Arkusz maturalny z fizyki – poziom podstawowy – rok 2016 („stara matura”) – zadania nr 1 – 5

W zadaniu tym sprawdzana jest znajomość pojęcia drogi oraz przemieszczenia. Droga to wielkość skalarna (posiadająca wartość i kierunek) równa długości toru ruchu, po którym porusza się ciało. Przemieszczenie to wielkość wektorowa (posiadająca wartość, kierunek i zwrot) równa odległości między punktem początkowym a punktem końcowym ruchu ciała – innymi słowy przemieszczenie to długość wektora łączącego położenie początkowe i końcowe ruchu ciała. Tyle teoria, a jak to wygląda w praktyce?

Jeżeli chcemy wyznaczyć drogę przebytą przez model samochodziku musimy dodać do siebie wszystkie trzy odcinki, po których się poruszał między punktem P a Q (odcinki te stanowią tor ruchu samochodziku). Każdy z odcinków toru ma długość 30 cm, zatem droga przebyta przez samochodzik wynosi 90 cm. Aby wyznaczyć przemieszczenie samochodziku musimy zmierzyć odległość między punktem P a Q. Przyda się tu znajomość własności figur geometrycznych. Wszystkie odcinki mają jednakową długość, a kąt zawarty między pierwszym a drugim odcinkiem toru wynosi 60 stopni. Oznacza to, że odległość między punktem P a punktem końcowym drugiego odcinka równa jest 30 cm (własność trójkąta równobocznego: boki o jednakowej długości, kąty zawarte pomiędzy bokami równe 60 stopni). Odległość między punktem końcowym drugiego odcinka a punktem Q znamy, zatem przemieszczenie samochodziku wynosi 60 cm.

Prawidłowa odpowiedź: C.

Zgodnie z założeniem planety poruszają się po orbitach kołowych, zatem ich prędkość liniowa V  przedstawia się poniższym wzorem:

$$V = \omega \hspace{.05cm} r$$

gdzie:
ω  – prędkość kątowa planety,
r  – promień orbity kołowej planety równy odległości planety od Słońca.

Wiemy, że:

$$\omega = \frac{2 \hspace{.05cm} \pi}{T}$$

gdzie T  to okres obiegu planety wokół Słońca.

Zgodnie z trzecim prawem Keplera okres obiegu planety wokół Słońca wynosi (w miejsce półosi wielkiej orbity eliptycznej a  wstawiliśmy promień r  orbity kołowej):

$$T^2 = \frac{4 \hspace{.05cm} \pi^2}{G \hspace{.05cm} M_S} \hspace{.05cm} r^3$$

Po spierwiastkowaniu powyższego równania, otrzymamy:

$$T = 2 \hspace{.05cm} \pi \hspace{.05cm} r \hspace{.05cm} \sqrt{\frac{\mathstrut r}{G \hspace{.05cm} M_S}}$$

Teraz możemy wstawić wzór na okres T  do wzoru na prędkość liniową V :

$$V = \frac{2 \hspace{.05cm} \pi}{T} \hspace{.05cm} r = \frac{2 \hspace{.05cm} \pi \hspace{.05cm} r}{2 \hspace{.05cm} \pi \hspace{.05cm} r \hspace{.05cm} \sqrt{\dfrac{\mathstrut r}{G \hspace{.05cm} M_S}}} = \frac{2 \hspace{.05cm} \pi \hspace{.05cm} r}{2 \hspace{.05cm} \pi \hspace{.05cm} r} \hspace{.05cm} \sqrt{\frac{\mathstrut G \hspace{.05cm} M_S}{r}} = \sqrt{\frac{\mathstrut G \hspace{.05cm} M_S}{r}}$$

Zauważ, że prędkość liniowa planety jest odwrotnie proporcjonalna do pierwiastka kwadratowego promienia orbity kołowej r  planety (G  i M_S  to stałe – ich wartość jest jednakowa dla każdej z czterech planet). Oznacza to, że im większy promień orbity kołowej, czyli im większa jest odległość planety od Słońca, tym mniejsza prędkość liniowa planety. Wiemy, że r_Mer  < r_Wen  < r_Zie  < r_Mars , w związku z czym V_Mer  > V_Wen  > V_Zie > V_Mars .

Prawidłowa odpowiedź: B.

Zacznijmy od zapisania wzoru na przyspieszenie dośrodkowe samochodu:

$$a = \frac{V^2}{r}$$

gdzie:
V  – prędkość samochodu,
r  – odległość samochodu od środka ronda.

Wprowadźmy oznaczenia: a₁  i V₁  to odpowiednio przyspieszenie dośrodkowe i prędkość samochodu przed zmianą wartości prędkości (a więc dla V  = 20 km/h), a₂  i V₂  – przyspieszenie dośrodkowe i prędkość samochodu po zmianie wartości prędkości (dla V  = 40 km/h). W zadaniu założono, że samochód przed i po zmianie prędkości porusza się po tym samym pasie ruchu, zatem odległość r  jest jednakowa dla tych dwóch zdarzeń:

$$a_1 = \frac{V_1^2}{r} \hspace{1cm} , \hspace{1cm} a_2 = \frac{V_2^2}{r}$$

Aby dowiedzieć się jak zmieni się przyspieszenie dośrodkowe samochodu po zmianie jego prędkości musimy obliczyć stosunek przyspieszeń a₂ /a₁ :

$$\frac{a_2}{a_1} = \frac{\dfrac{V_2^2}{r}}{\dfrac{V_1^2}{r}} = \left( \frac{V_2}{V_1} \right)^2 = \left( \frac{40 \hspace{.05cm} \tfrac{\textrm{km}}{\textrm{h}}}{20 \hspace{.05cm} \tfrac{\textrm{km}}{\textrm{h}}} \right)^2 = 2^2 = 4$$

Zmiana prędkości z V₁  = 20 km/h na V₂  = 40 km/h spowoduje czterokrotny wzrost przyspieszenia dośrodkowego samochodu.

Prawidłowa odpowiedź: D.

Zacznijmy od zapisania wzoru na okres drgań wahadła matematycznego (zobacz: Wahadło matematyczne i fizyczne):

$$T = 2 \hspace{.05cm} \pi \hspace{.05cm} \sqrt{\mathstrut \frac{L}{g}}$$

Częstotliwość drgań wahadła matematycznego jest odwrotnością okresu jego drgań, dlatego:

$$T = \frac{1}{f} = 2 \hspace{.05cm} \pi \hspace{.05cm} \sqrt{\mathstrut \frac{L}{g}} \hspace{1cm} \longrightarrow \hspace{1cm} f = \frac{1}{2 \hspace{.05cm} \pi} \sqrt{\mathstrut \frac{g}{L}}$$

Wprowadźmy oznaczenia: f₀  i L₀  to odpowiednio początkowa częstotliwość drgań i długość wahadła (przed zmianą jego długości), f₁  i L₁  to częstotliwość drgań i długość wahadła po czterokrotnym wzroście jego długości: L₁  = 4 L₀.

Aby dowiedzieć się jak zmieni się częstotliwość drgań wahadła matematycznego po czterokrotnym zwiększeniu długości wahadła obliczmy stosunek częstotliwości drgań f₁ /f₀ :

$$\frac{f_1}{f_0} = \frac{\dfrac{1}{2 \hspace{.05cm} \pi} \sqrt{\mathstrut \dfrac{g}{L_1}}}{\dfrac{1}{2 \hspace{.05cm} \pi} \sqrt{\mathstrut \dfrac{g}{L_0}}} = \frac{\sqrt{\mathstrut \dfrac{g}{L_1}}}{\sqrt{\mathstrut \dfrac{g}{L_0}}} = \sqrt{\mathstrut \frac{L_0}{L_1}} = \sqrt{\mathstrut \frac{L_0}{4 \hspace{.05cm} L_0}} = \frac{1}{2}$$

Czterokrotny wzrost długości wahadła matematycznego spowoduje dwukrotne zmniejszenie częstotliwości jego drgań.

Prawidłowa odpowiedź: A.

Drgania cząsteczek powietrza zachodzące w ziemskiej atmosferze wywierają istotny wpływ na obserwacje prowadzone za pomocą teleskopu optycznego. W zależności od charakteru drgań tychże cząsteczek możemy uzyskiwać wyraźne, dobrej jakości obrazy obiektów niebieskich (niewielkie drgania cząsteczek) albo nieostre, nie pozwalające uwidocznić żadnych szczegółów obrazy (silne drgania cząsteczek powietrza = silne zakłócenie biegu promieni świetlnych). Efekt ten przedstawia poniższa grafika:

Umieszczenie teleskopu optycznego na orbicie okołoziemskiej pozwala wyeliminować opisane wyżej zjawisko.

Prawidłowa odpowiedź: C.

Rozwiązania kolejnych zadań z tego arkusza maturalnego znajdziesz na poniższych stronach: