Arkusz maturalny z fizyki – poziom podstawowy – rok 2016 („stara matura”) – zadania nr 16 – 20

a) Przepływ prądu w obwodzie spowodowany jest wybiciem elektronów z powierzchni płytki. Zjawisko to, po raz pierwszy opisane przez Alberta Einsteina, nosi nazwę zjawiska fotoelektrycznego zewnętrznego. Emisja elektronów z powierzchni płytki zachodzi tylko wtedy, gdy energia fotonów (kwantów promieniowania elektromagnetycznego) padających na płytkę równa jest co najmniej pracy wyjścia elektronów z płytki. Praca wyjścia to wielkość charakteryzująca dany materiał równa najmniejszej energii, jaką należy dostarczyć elektronowi, aby opuścił on powierzchnię płytki i stał się elektronem swobodnym.

b) Umowny kierunek przepływu prądu elektrycznego odbywa się od bieguna o wyższym potencjale (biegunie dodatnim) do bieguna o niższym potencjale (biegunie ujemnym). Umowa ta jest prawdziwa dla nośników obdarzonych ładunkiem dodatnim. W przypadku metali, w których nośnikami prądu są ujemnie naładowane elektrony swobodne, kierunek przepływu prądu odbywa się w kierunku przeciwnym, czyli od bieguna ujemnego do bieguna dodatniego. Zgodnie z rysunkiem do bieguna ujemnego źródła napięcia podłączona jest płytka P, zatem to elektrony wybite z powierzchni tej płytki spowodują wychylenie wskazówki mikroamperomierza.

Prawidłowa odpowiedź: a) zjawisko fotoelektryczne zewnętrzne, b) płytka P.

Wielkością szukaną jest maksymalna długość fali promieniowania elektromagnetycznego, nazywana również długością graniczną fali, która może spowodować przepływ prądu elektrycznego w obwodzie. Maksymalnej długości fali odpowiada minimalna energia, jaką musi posiadać foton, aby spowodować wystąpienie zjawiska fotoelektrycznego zewnętrznego. Zasadę zachowania energii dla tego zjawiska opisuje poniższe równanie:

$$E_f = W + E_k$$

gdzie:
E_f  – energia fotonu,
W  – praca wyjścia elektronu z płytki,
E_k  – energia kinetyczna wybitego elektronu.

Zgodnie z informacją zamieszczoną wyżej, energia fotonu o granicznej długości fali równa jest dokładnie pracy wyjścia elektronu z powierzchni płytki (szukamy minimalnej energii fotonu, a więc energia kinetyczna fotonu musi być równa zero), w związku z czym:

$$E_f = W$$

Ponieważ energia fotonu jest równa:

$$E_f = h \hspace{.05cm} \nu = h \hspace{.05cm} \frac{c}{\lambda}$$

gdzie:
h  – stała Plancka równa 6,626 ⋅ 10^-34 J ⋅ s,
ν  – częstotliwość drgań fotonu,
c  – prędkość światła w próżni równa 3 ⋅ 10⁸ m/s,
λ  – długość fali fotonu,

zatem:

$$\lambda = \frac{h \hspace{.05cm} c}{E_f} = \frac{h \hspace{.05cm} c}{W} = \frac{6,\hspace{-.1cm}626 \cdot 10^{-34}
\hspace{.05cm} \textrm{J} \cdot \textrm{s} \cdot 3 \cdot 10^8 \hspace{.05cm} \tfrac{\textrm{m}}{\textrm{s}}}{7,\hspace{-.1cm}2 \cdot 10^{-19} \hspace{.05cm} \textrm{J}} = 2,\hspace{-.1cm}76 \cdot 10^{-7} \hspace{.05cm} \textrm{m} = 276 \hspace{.05cm} \textrm{nm}$$

Prawidłowa odpowiedź: maksymalna długość fali fotonu wynosi λ = 276 nm.

Odległość między rysami (szczelinami) siatki dyfrakcyjnej to tzw. stała siatki dyfrakcyjnej, oznaczana literą d. Białe światło padające na siatkę dyfrakcyjną ulega rozłożeniu na fale składowe, widoczne na ekranie w postaci widma. Widmo to składa się z szeregu linii, których położenie na ekranie związane jest z kątem α  ugięcia fali na szczelinie. Związek między stałą siatki d, kątem ugięcia α  i długością λ  fali światła oraz rzędem widma n  wyraża poniższe równanie:

$$d \hspace{.05cm} \textrm{sin} \hspace{.05cm} \alpha = n \hspace{.05cm} \lambda$$

(rząd widma to liczba przypisana każdej linii widmowej określająca jej pozycję w stosunku do linii centralnej widma).

Po przekształceniu powyższego wzoru względem stałej siatki d, dostaniemy:

$$d = \frac{n \hspace{.05cm} \lambda}{\textrm{sin} \hspace{.05cm} \alpha}$$

Wykres przedstawia zależność sinusa kąta ugięcia α  od długości λ  fali światła dla widma pierwszego rzędu, w związku z czym n  = 1. Aby obliczyć stałą siatki wybierzmy współrzędne jednego z punktów leżących na wykresie np. λ  = 0,5 μm, sin α  = 0,17 i dokonajmy obliczeń:

$$d = \frac{0,\hspace{-.1cm}5 \hspace{.05cm} \mu\textrm{m}}{0,\hspace{-.1cm}17} = 2,\hspace{-.1cm}94 \hspace{.05cm} \mu\textrm{m} \cong 3,\hspace{-.1cm}0 \hspace{.05cm} \mu\textrm{m}$$

Prawidłowa odpowiedź: d ≅ 3,0 μm.

Dla widma drugiego rzędu n  = 2, w związku z czym:

$$\textrm{sin} \hspace{.05cm} \alpha = \frac{2 \hspace{.05cm} \lambda}{d}$$

Stałą siatki znamy. Długości fal, dla których mamy obliczyć sinus kąta ugięcia mamy podane na wykresie. Dokonajmy więc obliczeń:

i narysujmy zależność sin α ( λ) :

Odpowiedzi znajdziesz w artykule Zasady termodynamiki pod hasłem Druga zasada termodynamiki.

Prawidłowa odpowiedź: 1 – poprawne, 2 – błędne, 3 – poprawne.

Wielkością szukaną jest wartość energii, jaką uzyskamy z rozszczepienia jąder uranu ²³⁵U zawartych w próbce wzbogaconego uranu o masie 1 kg. Wiemy, że uran wzbogacony zawiera 4% izotopu ²³⁵U, w związku z czym masa m  tego izotopu wynosi m  = 4% ⋅ 1 kg = 40 g. Następnie obliczmy ilość jąder uranu odpowiadających tej masie. Wiemy, że 1 mol ²³⁵U = 235 g, dlatego:

$$n = \frac{40 \hspace{.05cm} \textrm{g}}{235 \hspace{.05cm} \textrm{g}} \cdot 1 \hspace{.05cm} \textrm{mol} = 0,\hspace{-.1cm}17 \hspace{.05cm} \textrm{mol}$$

gdzie n  to liczba jąder uranu wyrażona w molach.

Korzystając z definicji mola:

$$n = \frac{N}{N_A}$$

gdzie:
N  – liczba jąder uranu,
N_A  – stała Avogadra równa N_A = 6,023 ⋅ 10²³ $\rm \frac{1}{mol}$,

otrzymamy liczbę jąder uranu równą:

$$N = n \cdot N_A = 0,\hspace{-.1cm}17 \hspace{.05cm} \textrm{mol} \cdot 6,\hspace{-.1cm}023 \cdot 10^{23} \hspace{.05cm} \tfrac{1}{\textrm{mol}} = 1,\hspace{-.1cm}02 \cdot 10^{23}$$

Energia rozszczepienia jednego jądra uranu ²³⁵U wynosi 207 MeV. Energia pochodząca z rozszczepienia 1,02 ⋅ 10²³ jąder wyniesie:

$$E = 1,\hspace{-.1cm}02 \cdot 10^{23} \cdot 207 \hspace{.05cm} \textrm{MeV} = 211,\hspace{-.1cm}14 \cdot 10^{23} \hspace{.05cm} \textrm{MeV} = 211,\hspace{-.1cm}14 \cdot 10^{29} \hspace{.05cm} \textrm{eV}$$

Korzystając z faktu, że 1 eV = 1,6 ⋅ 10^-19 J, dostaniemy:

$$E = 211,\hspace{-.1cm}14 \cdot 10^{29} \cdot 1,\hspace{-.1cm}6 \cdot 10^{-19} \hspace{.05cm} \textrm{J} = 338 \cdot 10^{10} \hspace{.05cm} \textrm{J}$$

Aby uzyskać taką energię ze spalania węgla należałoby zużyć:

$$m_C = \frac{E}{E_C} = \frac{338 \cdot 10^{10} \hspace{.05cm} \textrm{J}}{2 \cdot 10^7 \hspace{.05cm} \textrm{J}} = 1,\hspace{-.1cm}69 \cdot 10^5 \hspace{.05cm} \textrm{kg} = 169 \hspace{.05cm} \textrm{t}$$

Prawidłowa odpowiedź: energia z rozszczepienia 1 kg wzbogaconego uranu wyniesie E = 338 ⋅ 10¹⁰J – odpowiada to energii pochodzącej ze spalenia 169 ton węgla.

Suma liczb masowych A i liczb atomowych Z substratów reakcji musi być równa sumie liczb masowych i atomowych produktów reakcji. Dokonajmy zatem bilansu reakcji:

– suma liczb masowych przed reakcją: A_s = 10 + 4 = 14,
– suma liczb masowych po reakcji: A_p = 13,

– suma liczb atomowych przed reakcją: Z_s = 5 + 2 = 7,
– suma liczb atomowych po reakcji: Z_p = 7.

Z_s = Z_p, wobec czego liczba protonów substratów równa jest liczbie protonów produktów reakcji.

A_s > A_p, w związku z czym po reakcji „brakuje” nam jednego neutronu (liczba masowa jest sumą protonów i neutronów zgromadzonych w jądrze atomowym). Oznacza to, że $\rm X = \hspace{.05cm} ^1_0 n$.

Prawidłowa odpowiedź: neutron.

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

Może to Cię również zainteresuje:

• Siatka dyfrakcyjna – zadanie nr 2
• Arkusz maturalny z fizyki – poziom rozszerzony – rok 2020 („nowa matura”) – zadania nr 13 – 14
• Siatka dyfrakcyjna – zadanie nr 1
• Arkusz maturalny z fizyki – poziom rozszerzony – rok 2015 („nowa matura”) – zadania nr 13 – 16
• Siatka dyfrakcyjna – zadanie nr 3
• Foton. Promieniowanie elektromagnetyczne – zadanie nr 4