległość aphelium

   Suma odległości peryhelium i aphelium jest równa długości osi wielkiej.

   $$r_A=5{,}62-0{,}81=4{,}81\;\text{au}$$
2. 2
   Zastosuj zachowanie momentu pędu

   W peryhelium i aphelium prędkość jest prostopadła do promienia wodzącego, więc mr_Pv_P=mr_Av_A.

   $$v_A=v_P\frac{r_P}{r_A}$$
3. 3
   Oblicz prędkość

   Jednostki au skracają się w ilorazie odległości.

   $$v_A=43{,}29\cdot\frac{0{,}81}{4{,}81}\approx7{,}29\;\text{km/s}\approx7{,}3\;\text{km/s}$$

Typowy błąd: Przyjęcie r_A=5,62 au albo założenie stałej prędkości na orbicie eliptycznej.

Punktowanie: 3 pkt za poprawną metodę i wynik; punkty częściowe m.in. za zasadę zachowania momentu pędu i poprawne wyznaczenie r_A.

1. 1
   Odczytaj zależność p(V)

   Dla punktów A i B iloraz p/V jest taki sam, więc odcinek przemiany leży na prostej p=kV.

2. 2
   Połącz wykres z temperaturą

   Z równania gazu doskonałego T=pV/(nR). Ponieważ p∝V, otrzymujemy T∝V², więc pierwsze zdanie jest prawdziwe.

   $$T=\frac{pV}{nR}\propto V^2$$
3. 3
   Oceń ruch cząsteczek

   Średnia prędkość cieplna rośnie jak √T. Objętość i temperatura rosną od A do B, więc drugie zdanie także jest prawdziwe.

Typowy błąd: Uznanie, że temperatura jest proporcjonalna tylko do V, z pominięciem jednoczesnego liniowego wzrostu ciśnienia.

Punktowanie: 1 pkt za oba poprawne rozstrzygnięcia.

1. 1
   Zapisz iloraz z równania Clapeyrona

   Dla tej samej liczby moli i tego samego R temperatura jest proporcjonalna do iloczynu pV.

   $$\frac{T_B}{T_A}=\frac{p_BV_B}{p_AV_A}$$
2. 2
   Podstaw dane z wykresu

   Wspólne potęgi dziesięciu w ciśnieniach i objętościach skracają się.

   $$\frac{T_B}{T_A}=\frac{5\cdot25}{2\cdot10}=\frac{125}{20}=6{,}25=\frac{25}{4}$$

Typowy błąd: Dzielenie samych ciśnień albo samych objętości zamiast iloczynów pV.

Punktowanie: 1 pkt za wartość 6,25 lub 25/4.

1. 1
   Oblicz zmianę energii wewnętrznej

   Dla C_V=3R/2 mamy ΔU=nC_VΔT=3/2·nRΔT. Z równania gazu nRΔT=p_BV_B−p_AV_A.

   $$\Delta U=\frac32(5\cdot10^4\cdot25\cdot10^{-3}-2\cdot10^4\cdot10\cdot10^{-3})=1575\;\text{J}$$
2. 2
   Oblicz pracę gazu

   Praca jest polem pod prostoliniowym wykresem p(V), czyli polem trapezu.

   $$W=\frac{p_A+p_B}{2}(V_B-V_A)=\frac{2\cdot10^4+5\cdot10^4}{2}\cdot15\cdot10^{-3}=525\;\text{J}$$
3. 3
   Zastosuj pierwszą zasadę termodynamiki

   Ciepło pobrane przez gaz pokrywa wzrost energii wewnętrznej i pracę wykonaną przez gaz.

   $$Q_{AB}=\Delta U+W=1575+525=2100\;\text{J}$$

Typowy błąd: Obliczenie pracy jako p_AΔV albo p_BΔV zamiast pola trapezu pod liniowym wykresem.

Punktowanie: 4 pkt za poprawną metodę i wynik; punkty częściowe za poprawne użycie I zasady termodynamiki, zmianę energii wewnętrznej lub pracę pod wykresem.

1. 1
   Rozpatrz siłę od Q₂

   Q₂ ma znak przeciwny do Q₃, więc przyciąga Q₃ poziomo w lewo. Odległość wynosi a.

2. 2
   Rozpatrz siłę od Q₁

   Q₁ i Q₃ są dodatnie, więc odpychają się. Siła od Q₁ jest skierowana po przekątnej w prawo i w górę, a jej wartość jest dwa razy mniejsza z powodu odległości a√2.

3. 3
   Złóż wektory

   Składowa w lewo od Q₂ przeważa nad prawą składową siły od Q₁, a składowa pionowa pozostaje skierowana w górę. Taki zwrot przedstawia wariant A.

Typowy błąd: Dodawanie wartości sił bez uwzględnienia ich kierunków lub pominięcie większej odległości ładunków leżących na przekątnej.

Punktowanie: 1 pkt za odpowiedź A.

1. 1
   Ustal pola od ładunków w odległości a

   Ładunek Q₁ daje w P pole w prawo, a Q₃ pole w dół. Oba mają wartość E₀=kQ/a².

2. 2
   Rozłóż pole od Q₂

   Q₂ jest ujemny i leży w odległości a√2, więc pole ma wartość E₀/2 i jest skierowane z P ku Q₂. Każda jego składowa ma wartość E₀/(2√2).

3. 3
   Dodaj składowe

   Wypadkowe składowe mają jednakowe wartości bezwzględne i przeciwne znaki.

   $$E_x=E_0-\frac{E_0}{2\sqrt2},qquad E_y=-E_0+\frac{E_0}{2\sqrt2}$$
4. 4
   Oblicz wartość wektora

   Dla składowych o równych modułach wartość wektora jest √2 razy większa od modułu jednej składowej.

   $$E_P=\sqrt2E_0\left(1-\frac1{2\sqrt2}\right)=\frac{kQ}{a^2}\left(\sqrt2-\frac12\right)$$

Typowy błąd: Przyjęcie dla ładunku na przekątnej wartości kQ/a² zamiast kQ/(2a²) albo dodanie pól jak skalarów.

Punktowanie: 4 pkt za poprawną metodę i wzór; punkty częściowe za poprawne składowe pól oraz ich wektorowe złożenie.

1. 1
   Wyznacz kąt graniczny

   Dla przejścia ze szkła do powietrza sinus kąta granicznego jest ilorazem współczynników załamania ośrodka zewnętrznego i szkła.

   $$\sin\alpha_g=\frac{n_{pow}}{n_{szk}}=\frac{1{,}00}{1{,}50}=\frac23$$
2. 2
   Oblicz kąt graniczny

   Z funkcji odwrotnej otrzymujemy około 41,8°.

   $$\alpha_g=\arcsin\frac23\approx41{,}8^\circ$$
3. 3
   Połącz kąt graniczny z geometrią kuli

   Promienie DA i DB są skrajnymi promieniami wychodzącymi z kuli, a konfiguracja jest symetryczna. Kąt φ jest dwa razy większy od α_g.

   $$\varphi=2\alpha_g\approx83{,}6^\circ$$

Typowy błąd: Odwrócenie ilorazu współczynników załamania albo podanie samego kąta granicznego 41,8° zamiast kąta φ.

Punktowanie: 3 pkt za poprawną metodę i wynik; punkty częściowe za identyfikację kąta granicznego i zależność φ = 2α_g.

1. 1
   Porównaj kąty graniczne

   Po zanurzeniu ośrodkiem zewnętrznym jest woda o większym współczynniku załamania niż powietrze. Rośnie więc iloraz n_zewn/n_szkło, a wraz z nim kąt graniczny.

2. 2
   Oceń powierzchnię wyjścia światła

   Większy kąt graniczny tworzy szerszy stożek promieni, które mogą opuścić kulę. Obejmuje on większy fragment powierzchni, dlatego wybieramy B2.

Typowy błąd: Wnioskowanie, że gęstszy optycznie ośrodek zewnętrzny zmniejsza kąt graniczny, bez sprawdzenia wzoru sin α_g=n_zewn/n_szkło.

Punktowanie: 1 pkt za odpowiedź B2.

1. 1
   Porównaj siłę Lorentza z dośrodkową

   Elektron porusza się prostopadle do pola, więc wartość siły magnetycznej wynosi evB i pełni rolę siły dośrodkowej.

   $$evB=\frac{m_ev^2}{r}$$
2. 2
   Połącz promień z okresem

   Z równania sił otrzymujemy r=m_ev/(eB), a okres ruchu po okręgu to 2πr/v. Prędkość skraca się.

   $$T=\frac{2\pi r}{v}=\frac{2\pi m_e}{eB}$$
3. 3
   Podstaw stałe

   Używamy m_e=9,11·10⁻³¹ kg, e=1,60·10⁻¹⁹ C oraz B=1,70·10⁻³ T.

   $$T=\frac{2\pi\cdot9{,}11\cdot10^{-31}}{1{,}60\cdot10^{-19}\cdot1{,}70\cdot10^{-3}}\approx2{,}10\cdot10^{-8}\;\text{s}$$

Typowy błąd: Pozostawienie prędkości w wyniku mimo że okres cyklotronowy w tym modelu od niej nie zależy, albo brak zamiany mT na T.

Punktowanie: 3 pkt za poprawną metodę i wynik; punkty częściowe za utożsamienie siły Lorentza z siłą dośrodkową i użycie związku z okresem.

1. 1
   Oblicz energię całkowitą

   Energia całkowita jest sumą energii spoczynkowej i kinetycznej.

   $$E=E_0+E_k=0{,}511+1{,}311=1{,}822\;\text{MeV}$$
2. 2
   Wyznacz współczynnik Lorentza

   Z E=γE₀ otrzymujemy γ jako iloraz energii całkowitej i spoczynkowej.

   $$\gamma=\frac{E}{E_0}=\frac{1{,}822}{0{,}511}\approx3{,}57$$
3. 3
   Oblicz v/c

   Korzystamy z γ=1/√(1−β²), gdzie β=v/c.

   $$\frac vc=\beta=\sqrt{1-\frac1{\gamma^2}}\approx0{,}960\approx0{,}96$$

Typowy błąd: Podstawienie samej energii kinetycznej do wzoru E=γmc² zamiast użycia energii całkowitej.

Punktowanie: 3 pkt za poprawną metodę i wynik 0,96; punkty częściowe za poprawne związki między energią całkowitą, kinetyczną i spoczynkową.

1. 1
   Zachowaj liczbę masową

   W rozpadzie β⁻ neutron zmienia się w proton, elektron i antyneutrino. Liczba nukleonów jądra pozostaje równa 23.

2. 2
   Zachowaj ładunek

   Emitowany elektron ma liczbę atomową −1, więc jądro potomne musi mieć Z=11, aby suma po prawej stronie wynosiła 10.

   $$10=11+(-1)+0$$
3. 3
   Rozpoznaj pierwiastek

   Pierwiastek o liczbie atomowej 11 to sód, zatem jądrem potomnym jest ²³₁₁Na.

Typowy błąd: Zmniejszenie liczby atomowej jak w rozpadzie β⁺ albo zmiana liczby masowej mimo niezmienionej liczby nukleonów.

Punktowanie: 2 pkt za poprawne liczby i pierwiastek; 1 pkt za poprawne jądro albo poprawny symbol/nazwę pierwiastka.

1. 1
   Porównaj masy przed i po rozpadzie

   Rozpad zachodzi samorzutnie i uwalnia energię, więc masa spoczynkowa jądra początkowego jest większa od sumy mas spoczynkowych produktów. Pierwsze zdanie jest prawdziwe.

2. 2
   Zastosuj równoważność masy i energii

   Ubytek masy Δm odpowiada energii Q=Δmc², która pojawia się głównie jako energia kinetyczna produktów. Drugie zdanie także jest prawdziwe.

Typowy błąd: Założenie, że zasada zachowania energii wymaga równości samych mas spoczynkowych, bez uwzględnienia energii kinetycznej produktów.

Punktowanie: 1 pkt za oba poprawne rozstrzygnięcia.

1. 1
   Przetłumacz połowiczny spadek na skalę logarytmiczną

   Po czasie połowicznego rozpadu masa maleje z m₀ do m₀/2. Na osi log₁₀ oznacza to spadek o log₁₀2≈0,301.

   $$\log_{10}\frac{m_0}{2}=\log_{10}m_0-\log_{10}2\approx\log_{10}m_0-0{,}301$$
2. 2
   Odczytaj poziomy na wykresie

   Wybieramy dowolny punkt prostej odpowiadający log₁₀m₀, a następnie znajdujemy niższy poziom o 0,301.

3. 3
   Odczytaj różnicę czasów

   Poziome przejście do prostej i rzut na oś czasu daje różnicę około 0,62 min, mieszczącą się w akceptowanym przedziale 0,60–0,65 min.

Typowy błąd: Dzielenie wartości log₁₀m przez dwa; połowiczny spadek masy oznacza odjęcie log₁₀2, a nie podzielenie logarytmu.

Punktowanie: 4 pkt za poprawną metodę i wynik w przedziale; punkty częściowe za poprawne odczytanie log₁₀m₀ i wyznaczenie wartości odpowiadającej połowie masy.