Rozwiązania i odpowiedzi

olimpiady, konkursy, zadania
Rozwiàzania i odpowiedzi
klasa III liceum i technikum
1. Z w∏asnoÊci drgaƒ harmonicznych niet∏umionych wynika, ˝e prawid∏owà odpowiedzià jest B.
2. Poniewa˝ wodór (w typowych warunkach) tworzy czàsteczki dwuatomowe, wi´c liczba atomów jest równa podwojonej liczbie czàsteczek.
m
Zatem: N = 2 µ NA = 12 · 1026 . Dobrà odpowiedzià jest E.
3. Praca wykonana przez gaz jest równa polu pod
wykresem zale˝noÊci p(V) . Najwi´ksze pole odpowiada krzywej 1. Stàd odpowiedê A.
4. Zasi´g w rzucie ukoÊnym jest równy drodze
przebytej przez rzucone cia∏o w kierunku poziomym. Droga ta jest iloczynem poziomej sk∏adowej pr´dkoÊci poczàtkowej i czasu lotu. Czas lotu jest w ka˝dym przypadku taki sam, gdy˝
identyczne sà pionowe sk∏adowe pr´dkoÊci poczàtkowej (czas lotu jest do nich proporcjonalny). Poniewa˝ pr´dkoÊci v4 odpowiada najwi´ksza sk∏adowa pozioma, wi´c w tym przypadku
zasi´g jest najwi´kszy. Maksymalna wysokoÊç
jest proporcjonalna do kwadratu pionowej sk∏adowej pr´dkoÊci poczàtkowej. Sà one w ka˝dym
przypadku takie same. Stàd wysokoÊci te˝ sà
jednakowe. W∏aÊciwa odpowiedê A.
5. JeÊli amperomierz jest idealny, to woltomierz
pokazuje napi´cie na oporze 2 Ω . Oznacza to,
˝e na po∏àczonym z nim szeregowo prawym
oporze 1 Ω (woltomierz idealny) napi´cie b´dzie o po∏ow´ mniejsze, tzn. 3 V. Zatem napi´cie na ca∏oÊci uk∏adu wynosi 9 V. Poniewa˝ opór
3
zast´pczy wynosi Ω , wi´c, z prawa Ohma, na4
t´˝enie pràdu wskazywane przez amperomierz
jest równe 12 A. Odpowiedê E.
6. ¸adunek q2 wytworzy w punkcie K pole elektrostatyczne, którego wektor nat´˝enia b´dzie
skierowany przeciwnie do wektora nat´˝enia
pola pochodzàcego od ∏adunku q1 w tym miejscu i b´dzie od niego krótszy. Dlatego wypadkowe pole b´dzie skierowane tak, jak pole od
q1 , lecz jego wartoÊç b´dzie od niego mniejsza –
wartoÊç nat´˝enia pola zmaleje. Natomiast potencja∏ wzroÊnie, gdy˝ jest to wielkoÊç skalarna,
a oba ∏adunki sà dodatnie. Odpowiedê B.
7. U˝ywajàc standardowych oznaczeƒ uzyskujemy
y
uk∏ad trzech równaƒ: x + y = 1 , = 4 ,
x
1/2004
1 1 1
+ = . Rozwiàzujàc go, otrzymujemy
x y f
f = 16 cm. Odpowiedê B.
8.
U2 n2
U1 n2
=
⇒ n1 =
= 3300 .
U1 n1
U2
Prawid∏owa odpowiedê B.
9. Si∏a dzia∏ajàca na dodatni ∏adunek, umieszczony w polu elektrostatycznym, jest skierowana
zgodnie ze zwrotem tego pola. Z rysunku wynika, ˝e wypadkowe pole zwrócone jest pionowo
w dó∏. Tak zatem b´dzie dzia∏a∏a si∏a. Odpowiedê C.
10. Koniec sznura K porusza si´ w prawo wzgl´dem
L z pr´dkoÊcià 4 m/s. Zatem droga przebyta
przez K wzgl´dem L w czasie 2 s wynosi 8 m.
Dlatego d∏ugoÊç cz´Êci sznura poruszajàcej si´
w prawo po 2 s wynosi 4 m (patrz rysunek). Odpowiedê D.
11. Obraz tworzy ta cz´Êç Êwiat∏a wybiegajàcego
z ˝arówki, która przechodzi przez soczewk´.
Zas∏oni´cie cz´Êci soczewki nie zmieni kszta∏tu
obrazu, lecz zmniejszy jego jasnoÊç (mniej Êwiat∏a utworzy obraz). Odpowiedê C.
12. Na podstawie izoterm gazów rzeczywistych (wykresy Andrewsa) mo˝na stwierdziç, ˝e ogrzewanie wody przy praktycznie sta∏ej jej obj´toÊci nie
spowoduje przejÊcia wody do obszaru ograniczonego krzywà skraplania. Zatem ogrzewajàc
wod´, nie da si´ jej w tym przypadku doprowadziç do wrzenia. Odpowiedê E.
13. CiÊnienie w obu pionowych rurkach na poziomie rurki z zaworem jest jednakowe. Stàd
otwarcie zaworu nie spowoduje przep∏ywu wody. Prawid∏owa odpowiedê C.
14. Przyjmijmy, ˝e pociàg jedzie w prawo, a pies
biega po wagonie w kierunku przeciwnym do
ruchu wskazówek zegara. Na odcinku AB
(patrz rysunek) pies biegnie w kierunku ruchu
pociàgu. Zatem jego pr´dkoÊç wzgl´dem ziemi
wynosi 25 km/h Na odcinku CD zwrot pr´dkoÊci psa wzgl´dem wagonu jest przeciwny do
zwrotu pr´dkoÊci wagonu wzgl´dem ziemi, wi´c
porusza si´ on wzgl´dem ziemi nadal w prawo,
5
olimpiady, konkursy, zadania
ale z pr´dkoÊcià 5 km/h przy czym droga przebyta wzgl´dem ziemi przez psa b´dzie tym razem pi´ç razy krótsza, od drogi na odcinku AB.
Odcinki BC i DE sà wynikiem ruchu z pr´dkoÊcià, która jest z∏o˝eniem obu pr´dkoÊci, gdy sà
one do siebie prostopad∏e. Odpowiedê B.
15. Z twierdzenia o kàcie zewn´trznym w trójkàcie
oraz prawa odbicia (patrz rysunek) mamy:
γ = 2α + 2β . Kàt przy wierzcho∏ku A w trójkàcie AOB jest równy 90◦ − α . Poniewa˝ kàt przy
wierzcho∏ku O jest równy 60◦ , wi´c kàt przy
wierzcho∏ku B tego trójkàta wynosi 30◦ + α .
Stàd β = 60◦ − α . Ostatecznie, po wstawieniu
do pierwszego równania mamy: γ = 120◦ .
Odpowiedê B.
18. Elektroskop by∏ na∏adowany dodatnio, tzn. na
jego pr´ciku i listkach „brakowa∏o” elektronów.
Gdy zbli˝amy ujemnie na∏adowany przedmiot,
elektrony z pr´cika sà odpychane na listki, skutkiem czego dodatni ∏adunek listków maleje, zatem s∏abiej si´ one odpychajà, a˝ w pewnej chwili stajà si´ elektrycznie oboj´tne – dlatego
ca∏kowicie opadnà. Dalsze zbli˝anie ujemnego
przedmiotu spowoduje pojawienie si´ nadmiaru
elektronów na listkach, wskutek czego listki ponownie si´ rozchylà. Prawid∏owa odpowiedê B.
19. ¸adunek zakreÊli w polu magnetycznym po∏ow´
okr´gu w czasie po∏owy okresu. Zatem odpowiedê B.
20. Poniewa˝ energia wewn´trzna jest funkcjà stanu, wi´c jej przyrost jest w obu przypadkach
identyczny. Mamy zatem dla obu procesów:
Q1 − W1 = Q2 − W2 . Z rysunku wynika, ˝e
W1 > 0 i W2 < 0 . Zatem:
Q1 − Q2 = W1 − W2 > 0 ⇒ Q1 > Q2 .
Odpowiedê C.
21. Schemat odpowiedniego po∏àczenia przedstawia poni˝szy rysunek. Prawid∏owa odpowiedê C.
16. Przesuwajàc suwak opornika w gór´, zmniejszamy opór zewn´trzny w obwodzie. Dlatego, na
podstawie prawa Ohma dla obwodu zamkni´tego, nat´˝enie pràdu p∏ynàcego przez ogniwo roÊnie. JeÊli tak, to maleje na nim napi´cie, a zatem
i na oporze po∏àczonym szeregowo z amperomierzem. Stàd równie˝ wskazanie amperomierza ulegnie zmniejszeniu. Odpowiedê A.
17. Przyrost energii potencjalnej uk∏adu spowodowany wyp∏yni´ciem kulki korkowej na powierzchni´ wody jest mniejszy od jej ubytku
zwiàzanego z obni˝eniem Êrodka ci´˝koÊci wody (woda jest g´stsza od korka). Dlatego
w pierwszym przypadku ∏àczna energia potencjalna maleje. W drugim przypadku kula stalowa opada obni˝ajàc swojà energi´ potencjalnà,
a energia potencjalna wypieranej wody roÊnie.
Poniewa˝ g´stoÊç stali jest wi´ksza od g´stoÊci
wody, wi´c ubytek energii potencjalnej kuli jest
wi´kszy ni˝ przyrost energii potencjalnej wody.
Stàd energia potencjalna uk∏adu i w tym przypadku maleje. Odpowiedê E.
6
22. Nat´˝enie pola elektrostatycznego wewnàtrz
kondensatora po rozsuni´ciu ok∏adek trzy razy
zmaleje. Si∏a oddzia∏ywania ok∏adek jest proporcjonalna do tego nat´˝enia i do ∏adunku na
kondensatorze. Po rozsuni´ciu ok∏adek pojemnoÊç kondensatora tak˝e trzy razy zmaleje. Poniewa˝ napi´cie nie ulega zmianie, wi´c ∏adunek na kondensatorze zmniejszy si´ równie˝
trzykrotnie. Widzimy wi´c, ˝e si∏a wzajemnego
oddzia∏ywania ok∏adek zmaleje dziewi´ç razy.
Odpowiedê D.
23. Z równania Clapeyrona mamy
ρRT
p = µ = 166 MPa. Odpowiedê C.
24. Pojazd porusza sie po okr´gu, zatem dzia∏a na
niego si∏a doÊrodkowa. èród∏em tej si∏y musi
byç pracujàcy silnik, bo oddzia∏ywania grawitacyjne równowa˝à si´. Poprawna odpowiedê B.
25. W drugim naczyniu poczàtkowo by∏a pró˝nia.
Zatem po wprowadzeniu wody, jeÊli jej troch´
zosta∏o, to powsta∏a para nasycona o ciÊnieniu
równym 3 kPa. W naczyniu z powietrzem po
wprowadzeniu wody jej cz´Êç wyparowa∏a, a ci-
fizyka w szkole
olimpiady, konkursy, zadania
Ênienie wzros∏o o 2 kPa. Przyrost ten by∏ spowodowany wzrostem ciÊnienia pary wodnej, która
osiàgn´∏a stan nasycenia. Poniewa˝ temperatura obu naczyƒ by∏a jednakowa, wi´c ciÊnienie
pary wodnej w naczyniu z powietrzem przed
wpuszczeniem wody musia∏o wynosiç 1 kPa. Zatem, korzystajàc z definicji wilgotnoÊci wzgl´dp
100% = 33% . W∏anej, otrzymujemy: ww =
pnas
Êciwa odpowiedê A.
26. Z warunku równowagi ciÊnieƒ (patrz rysunek)
ρo h
= 2 cm.
mamy: ρo gh = ρg · 6x ⇒ x =
6ρ
28. Gaz, rozpr´˝ajàc si´, nie wykonuje pracy (nie
ma przeciw czemu). Stàd W = 0 . Poniewa˝
Q = 0 , wi´c z pierwszej zasady termodynamiki
∆U = 0 . Dlatego T = const . Odpowiedê C.
29. Si∏y, jakimi dzia∏ajà na czàstk´ oba pola, muszà
si´ równowa˝yç (pierwsza zasada dynamiki).
Ten warunek spe∏nia tylko rysunek E.
30. Ze wzgl´du na wzajemnoÊç oddzia∏ywania za
poÊrednictwem sznura, Êrodki mas uk∏adów obcià˝ajàcych sznur po jednej i po drugiej stronie
jednakowo nabierajà wysokoÊci. Ârodek masy
uk∏adu ma∏pa–dràg na poczàtku znajduje si´
w jednej czwartej d∏ugoÊci dràga, liczàc od do∏u, a na koƒcu – w jednej czwartej liczàc od gól
ry. Przesunie si´ zatem wzgl´dem dràga o do
2
góry. B´dzie to skompensowane obni˝eniem si´
dràga o x. Wtedy ów Êrodek ci´˝koÊci przesunie
l
si´ w gór´ o − x , a balast o x . Z równania
2
l
l
− x = x ⇒ x = . Odpowiedê B.
2
4
27. Uk∏ad ten mo˝na narysowaç w nast´pujàcej postaci (patrz rysunek). Jak widaç wszystkie oporniki sà po∏àczone równolegle (przyrzàdy sà idealne), zatem przez ka˝dy opornik p∏ynie pràd
o takim samym nat´˝eniu. Amperomierz A1
pokazuje pràd p∏ynàcy przez cztery oporniki.
Stàd amperomierz A2 poka˝e pràd o nat´˝eniu
jednego ampera. Odpowiedê B.
1/2004
7