Arkusz maturalny z fizyki – poziom rozszerzony – rok 2017 („nowa matura”) – zadania nr 13 – 17

Moment bezwładności to wielkość fizyczna informująca o tym jak rozłożona jest masa obracającego się ciała wokół osi jego obrotu. Im mniejsza wartość momentu bezwładności ciała, tym łatwiej jest wprawić je w ruch obrotowy.

Aby odpowiedzieć na pytanie postawione w zadaniu, skorzystamy z pojęcia środka masy. Środek masy to punkt, w którym skupiona jest cała masa danego ciała. W przypadku spinacza środek ten znajduje się nieznacznie powyżej prostej dzielącej spinacz na dwie równe połowy – jest przesunięty w kierunku „środkowego” drucika. Im większa odległość osi obrotu od środka masy, tym większy moment bezwładności. Najdalej od środka masy znajduje się oś obrotu zaznaczona na rysunku C, w związku z czym moment bezwładności dla tej osi będzie przyjmować największą wartość.

Prawidłowa odpowiedź: C.

Aby określić kierunek przepływu prądu w zwojnicy skorzystamy z reguły prawej dłoni:

Reguła prawej dłoni

Jeżeli prawą dłonią obejmiemy zwojnicę tak, aby cztery palce były skierowane zgodnie z kierunkiem przepływu prądu w zwojnicy, to odchylony kciuk wskaże koniec zwojnicy, przy którym znajduje się jej biegun północny.

Biegun północny zwojnicy został zaznaczony na powyższym rysunku literą N, w związku z czym wystarczy kciuk prawej dłoni ustawić w kierunku tego bieguna, a pozostałe palce wskażą nam kierunek przepływu prądu w zwojnicy (patrz poniższy rysunek).

Linie pola magnetycznego w zwojnicy przebiegają podobnie jak w magnesie sztabkowym. Biegun północny igiełki magnetycznej znajdującej się w środku zwojnicy musi znajdować się po jej lewej stronie, z kolei biegun północny igiełki położonej w pewnej odległości od zwojnicy – po stronie prawej (bieguny północne igiełek magnetycznych zaznaczono kolorem czerwonym).

pole magnetyczne w zwojnicy - rysunek schematyczny - nowa matura 2017 - zadanie nr 14

Z warunku równowagi wartości indukcji ziemskiego pola magnetycznego B_Z i indukcji zwojnicy B_zw , mamy:

$$B_Z = B_{zw}$$

W miejsce B_zw wstawiamy wzór na indukcję zwojnicy:

$$B_{zw} = \mu_0 \hspace{.05cm} n \hspace{.05cm} I$$

gdzie:
μ₀ – przenikalność magnetyczna próżni równa 1,26 ⋅ 10^-6 H/m,
n – liczba zwojów zwojnicy przypadająca na jednostkę długości,
I – natężenie prądu płynącego przez zwojnicę.

W naszym przypadku n = 2000 m^-1, ponieważ 100 zwojów przypada na długość zwojnicy l = 5 cm ($n = \frac{100}{0,05 \hspace{.06cm} \textrm{m}} = 2000 \hspace{.06cm} \textrm{m}^{-1}$). Po podstawieniu wartości liczbowych do powyższego wzoru i wykonaniu obliczeń, dostaniemy:

$$B_{Z} = B_{zw} = 1,\hspace{-.1cm}26 \cdot 10^{-6} \hspace{.05cm} \tfrac{\textrm{H}}{\textrm{m}} \cdot 2000 \hspace{.08cm} \textrm{m}^{-1} \cdot 13 \cdot 10^{-3} \hspace{.05cm} \textrm{A} = 32,\hspace{-.1cm}8 \hspace{.05cm} \mu\textrm{T}$$

Prawidłowa odpowiedź: wartość składowej poziomej indukcji ziemskiego pola magnetycznego wynikająca z pomiaru: B_Z = 32,8 μT.

Przyczyna tej niedokładności związana jest z zastosowanym wzorem na B_zw , który odnosi się do nieskończenie długiego solenoidu (zwojnicy) tj. solenoidu, którego długość jest znacznie większa od jego średnicy. W naszym przypadku długość zwojnicy (5 cm) jest dwukrotnie mniejsza od jej średnicy (10 cm), w związku z czym zastosowanie tego wzoru nie było do końca uzasadnione.

Niepewność wyznaczenia wartości indukcji pola magnetycznego zwojnicy δ_B pochodzi, zgodnie z treścią zadania, z niepewności pomiaru natężenia prądu I przepływającego przez zwojnicę, zatem:

$$\delta_B = \frac{\Delta \hspace{.05cm} B}{B} = \frac{\mu_0 \hspace{.05cm} n \hspace{.05cm} \Delta \hspace{.03cm} I}{\mu_0 \hspace{.05cm} n \hspace{.05cm} I} = \frac{\Delta \hspace{.05cm} I}{I} = \frac{1 \hspace{.05cm} \textrm{mA}}{13 \hspace{.05cm} \textrm{mA}} = 0,\hspace{-.1cm}077$$

Niepewność względną często wyrażamy w procentach, dlatego:

$$\delta \hspace{.03cm} B = 0,\hspace{-.1cm}077 \cdot 100\% = 7,\hspace{-.1cm}7\%$$

Prawidłowa odpowiedź: niepewność względna δ_B = 7,7%.

Oznaczmy długość zwojnicy przed rozciągnięciem zwojów jako l₀, a po rozciągnięciu zwojów jako l. Wiemy, że $l = l_0 + \frac{1}{3} l_0 = \frac{4}{3} l_0$. Aby przekonać się jak zmieni się indukcja zwojnicy wykonajmy proste obliczenia:

$$\frac{B}{B_0} = \frac{\mu_0 \hspace{.05cm} n \hspace{.05cm} I}{\mu_0 \hspace{.05cm} n_0 \hspace{.05cm} I} = \frac{\mu_0 \hspace{.05cm} \dfrac{1}{l} \hspace{.05cm} I}{\mu_0 \hspace{.05cm} \dfrac{1}{l_0} \hspace{.05cm} I} = \frac{\mu_0 \hspace{.05cm} \dfrac{1}{\frac{4}{3} \hspace{.05cm} l_0} \hspace{.05cm} I}{\mu_0 \hspace{.05cm} \dfrac{1}{l_0} \hspace{.05cm} I} = \frac{3}{4}$$

Zgodnie z powyższym wzorem rozciągnięcie zwojów spowoduje spadek indukcji pola magnetycznego ze względu na mniejszą gęstość nawinięcia zwojów (mniejszą liczbę zwojów przypadającą na całkowitą długość zwojnicy).

Prawidłowa odpowiedź: A – 3.

Wskaźnikiem maksymalnego natężenia prądu pobieranego z akumulatora przez telefon komórkowy jest szybki spadek stopnia naładowania akumulatora. Zgodnie z powyższym wykresem największy spadek stopnia naładowania akumulatora nastąpił w przedziale czasu od 9,5 h do 12 h, a więc trwał 2,5 h. Podczas tego czasu stopień naładowania akumulatora zmalał z poziomu 55% do 20%, co odpowiada zmianie pojemności o wielkość 35% ⋅ 1200 mAh = 420 mAh. Dzieląc obliczoną zmianę pojemności przez przedział czasu Δt = 2,5 h, podczas którego zmiana ta nastąpiła, otrzymamy szukaną wartość maksymalnego natężenia prądu I_max pobieranego z akumulatora, równą:

$$I_{max} = \frac{420 \hspace{.05cm} \textrm{mAh}}{2,\hspace{-.1cm}5 \hspace{.05cm} \textrm{h}} = 168 \hspace{.05cm} \textrm{mA}$$

Prawidłowa odpowiedź: maksymalne natężenie prądu pobierane z akumulatora I_max = 168 mA.

Zdanie 1

Jądra helu i radonu są dodatnio naładowane, w związku z czym jądra te oddziałują na siebie siłami elektrycznymi o charakterze odpychającym. Wartość tej siły zależy odwrotnie proporcjonalnie od kwadratu odległości pomiędzy jądrami (zobacz: Prawo Coulomba), dlatego wraz ze wzrostem odległości pomiędzy jądrami, wskutek odpychania, wartość siły elektrycznej pomiędzy nimi będzie stopniowo maleć.

Zdanie 2

Przy założeniu braku strat energii jąder helu i radonu, prędkość wspomnianych jąder będzie stopniowo wzrastać, ponieważ oddziaływanie elektryczne pomiędzy jądrami, jak napisaliśmy wyżej, będzie coraz słabsze.

Zdanie 3

Pęd spoczywającego jądra radu jest równy zero. Aby zasada zachowania pędu była spełniona suma pędów jądra radonu i jądra helu także musi być równa zero i nie ulegać zmianie w czasie.

Prawidłowa odpowiedź: 1 – P, 2 – P, 3 – P.

Zacznijmy od zapisania równości, którą mamy udowodnić:

$$\frac{E_{k,He}}{E_{k,Rn}} = 55$$

gdzie E_k,He i E_k,Rn to odpowiednio energia kinetyczna jądra helu i radonu.

Wiemy, że jądro radu spoczywało, zatem jego pęd był równy 0. Aby zasada zachowania pędu po rozpadzie jądra radu była zachowana, jądra helu i radonu muszą poruszać się w przeciwnych kierunkach, a wartość ich pędu p_He oraz p_Rn musi przyjmować jednakową wartość:

$$p_{He} = p_{Rn} \hspace{1cm} \longrightarrow \hspace{1cm} m_{He} \hspace{.05cm} V_{He} = m_{Rn} \hspace{.05cm} V_{Rn}$$

Po przekształceniu powyższej równości względem prędkości jądra helu V_He , otrzymamy:

$$V_{He} = \frac{m_{Rn} \hspace{.05cm} V_{Rn}}{m_{He}}$$

Po podstawieniu tej równości do zależności, którą mamy udowodnić, dostaniemy:

$$\frac{E_{k,He}}{E_{k,Rn}} = \frac{\tfrac{1}{2} \hspace{.05cm} m_{He} \hspace{.05cm} V_{He}^2}{\tfrac{1}{2} \hspace{.05cm} m_{Rn} \hspace{.05cm} V_{Rn}^2} = \frac{m_{He} \hspace{.05cm} m_{Rn}^2 \hspace{.05cm} V_{Rn}^2}{m_{Rn} \hspace{.05cm} m_{He}^2 \hspace{.05cm} V_{Rn}^2} = \frac{m_{Rn}}{m_{He}}$$

Ponieważ m_He = 4 a.j.m., m_Rn = 220 a.j.m. (patrz równanie reakcji rozpadu), zatem:

$$\frac{E_{k,He}}{E_{k,Rn}} = \frac{m_{Rn}}{m_{He}} = \frac{220 \hspace{.05cm} \textrm{a.j.m.}}{4 \hspace{.05cm} \textrm{a.j.m.}} = 55$$

Aby obliczyć początkową masę izotopu radu skorzystamy z prawa rozpadu promieniotwórczego:

$$N = N_0 \cdot \tfrac{1}{2}^{\left( \dfrac{t}{T_{\frac{1}{2}}} \right)}$$

gdzie:
N – liczba izotopów po upływie czasu t,
N₀ – początkowa liczba izotopów,
t – czas,
T_1/2 – czas połowicznego zaniku izotopu.

Mnożąc obydwie strony powyższego równania przez masę pojedynczego izotopu radu, dostaniemy całkowitą masę próbki radu m po upływie czasu t oraz całkowitą początkową masę próbki m₀ :

$$m = m_0 \cdot \tfrac{1}{2}^{\left( \dfrac{t}{T_{\frac{1}{2}}} \right)}$$

Interesuje nas m₀ :

$$m = m_0 \cdot \tfrac{1}{2}^{\left( \dfrac{t}{T_{\frac{1}{2}}} \right)} \hspace{1cm} \longrightarrow \hspace{1cm} m_0 = m \cdot \tfrac{1}{2}^{\left( \hspace{.15cm} – \hspace{.05cm} \dfrac{t}{T_{\frac{1}{2}}} \right)}$$

Wszystkie dane potrzebne do obliczenia masy m₀ znamy, dlatego:

$$m_0 = 0,\hspace{-.1cm}75 \hspace{.05cm} \textrm{mg} \cdot \tfrac{1}{2}^{\left( – \hspace{.07cm} \dfrac{13 \hspace{.05cm} \textrm{dni}}{3,\hspace{-.1cm}7 \hspace{.05cm} \textrm{dni}} \right)} = 0,\hspace{-.1cm}75 \hspace{.05cm} \textrm{mg} \cdot \tfrac{1}{2}^{- \hspace{.03cm} 3,51} = 8,\hspace{-.1cm}54 \hspace{.05cm} \textrm{mg}$$

Jeżeli nie posiadamy odpowiedniego kalkulatora możemy skorzystać z następującego przybliżenia:

$$\tfrac{1}{2}^{- \hspace{.02cm} 3,5} = \tfrac{1}{2}^{- \hspace{.02cm} 3} \cdot \tfrac{1}{2}^{- \hspace{.02cm}0,5} = 2^3 \cdot 2^{\frac{1}{2}} = 8 \cdot \sqrt{2} = 11,\hspace{-.1cm}31$$

Po wykonaniu obliczeń, dostaniemy: m₀ = 8,48 mg.

Prawidłowa odpowiedź: początkowa masa izotopu radu była równa m₀ = 8,54 mg.

Zachodzenie zjawiska o którym mowa w zadaniu uniemożliwia zasada zachowania energii zgodnie, z którą energia układu w stanie początkowym i końcowym (przy założeniu braku strat energii) nie ulega zmianie. Elektron podczas przejścia do stanu podstawowego nie może wyemitować fotonów o energii przekraczającej energię fotonu, który doprowadził do wzbudzenia atomu.

Prawidłowa odpowiedź: C.

Prawidłowa odpowiedź: B.