Odpowiedzi SA PSP 1994-2016

Transkrypt

Odpowiedzi i Rozwiązania testów egzaminów
wstępnych do Szkół Aspirantów PSP (SA PSP/CS PSP)
z lat 1994-2016
20 Przykładowych zadao z Chemii
i
20 Przykładowych zadao z Fizyki
CHEMIA
Zadanie 1.
W którym zestawie poprawnie określono liczbę wiązań σ i wiązań π w cząsteczce propenu?
Liczba wiązań σ
Liczba wiązań π
A.
1
4
B.
6
2
C.
6
3
D.
8
1
Wiązanie
pojedyncze
−𝐶 − 𝐶 −
Zawiera
1 wiązanie sigma σ
Wiązanie
podwójne
−𝐶 = 𝐶 −
Zawiera:
1 wiązanie sigma σ
1 wiązanie pi π
Propen posiada:
-7 wiązań pojedynczych
-1 wiązanie podwójne
Więc zawiera:
-8 wiązań σ (7 od wiązań pojedynczych i 1 od wiązania podwójnego)
-1 wiązanie π (1 od wiązania podwójnego)
Wiązanie
potrójne
−𝐶 ≡ 𝐶 −
Zawiera:
1 wiązania sigma σ
2 wiązanie pi π
Wzór strukturalny propenu
Zadanie 2.
Jądro atomowe tworzą
A. protony i elektrony
B. protony i neutrony
C. elektrony i nukleony
D. elektrony i neutrony
Atom składa się z:
I. Jądra atomowego - które zbudowane jest z
protonów i neutronów.
II. Orbity po której krążą elektrony
Zadanie 3.
Atom berylu oznaczony jako 49𝐵𝑒 zawiera:
A. 9 protonów i cztery neutrony
B. 9 neutronów i 4 protony
C. pięć protonów i cztery neutrony
D. cztery protony i pięć neutronów
𝑝𝑟𝑜𝑡𝑜𝑛𝑦 +𝑛𝑒𝑢𝑡𝑟𝑜𝑛𝑦 = 9
𝑝𝑟𝑜𝑡𝑜𝑛𝑦 = 4𝐵𝑒
A - Liczba masowa (A) – wartość opisująca liczbę nukleonów (czyli protonów i neutronów) w jądrze
atomu (nuklidzie) danego izotopu danego pierwiastka.
Z - Liczba atomowa (Z) określa, ile protonów znajduje się w jądrze danego atomu. Jest równa liczbie
elektronów niezjonizowanego atomu
Liczba protonów = 4
Liczba neutronów = 𝟗 − 𝟒 = 𝟓
Zadanie 4.
W zamkniętym pojemniku zmieszano dokładnie wodór z dwutlenkiem węgla. Jak
zmieni się stężenie dwutlenku węgla w dolnej części pojemnika po dłuższym czasie?
A. nie zmieni się
B. wzrośnie
C. zmniejszy się
D. w dolnej części pomieszczenia będzie tylko dwutlenek węgla
W przyrodzie wszystko dąży do stanu równowagi -jeżeli
zmieszamy ze sobą dwa różne gazy, będą one dążyć do wytworzenia
doskonałej mieszaniny w wyniku wzajemnych zderzeń.
Przykładem może być powietrze, które zawiera w sobie np. Tlen,
azot, dwutlenek węgla i są one idealnie zmieszane. Gdyby było tak,
że gaz cięży schodzi na dno i na nim zostaje, to przy płaszczu ziemi
mielibyśmy dwutlenek węgla i byśmy się podusili. Oczywiście w
początkowej fazie gaz cięższy schodzi na dno, ale wraz z pływem
czasu miesza się.
Skoro dokładnie zmieszaliśmy wodór z dwutlenkiem węgla, to
będzie on pozostawał w takim układzie cały czas, więc stężenie
dwutlenku węgla w dolnej części naczynia nie zmieni się.
GAZ A
GAZ
odpowiedzi i rozwiązania dostępne na www.testysapsp.pl
Zadanie 5.
Zjawisko hydratacji jonów w wodzie wynika z:
A. dipolowej budowy cząsteczek wody
B. reaktywności wody w stosunku do określonych jonów
C. różnicy gęstości wody i rozpuszczonej substancji
D. małej ruchliwości cząstek wody
Hydratacja - polega na otaczaniu cząsteczek
rozpuszczającej się substancji przez cząsteczki
rozpuszczalnika (wody).
Solwatacja - otaczanie jonów lub cząsteczek substancji
rozpuszczonej (albo cząstek koloidalnych) przez
cząsteczki rozpuszczalnika.
Jeżeli o cząsteczce wody mówimy jako o dipolu to musi ona zawierać dwa
różne ładunki(dodatni i ujemny). Można powiedzieć, że jest dwubiegunowa. Dipol
to układ dwóch odmiennych ładunków elektrycznych (plus + i minus -)
występujących w pewnej odległości od siebie.
Cząsteczka wody jest dipolem: przy atomie tlenu występuje ładunek ujemny
(biegun ujemny), przy atomach wodoru- dodatni (biegun dodatni)
Zadanie 6.
Rubid jest pierwiastkiem o masie atomowej 85,5 u. W przyrodzie występuje on jako mieszanina dwóch
izotopów 85Rb i 87Rb, o masach atomowych wynoszących odpowiednio 84,9 i 86,9. Jaki jest procentowy
udział obu izotopów w rubidzie?
A. 85Rb - 30%, 87Rb - 70%
B. 85Rb - 70%, 87Rb - 30%
C. masa atomowa rubidu jest podana błędnie, gdyż powinna wynosić 85,9
D. brak wystarczającej ilości danych do rozwiązania zadania
1.Zadania tego typu obliczamy ze
wzoru średniej ważonej
𝑚1 ∙ 𝑥% + 𝑚2 100 − 𝑥 %
𝑚𝑎 =
100%
𝑚𝑎 − 𝑚𝑎𝑠𝑎 𝑎𝑡𝑜𝑚𝑜𝑤𝑎 𝑝𝑖𝑒𝑟𝑤𝑖𝑎𝑠𝑡𝑘𝑎
𝑚1 − 𝑚𝑎𝑠𝑎 1 𝑖𝑧𝑜𝑡𝑜𝑝𝑢
𝑚2 − 𝑚𝑎𝑠𝑎 2 𝑖𝑧𝑜𝑡𝑜𝑝𝑢
𝑥 − 𝑝𝑟𝑜𝑐𝑒𝑛𝑡 1 𝑖𝑧𝑜𝑡𝑜𝑝𝑢 𝑤 𝑝𝑖𝑒𝑟𝑤𝑖𝑎𝑠𝑘𝑢
2.Dane
𝑚𝑎 − 85,5𝑢
𝑚1 − 84,9𝑢
𝑚2 − 86,9𝑢
𝑥−?
3.Rozwiązanie
𝑚1 ∙ 𝑥% + 𝑚2 100 − 𝑥 %
𝑚𝑎 =
100%
84,9 ∙ 𝑥 + 86,9 100 − 𝑥
85,5 =
| ∙ 100%
100%
8550 = 84,9𝑥 + 8690 − 86,9𝑥
86,9𝑥 − 84,9𝑥 = 8690 − 8550
2𝑥 = 140% | ∶ 2
𝑥 = 70%
Wiemy, że izotop 85Rb zajmuje 70%, więc 87Rb
zajmie 30%
Zadanie 7.
Moc kwasów tlenowych o wzorze ogólnym (HO)nXOm (X - atom centralny):
A. maleje ze wzrostem n
B. rośnie ze wzrostem n
C. maleje ze wzrostem m
D. rośnie ze wzrostem m
1.Kwasy tlenowe
a) Kwasy tlenowe tego samego pierwiastka.
Za przykład weźmiemy kwasy chlorowe:
(najsłabszy) HClO < HClO2 < HClO3 < HClO4 (najmocniejszy)
W takich wypadkach mocniejszy jest zawsze ten kwas, który jest na wyższym stopniu utlenienia.
b) Kwasy tlenowe różnych pierwiastków:
Im bardziej elektroujemny atom centralny kwasu, tym silniejszy kwas:
(najsłabszy) HClO3 > HBrO3 > HJO3 (najmocniejszy)
2.Kwasy beztlenowe
Kwasy beztlenowe zbudowane są z atomu niemetalu i atomu wodoru. Są one połączone bezpośrednio. Im
atom niemetalu jest bardziej elektroujemny, to mocniej przyciąga on do siebie atom wodoru.
Im większa elektroujemność niemetalu i im mniejszy promień atomu – tym słabszy będzie kwas
(najsłabszy) HF < HCl < HBr < HI (najmocniejszy)
Odpowiedź:
(HO)nXOm (X - atom centralny)
W naszym przypadku literka "m" będzie ilością tlenów w kwasie. A im większa ilość tlenów tym kwas
mocniejszy.
Zadanie 8.
Prawo Avogadra brzmi:
A. stosunek mas pierwiastków w każdym związku chemicznym jest stały i charakterystyczny dla
danego związku,
B. mol pierwiastka lub związku w stanie gazowym zajmuje w warunkach normalnych
(0oC; 1013 hPa) objętość 22,4 dm3,
C. w równych objętościach różnych gazów w tych samych warunkach ciśnienia
i temperatury znajduje się taka sama ilość molekuł,
D. masa substratów jest równa masie produktów
Prawo Avogadra - wszystkie gazy o równych objętościach, w tych samych warunkach ciśnienia i
temperatury, zawierają identyczne liczby atomów/cząstek.
Prawo można przedstawić również jako:
Wszystkie gazu mające tą samą liczbę atomów cząstek, zajmują taką samą objętość w jednakowych
warunkach ciśnienia i temperatury
1mol gazu w warunkach normalnych (ciśnienie = 1013hPa , temperatura = 273 = 0° C)
Zajmuje 22,4dm3 i zawiera 6.02 ∙ 10 23 atomów/ cząsteczek
Należy zapamiętać, że wszystkie gazy poza gazami szlachetnymi (Hel, Neon, argon, krypton, ksenon,
Radon ) w warunkach normalnych występują w postaci dwuatomowej X2
Dlaczego nie odpowiedź B ? Bo prawo Avogadra dotyczy tylko i wyłącznie pierwiastków
w postaci gazowej.
Zadanie 9.
Przedstawione poniżej pierwiastki leżą w układzie okresowym w trzecim okresie. Która
z wymienionych wielkości rośnie zgodnie z kierunkiem strzałki?
Na Mg Al Si P S Cl
A. promień atomowy,
B. elektroujemność
C. promień jonowy
D. charakter metaliczny.
GRUPA
1
H
2,1
Li
1,0
Na
0,9
K
0,8
Rb
0,8
Cs
0,7
Fr
0,7
2
13
14
15
16
17
Be
1,5
Mg
1,2
Ca
1,0
Sr
1,0
Ba
0,9
Ra
0,9
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
Sc
1,3
Y
1,2
La
1,1
Ac
1,1
Ti
1,5
Zr
1,4
Hf
1,3
V
1,6
Nb
1,6
Ta
1,5
Cr
1,6
Mo
1,8
W
1,7
Mn
1,5
Tc
1,9
Re
1,9
Fe
1,8
Ru
2,2
Os
2,2
Co
1,8
Rh
2,2
Ir
2,2
Ni
1,8
Pd
2,2
Pt
2,2
Cu
1,9
Ag
1,9
Au
2,4
Zn
1,6
Cd
1,7
Hg
1,9
B
2,0
Al
1,5
Ga
1,6
In
1,7
TI
1,8
C
2,5
Si
1,8
Ge
1,8
Sn
1,8
Pb
1,8
N
3,0
P
2,1
As
2,0
Sb
1,9
Bi
1,9
O
3,5
S
2,5
Se
2,4
Te
2,1
Po
2,0
F
4,0
Cl
3,0
Br
2,8
I
2,5
At
2,2
Metale
Niemetale
H
→ Symbol pierwiastka
2,1
1
2
OKRES
3
4
5
6
7
18
He
Ne
Ar
Kr
Xe
Rn
→ Elektroujemność
Zadanie 10.
Określ typy wiązań występujących w podanych związkach:
Cl2
H 2O
NaCl
A.
Jonowe
Kowalencyjne
Kowalencyjne
spolaryzowane
B.
Kowalencyjne
Jonowe
Kowalencyjne
spolaryzowane
C.
Kowalencyjne
Kowalencyjne
Jonowe
spolaryzowane
D.
Kowalencyjne
Jonowe
Jonowe
spolaryzowane
NH3
jonowe
Jonowe
Kowalencyjne
spolaryzowane
Kowalencyjne
Wiązanie kowalencyjne niespolaryzowane -powstaje, gdy różnica elektroujemności wynosi od 0 do 0,4
Wiązanie kowalencyjne spolaryzowane powstaje, gdy różnica elektroujemności wynosi od 0,4 do 1,7
Wiązanie jonowe powstaje między dwoma atomami, których wzajemna różnica elektroujemności musi
być większa lub równa 1,7 w skali Paulinga
GRUPA
1
H
2,1
Li
1,0
Na
0,9
K
0,8
Rb
0,8
Cs
0,7
Fr
0,7
2
13
14
15
16
17
Be
1,5
Mg
1,2
Ca
1,0
Sr
1,0
Ba
0,9
Ra
0,9
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
Sc
1,3
Y
1,2
La
1,1
Ac
1,1
Ti
1,5
Zr
1,4
Hf
1,3
V
1,6
Nb
1,6
Ta
1,5
Cr
1,6
Mo
1,8
W
1,7
Mn
1,5
Tc
1,9
Re
1,9
Fe
1,8
Ru
2,2
Os
2,2
Co
1,8
Rh
2,2
Ir
2,2
Ni
1,8
Pd
2,2
Pt
2,2
Cu
1,9
Ag
1,9
Au
2,4
Zn
1,6
Cd
1,7
Hg
1,9
B
2,0
Al
1,5
Ga
1,6
In
1,7
TI
1,8
C
2,5
Si
1,8
Ge
1,8
Sn
1,8
Pb
1,8
N
3,0
P
2,1
As
2,0
Sb
1,9
Bi
1,9
O
3,5
S
2,5
Se
2,4
Te
2,1
Po
2,0
F
4,0
Cl
3,0
Br
2,8
I
2,5
At
2,2
Metale
Niemetale
H
→ Symbol pierwiastka
2,1
1
2
OKRES
3
4
5
6
7
Pierwiastek
Cl2
H 2O
NaCl
NH3
18
He
Ne
Ar
Kr
Xe
Rn
→ Elektroujemność
Różnica elektroujemności
0
3,5-2,1=1,4
3,5-0,9=2,6
3,0-2,1=0,9
Typ wiązania
Atomowe/kowalencyjne niespolaryzowane
Kowalencyjne spolaryzowane
Jonowe
Kowalencyjne spolaryzowane
Zadanie 11.
Jak wpływa wzrost ciśnienia na równowagę reakcji syntezy amoniaku?
A. nie ma wpływu
B. amoniaku nie otrzymuje się drogą syntezy
C. równowaga przesuwa się w lewo
D. równowaga przesuwa się w prawo
Reguła przekory - "Jeśli na układ znajdujący się w stanie równowagi podziała bodziec zewnętrzny, to w
układzie tym zajdą przemiany prowadzące do zminimalizowania działania bodźca". Prostymi słowami
układ będący w stanie równowagi zawsze będzie nam robił na złość.
Stężenie Substratów i produktów
N2(g)+3H2(g) ↔ 2NH3(g)
SUBSTRATY ↔ PRODUKTY
1. Gdy zwiększymy stężenie substratów, równowaga reakcji zmieni się w prawo.
2. Gdy zmniejszymy stężenie substratów, równowaga reakcji zmieni się w lewo.
3. Gdy zwiększymy stężenie produktów, równowaga reakcji zmieni się w lewo.
4. Gdy zmniejszymy stężenie produktów, równowaga reakcji zmieni się w prawo.
Zmiana temperatury układu
Reakcja Endotermiczna(pochłania energie)
Reakcja Egzotermiczna(oddaje energię)
temp eratura
N2(g)+3H2(g) ↔ 2NH3(g) + ciepło
CaCO3
CaO + CO2↑
1.
Podwyższenie
temperatury(ogrzewanie) - lewo
1. Podwyższenie temperatury(ogrzewanie) - prawo
2.
Obniżanie
temperatury(ochładzanie)
- prawo
2. Obniżanie temperatury(ochładzanie) - lewo
Zmiana ciśnienia
Większa objętość ↔ mniejsza objętość
mniejsza objętość ↔ Większa objętość
temp eratura
N2(g)+3H2(g) ↔ 2NH3(g)
2H2O
2H2 + O2
1.Podnoszenie ciśnienia - prawo
2. Obniżanie ciśnienia - lewo
Odpowiedź
1.Podnoszenie ciśnienia - lewo
2. Obniżanie ciśnienia - prawo
Reakcja syntezy amoniaku
N2(g)+3H2(g) ↔ 2NH3(g)
SUBSTRATY ↔ PRODUKTY
Po stronie substratów mamy 4 mole gazu (1 mol N2 i 3 mole H2)
Po stronie produktów jest tylko 2 mole NH3.
Większą objętość mają SUBSTRATY, więc zgodnie z regułą przekory:
Większa objętość ↔ mniejsza objętość
1.Podnoszenie ciśnienia - prawo
2. Obniżanie ciśnienia - lewo
Zadanie 12.
W próbówkach umieszczono wodne roztwory substancji organicznych jak na poniższym rysunki. Do
każdej probówki zanurzono papierek uniwersalny.
Wybierz zestaw, w którym poprawnie podano obserwowane zabarwienia papierków
A.
B.
C.
D.
C2H5OH
żółty
czerwony
żółty
czerwony
CH3COOH
czerwony
żółty
czerwony
czerwony
C2H5ONa
czerwony
niebieski
niebieski
żółty
C2H5OH - jest to alkohol, wszystkie alkohole posiadają odczyn obojętny
CH3COOH - jest to kwas karboksylowy(kwas octowy) posiada odczyn kwasowy
C2H5ONa - Etanolan sodu (etoksylan sodu) jest silną zasadą, pochodzi od wodorotlenku sodu Na(OH)
Zabarwienie papierków odczytujemy z tabeli zamieszczonej poniżej
Odczyn/Barwa
Fenoloftaleina
Oranż Metylowy
Lakmus
Wywar z czerwonej kapusty
Papierek Uniwersalny
Kwasowy
Bezbarwny
Czerwony
Czerwony
Czerwony
Czerwony
Obojętny
Bezbarwny
Pomarańczowy
Fioletowy
Niebieski
Żółty
Zasadowy
Malinowy
Pomarańczowy
Niebieski
Zielony
Zielony Niebieski
ROPA NAFTOWA
Zadanie 13.
Która frakcja otrzymana podczas destylacji ropy naftowej jest najlżejsza?
A. nafta
najlżejsza
B. olej napędowy
Gaz opałowy (poniżej 0°C)
C. benzyna
Eter naftowy (35-80°C)
D. asfalt naftowy
Benzyna (80-140°C)
Benzyna ciężka (140-180°C)
Nafta (180-250°C)
Olej napędowy (250-350°C)
Olej opałowy (350-400°C)
Mazut,asfalt (powyżej 500°C)
najcięższa
Zadanie 14.
Spośród niżej wymienionych soli najtrudniej rozpuszczalną w wodzie jest
A. AgNO3
TABELA ROZPUSZCZALNOŚCI SOLI
B. K2SO4
Br- CO32- Cl- ClO3- OH- NO3- O2- PO43C. NaCl
Al3+
R
R
R
N
R
N
N
D. AgCl
Ag2SO4
Trudno rozpuszczalna(T)
SO42-
Cr2O72-
R
N
NH4+
R
R
R
R
R
R
-
R
R
R
Ca2+
R
N
R
R
T
R
T
N
T
N
Cu2+
R
N
R
R
N
R
N
N
R
N
Fe2+
R
N
R
R
N
R
N
N
R
N
Fe3+
R
-
R
R
N
R
N
N
T
N
Mg2+
R
N
R
R
N
R
N
N
R
N
K+
R
R
R
R
R
R
R
R
R
R
Ag+
N
N
N
R
-
R
N
N
T
N
Na+
R
R
R
R
R
R
R
R
R
R
Zn2+
R
N
R
R
N
R
N
N
R
N
R
Sól bardzo dobrze rozpuszczalna w wodzie
T
Sól trudno rozpuszczalna w wodzie
N
Sól nierozpuszczalna w wodzie (wytrąca się w postaci osadu)
-
Sól nie istnieje
K2SO4
Rozpuszczalna(R)
NaCl
Rozpuszczalna(R)
AgCl
Nierozpuszczalna(N)
Zadanie 15.
Etery są to związki organiczne o wzorze ogólnym
A. R-CO-R1
B. R-COO-R1
C. R-O-R1
D. R-COH-R1
Grupy funkcyjne w chemii organicznej(trzeba umieć)
ALKOHOLOWA – HYDROKSYLOWA (R-CH2OH)
ETEROWA (ROR1)
KARBOKSYLOWA(R-COOH)
ALDEHYDOWA (R-CHO)
ESTROWA (R-COOR1)
AMIDOWA (R-COONH2)
KETONOWA – KARBONYLOWA (R1-CO-R2)
AMINOWA (R-NH2)
NITROWA(R-NO2)
Zadanie 16.
Wybierz zestaw, w którym poprawnie określono stopnie utleniania azotu w podanych związkach
chemicznych i jonach
NH3
N2O4
NO2NaNO3
NH4Cl
A.
-III
IV
III
V
-III
B.
III
II
IV
-III
V
C.
III
IV
II
V
III
D.
-III
II
V
III
-III
𝑥+1∙3 =0
𝑥 = −3
𝑥 𝐼
𝑵𝑯𝟑
𝑥 − 𝐼𝐼
𝑵𝟐 𝑶 𝟒
2𝑥 + −2 ∙ 4 = 0
2𝑥 − 8 = 0
2𝑥 = 8 | ∶ 2
𝑥=4
𝑥 − 𝐼𝐼
𝑵𝑶𝟐 −
𝑥 + −2 ∙ 2 = −1
𝑥 − 4 = −1
𝑥 = 4−1
𝑥=3
𝐼 𝑥 − 𝐼𝐼
𝑵𝒂𝑵𝑶𝟑
1 + 𝑥 + −2 ∙ 3 = 0
1+𝑥−6= 0
𝑥−5 =0
𝑥=5
𝑥 𝐼−𝐼
𝑵𝑯𝟒 𝑪𝒍
𝑥+1∙4−1= 0
𝑥 = −3
Reakcja redoks – każda reakcja chemiczna, w której dochodzi zarówno do redukcji, jak i utleniania. Czyli
pierwiastki, po przebyciu reakcji muszą zmienić swój stopień utlenienia.
Co trzeba wiedzieć:
Utleniacz(redukuje się)-zmienia swój stopień utleniania na niższy np. z II na -I
Reduktor(utlenia się) -zmienia swój stopień utleniania na wyższy np. z 0 na V
Suma stopni utleniania wszystkich atomów tworzących cząsteczkę = 0
Jony pierwiastków mają stopień utlenienia równy ładunkowi jonu Przykład: Ca2+ suma stopi utleniania
wynosi 2.
Atomy pierwiastków mają stopień utleniania równy 0
𝟎
Przykład𝑵𝟑
Fluor ma zawsze -I stopień utleniania
Litowce mają zawsze I stopień utleniania
Berylowce mają zawsze II stopień utlenienia:
𝑰𝑰 − 𝑰
𝑰 −𝑰
𝑪𝒂𝑭𝟐
𝑵𝒂𝑭
Tlen ma stopień utleniania -II. Wyjątek stanowią nadtlenki, w których tlen ma stopień utleniania -I, i
Fluorek tlenu, gdzie ma II stopień utleniania.
𝐼𝐼 − 𝑰𝑰
𝐼 −𝑰
𝑰𝑰 − 𝐼
𝑀𝑔𝑶
𝐻2 𝑶𝟐
𝑶𝐹2
Wodór ma stopień utleniania I, a wyjątek stanową wodorki metali I i II grupy UOP.
𝑰 − 𝐼𝐼
𝐼 −𝑰
𝑯𝟐 𝑂
𝑁𝑎𝑯
Chlor w związkach z reguły ma stopień utlenienia -I, z wyjątkiem związków z fluorem i z tlenem
Wartościowość pierwiastka oznacza to na którym stopniu utleniania znajduje się.
Zadanie 17.
Która z poniższych reakcji nie zajdzie:
A. CaO + H2O → Ca(OH)2
B. CuO + H2O → Cu(OH)2
C. Na2O + H2O → 2NaOH
D. Sr + 2H2O → Sr(OH)2 + H2
Szereg
napięciowy
metali
tlenek metalu(aktywnego) + woda → zasada
metal aktywny + woda → zasada
Metal aktywny - to taki metal, który wypiera wodór z wody, w szeregu
napięciowym, leży powyżej wodoru H.
Wapń (Ca), Sód (Na) i Stront (Sr), są metalami aktywnymi, więc ich reakcja z
wodą zajdzie.
Cu(miedź) - leży w szeregu napięciowym poniżej wodoru, więc reakcja z wodą
nie zajdzie.
Li/Li+
K/K+
Sr/Sr2+
Ca/Ca2+
Na/Na+
Mg/Mg2+
Al/Al3+
Mn/Mn2+
Cr/Cr2+
Zn/Zn2+
Cr/Cr3+
Fe/Fe2+
Ni/Ni2+
Sn/Sn2+
Pb/Pb2+
H/H+
Cu/Cu2+
Ag/Ag+
Hg/Hg2+
Au/Au3+
Au/Au+
−3,04
−2,93
−2,89
−2,87
−2,71
−2,37
−1,69
−1,19
−0,91
−0,76
−0,74
−0,45
−0,26
−0,14
−0,13
0
0,34
0,80
0,85
1,50
1,70
Zadanie 18.
Wybierz odpowiedź określającą ilość trzeciorzędowych atomów węgla w przedstawionym niżej
węglowodorze
A. 1
B. 2
C. 3
D. 4
Pierwszorzędowy atom węgla, który połączony
jest tylko z jednym atomem węgla
Drugorzędowy atom węgla, który połączony
jest z dwoma atomami węgla
Trzeciorzędowy atom węgla, który połączony
jest z trzema atomami węgla
Czwartorzędowy atom węgla, który połączony
jest z czterema atomami węgla
W związku oznaczony kolorem bordowym,
węglowodór posiada ich 5
W związku oznaczony kolorem granatowym,
W związku oznaczony kolorem zielonym,
Węglowodór nie posiada 4-rzędowych atomów
węgla. Przykład czwartorzędowego atomu węgla
podano niżej:
Zadanie 19.
Wskaż odpowiedź, w której poprawnie podano masę molową Cu(NO3)2
MCu = 64 g/mol, MN = 14 g/mol, MO = 16 g/mol
A. 126 g/mol
B. 140 g/mol
C. 174 g/mol
D. 188 g/mol
Rozwiązanie
𝐶𝑢(𝑁𝑂3 )2
𝐶𝑢(𝑁𝑂3 )2 = 64 + (14 + 16 ∙ 3) ∙ 2 = 188𝑔/𝑚𝑜𝑙
Zadanie 20.
Oblicz, ile gramów substancji jest rozpuszczone w 200 g 10% roztworu.
Stężenie procentowe:
Dane:
Rozwiązanie:
𝑚𝑠
𝑚𝑠
𝑚
−
200𝑔
𝑟
𝑐𝑝 =
∙ 100%
𝑐𝑝 =
∙ 100%
𝑚𝑟
𝑚𝑟
𝑚𝑠 − ? (𝑠𝑧𝑢𝑘𝑎𝑛𝑎)
𝑚𝑟 𝑐𝑝
𝑐𝑝 − 𝑠𝑡ęż𝑒𝑛𝑖𝑒 𝑝𝑟𝑜𝑐𝑒𝑛𝑡𝑜𝑤𝑒
𝑐𝑝 − 10%
𝑚𝑠 =
𝑚𝑠 − 𝑚𝑎𝑠𝑎 𝑠𝑢𝑏𝑠𝑡𝑎𝑛𝑐𝑗𝑖
100%
𝑚𝑟 − 𝑚𝑎𝑠𝑎 𝑟𝑜𝑧𝑡𝑤𝑜𝑟𝑢
200 ∙ 10%
𝑚𝑟 = 𝑚𝑠 + 𝑚𝑤
𝑚𝑠 =
100%
𝑀𝑎𝑠𝑎 𝑟𝑜𝑧𝑡𝑤𝑜𝑟𝑢 = 𝑚𝑎𝑠𝑎 𝑠𝑢𝑏𝑠𝑡𝑎𝑛𝑐𝑗𝑖 + 𝑚𝑎𝑠𝑎 𝑤𝑜𝑑𝑦
𝑚𝑠 = 20𝑔
Odpowiedź. W 200g roztworu
rozpuszczone jest 20g substancji.
FIZYKA
Zadanie 1.
Podczas manewru zakrętu wykonywanego przez ciągnik gąsienicowy obydwie gąsienice muszą posiadać
różną:
A. szybkość liniową
B. szybkość kątową
C. częstotliwość
D. okres
Aby ciągnik gąsienicowy skręcił, jedna gąsienica musi poruszać
się szybciej od drugiej.
Na schemacie przedstawiono tor ruchu poszczególnych
gąsienic. Wiemy, że obie gąsienice zatoczą okręg w tym samym
czasie
Szybkość liniowa:
v=
𝑇 − 𝑜𝑘𝑟𝑒𝑠 [𝑠]
𝑅 − 𝑝𝑟𝑜𝑚𝑖𝑒ń 𝑜𝑘𝑟ę𝑔𝑢 [𝑚]
𝑣 − 𝑝𝑟ę𝑑𝑘𝑜ść 𝑙𝑖𝑛𝑖𝑜𝑤𝑎 [𝑚/𝑠]
2πR
;
𝑇
Częstotliwość:
𝑓=
Skoro czas mamy taki sam, a promienie różne, to szybciej będzie
się poruszać gąsienica która ma większy promień okręgu w
naszym przypadku - lewa gąsienica. Lewa gąsienica będzie
posiadać większą prędkość liniową niż gąsienica prawa.
Szybkość Kątowa:
𝑡 − 𝑐𝑧𝑎𝑠 𝑤 𝑗𝑎𝑘𝑖𝑚 𝑜𝑑𝑏𝑦𝑤𝑎 𝑠𝑖ę 𝑟𝑢𝑐𝑕, 𝑙𝑢𝑏 𝑗𝑒𝑔𝑜 𝑓𝑟𝑎𝑔𝑚𝑒𝑛𝑡 [𝑠]
𝑁 − 𝑖𝑙𝑜ść 𝑝𝑒ł𝑛𝑦𝑐𝑕 𝑜𝑏𝑟𝑜𝑡ó𝑤
Okres:
𝑇=
𝛼
𝜔=
𝑡
𝜔 − 𝑝𝑟ę𝑑𝑘𝑜ść 𝑘ą𝑡𝑜𝑤𝑎 [𝑟𝑎𝑑/𝑠]
𝛼 − 𝑘ą𝑡 𝑧𝑎𝑘𝑟𝑒ś𝑙𝑜𝑛𝑦 𝑝𝑟𝑧𝑒𝑧 𝑝𝑟𝑜𝑚𝑖𝑒ń 𝑤𝑜𝑑𝑧ą𝑐𝑦 [𝑟𝑎𝑑]
Jak widzimy na schemacie, kąt zakreślony w czasie t, dla obu
gąsienic jest taki sam, więc prędkość kątowa będzie taka sama.
𝑁
𝑡
𝑡
𝑁
𝑇 − 𝑜𝑘𝑟𝑒𝑠 [𝑠]
𝑁 − 𝑖𝑙𝑜ść 𝑝𝑒ł𝑛𝑦𝑐𝑕 𝑜𝑏𝑟𝑜𝑡ó𝑤
Okres i częstotliwość są zależne od czasu i ilości obrotów. Skoro
czas jednego obrotu, dla prawej i lewej gąsienicy jest taki sam,
to wartość okresu i częstotliwości dla obu gąsienic będą takie
same
Zadanie 2.
Zmiana energii wewnętrznej gazu wzrosła o 2000J. W tym czasie gaz pobrał ciepło 2500J oraz:
A. gaz wykonał pracę 500J
B. gaz wykonał pracę 4500J
C. nad gazem wykonano pracę 500J
D. nad gazem wykonano pracę 45000J
I Zasada termodynamiki
Dane
Rozwiązanie
∆𝑈 = 𝑄 + 𝑊
∆𝑈 + 2000𝐽
∆𝑈 = 𝑄 + 𝑊
∆𝑈 − 𝑧𝑚𝑖𝑎𝑛𝑎 𝑒𝑛𝑒𝑟𝑔𝑖𝑖 𝑤𝑒𝑤𝑛ę𝑡𝑟𝑧𝑛𝑒𝑗 [𝐽]
𝑄 − 2500𝐽
𝑊 = ∆𝑈 − 𝑄
𝑄 − 𝑐𝑖𝑒𝑝ł𝑜 𝑑𝑜𝑠𝑡𝑎𝑟𝑐𝑧𝑜𝑛𝑒 𝑑𝑜 𝑢𝑘ł𝑎𝑑𝑢 [𝐽]
𝑊− ?
𝑊 = 2000 − 2500
𝑊 − 𝑝𝑟𝑎𝑐𝑎 𝑤𝑦𝑘𝑜𝑛𝑎𝑛𝑎 𝑛𝑎𝑑 𝑐𝑖𝑎ł𝑒𝑚/𝑢𝑘ł𝑎𝑑𝑒𝑚 [𝐽]
.
𝑊 = −500
Gaz wykonał pracę 500J
Dlaczego praca jest wykonana przez gaz, a nie nad gazem ?
Jeżeli układ/gaz wykona pracę, to w tym czasie oddaje energię
do otoczenia i praca wychodzi na minus w tym wypadku
(𝑊 = −500)
Jeżeli wykona się pracę nad układem/gazem, to w tym czasie
energia jest przekazywana dla układu/gazu i praca wychodzi
na plus np: (𝑊 = +500)
Skoro w naszych obliczeniach praca wyniosła = −500 to
oznacza, że gaz wykonał pracę.
Zadanie 3.
Dwa wahadła matematyczne zawieszone na jednej poziomej nici wpadną w rezonans, jeśli będą miały równe
A. amplitudy.
B. energie.
C. długości .
D. prędkości.
Dwa wahadła matematyczne zawieszone na poziomej Rezonans mechaniczny - to zjawisko polegające na przepływie energii
nici
pomiędzy kilkoma (najczęściej dwoma) układami drgającymi.
Gdybyśmy ruszyli jedno z wahadeł, drugie po chwili zachowałoby się
tak samo jak pierwsze (wpadło by w rezonans)
Warunkami koniecznymi do zajścia rezonansu mechanicznego są:
a) istnienie mechanicznego połączenia między układami.
b) jednakowa lub zbliżony okres drgań własnych
Odpowiedź:
a) Połączenie między układami istnieje w postaci poziomej nici
b) Kiedy okres drgań wahadeł będzie identyczny ?
Powie to nam to wzór Wahadło matematyczne
𝑇 = 2𝜋
𝑙
𝑔
𝑇 − 𝑜𝑘𝑟𝑒𝑠 𝑑𝑟𝑔𝑎ń
𝑙 − 𝑑ł𝑢𝑔𝑜ść 𝑤𝑎𝑕𝑎𝑑ł𝑎
𝑔 − 𝑝𝑟𝑧𝑦ś𝑝𝑖𝑒𝑠𝑧𝑒𝑛𝑖𝑒 𝑧𝑖𝑒𝑚𝑠𝑘𝑖𝑒
Okres drgań będzie identyczny, gdy wahadła będą posiadały równą
długość.
Więc wahadła wpadną w rezonans kiedy będą miały jednakowe
długości.
Zadanie 4.
Całkowity pęd układu dwóch ciał poruszających się po linii prostej ma wartość 30 kg ·
ma wartość 20 kg ·
𝑚
𝑠
𝑚
𝑠
, a pęd jednego z nich
. Wynika z tego, że wartości pędu drugiego ciała wyrażone w tych samych jednostkach
należą do zbioru
A. {10;30}
B. {20;30}
C. {30;50}
D. {10;50}
𝑚
Z treści zadania wiemy, że pęd wypadkowy wynosi 𝑃𝑤 − 30 𝑘𝑔 · 𝑠
Gdy ciała poruszają się po linii prostej, mogą poruszać się względem siebie na dwa sposoby:
I. Mają taki sam zwrot wektora
II. Posiadają zwroty wektora skierowane w przeciwną stroną
(poruszają się w jedną stronę)
(poruszają się na siebie)
𝑚
𝑚
𝑃𝑤 − 30 𝑘𝑔 ·
𝑃𝑤 − 30 𝑘𝑔 ·
𝑠
𝑠
𝑚
𝑚
𝑃1 − 20 𝑘𝑔 ·
𝑃1 − 20 𝑘𝑔 ·
𝑠
𝑠
𝑃2 − ?
𝑃2 − ?
Wektory mają zgodne zwroty więc:
𝑃𝑤 = 𝑃1 + 𝑃2
𝑃2 = 𝑃𝑤 − 𝑃1
𝑃2 = 30 − 20
𝑚
𝑃2 = 10 𝑘𝑔 ·
𝑠
Wartość pędu 2 ciała należy do zbioru {10;50}
Wektory mają przeciwne zwroty więc:
𝑃𝑤 = 𝑃2 − 𝑃1
𝑃2 = 𝑃𝑤 + 𝑃1
𝑃2 = 30 + 20
𝑚
𝑃2 = 50 𝑘𝑔 ·
𝑠
Zadanie 5.
W fali stojącej, której długość wynosi λ, a odległość między węzłem i sąsiednią strzałką wynosi:
A. 0,25 λ.
B. 0,5 λ.
C. λ.
D. 2 λ.
FALA STOJĄCA
Odpowiedź.
Spójrzmy na rysunek, fala λ składa się z 4 odległości równych "odległości pomiędzy strzałką a węzłem"
Więc odległość pomiędzy strzałką a sąsiednim węzłem wyniesie
λ
= 0,25λ
4
Zadanie 6.
Samolot leciał najpierw na wschód, a następnie na północ. Przemieszczenie samolotu na całej trasie wynosiło
500 km. Jeżeli w kierunku wschodnim samolot przebył 400 km to droga przebyta przez ten samolot w czasie
całego lotu wynosi
A. 500 km.
B. 700 km.
C. 800 km.
D. 900km.
Samolot leciał w kierunku wschodnim gdzie przebył
odległość 𝒂 = 𝟒𝟎𝟎𝒌𝒎 (niebieski bok trójkąta) następnie
zmienił kierunek na północ gdzie przebył drogę
𝒃 = ? (pomarańczowy bok trójkąta)
Przemieszczenie samolotu wynosiło 𝒄 = 𝟓𝟎𝟎𝒌𝒎. Powstał
nam trójkąt prostokątny, gdzie długość boku b można
obliczyć na podstawie twierdzenia pitagorasa:
𝒂𝟐 + 𝒃𝟐 = 𝒄𝟐
Drogą s przebytą przez samolot będzie suma boków a i b
Dane
𝑎 − 400𝑘𝑚
𝑏−?
𝑐 − 500𝑘𝑚
𝑠 = 𝑎 + 𝑏 (𝑠𝑧𝑢𝑘𝑎𝑛𝑎)
Rozwiązanie
Droga w punkcie b
𝑎2 + 𝑏 2 = 𝑐 2
𝑏 2 = 𝑐 2 − 𝑎2
𝑏 2 = 5002 − 4002
𝑏 2 = 250000 − 160000
𝑏 2 = 90000
𝑏 = 90000
𝑏 = 300𝑘𝑚
Droga przebyta przez samolot
𝑠 =𝑎+𝑏
𝑠 = 400𝑘𝑚 + 300𝑘𝑚
𝑠 = 700𝑘𝑚
Zadanie 7.
Widząc samochód poruszający się po poziomej prostej drodze ruchem jednostajnym możemy mieć
pewność, że
A. wypadkowa siła silnika i sił oporu jest stała i ma zwrot zgodny ze zwrotem prędkości,
B. występują małe oporu ruchu, które nie są w stanie zmienić prędkości samochodu
C. siła, którą silnik działa na samochód, jest równa sumie sił oporu
D. kierowca wyłączył silnik i samochód porusza się bez przyśpieszenia
I zasada dynamiki Newtona:
"Jeżeli na ciało nie działają siły zewnętrzne, lub działające siły równoważą się, to ciało pozostaje w
spoczynku, lub porusza się ruchem jednostajnym prostoliniowym."
Ruch jednostajnie prostoliniowy, to ruch w którym prędkość jest stała.
F - siła ciągu silnika
G - wszystkie oporu ruchu
Skoro samochód porusza się ze stałą prędkością, zgodnie z zasada I dynamiki Newtona wszystkie siły się
równoważą, a ich siła wypadkowa = 0
F=G
Zadanie 8.
Na rysunku przedstawiono elektron wpadający z prędkością V do pola magnetycznego. Elektron ten
A. odchyli się w płaszczyźnie kartki, skierowany do dołu
B. odchyli się w płaszczyźnie kartki, skierowany do góry
C. odchyli się w kierunku prostopadłym do płaszczyzny kartki ze zwrotem za kartkę
D. odchyli się w kierunku prostopadłym do płaszczyzny kartki ze zwrotem przed kartkę
Na początku wyjaśnię co to jest zwrot indukcji pola magnetycznego 𝐵 i jak go przedstawia się na rysunkach.
Zwrot indukcji wzoruje się na strzale (takiej od łuku) i przedstawia sie ją na 4 sposoby.
Boczny (prawy)
Boczny (lewy)
Strzała od łuku (rzuty)
Przedni - strzała leci w naszym kierunku
Tylni - strzała oddala się od nas.
Podobnie możemy przedstawić zwrot indukcji pola magnetycznego 𝑩
Indukcja 𝑩 skierowana prostopadle do rysunku (w naszą stronę)
Indukcja 𝑩 skierowana jest w prawo
Indukcja 𝑩 skierowana jest w lewo
Indukcja 𝑩 skierowana prostopadle do rysunku (oddala się od nas)
W takim polu magnetycznym mogą znaleźć się 3 rodzaje cząstek (proton, elektron i neutron) Każda z tych cząstek będzie się
zachowywała inaczej. Wiemy, że elektron zachowuje się zawsze przeciwnie do protonu, a neutron jest neutralny (staje pomiędzy
protonem a elektronem) więc aby znać zachowania każdej cząstki, wystarczy wiedzieć jak zachowuje się proton.
A proton zachowuje się zgodnie z regułą lewej dłoni.
Reguła lewej dłoni - reguła określająca kierunek i zwrot
Rozwiązanie
wektora siły magnetycznej (siły Lorenza)
Ustawiamy lewą rękę tak aby indukcja 𝑩 (strzała) przebijała
nam wewnętrzną stronę ręki, a 4 palcami wskazujemy kierunek
w którym porusza się elektron. Kciuk wskazuje nam siłę Lorenza
𝑭 (stronę w którą odchyli się proton), Proton odchyli się do dołu
w płaszczyźnie kartki, a wiemy, że elektron zachowuje się
przeciwnie do protonu, więc elektron odchyli się do góry w
płaszczyźnie kartki. Neutron nie zmieniły by kierunku (bo jest
neutralny)
Rękę przystawiamy tak, żeby grot strzały (kierunek indukcji 𝑩
przebijał nam wewnętrzną stronę dłoni, a 4 palce (poza
kciukiem) wskazywały kierunek w którym porusza się cząstka
(proton, elektron, neutron) Kciuk zaś wskaże nam kierunek siły
(stronę w którą odchyli się proton)
-proton odchyli się zgodnie z kierunkiem kciuka
-elektron odchyli się przeciwnie do protonu
-neutron nie odchyli się (będzie leciał prosto)
Zadanie 9.
Na łodzi podwodnej znajduje się zewnętrzny barometr, który wskazuje ciśnienie
7000 hPa. Zakładając, że gęstość wody morskiej ma wartość 1000 kg/m3, a ciśnienie atmosferyczne na
powierzchni morza wynosi 1000 hPa możemy powiedzieć, ze łódź podwodna znajduje się na głębokości
A. 10 m
B. 60 m
C. 70 m
D. 80 m
Ciśnienie hydrostatyczne
Dane
Rozwiązanie
𝑝 = 𝜌𝑔𝑕
𝑝 = 𝜌𝑔𝑕
𝑕−?
3
𝑝
𝑝 − 𝑐𝑖ś𝑛𝑖𝑒𝑛𝑖𝑒 𝑕𝑦𝑑𝑟𝑠𝑡𝑎𝑡𝑦𝑐𝑧𝑛𝑒 𝑃𝑎
𝜌
−
1000𝑘𝑔/𝑚
𝑕=
𝜌 − 𝑔ę𝑠𝑡𝑜ść 𝑐𝑖𝑒𝑐𝑧𝑦 [𝑘𝑔/𝑚 3 ]
2
𝜌𝑔
𝑔
−
10𝑚/𝑠
𝑔 − 𝑝𝑟𝑧𝑦ś𝑝𝑖𝑒𝑠𝑧𝑒𝑛𝑖𝑒 𝑔𝑟𝑎𝑤𝑖𝑡𝑎𝑐𝑦𝑗𝑛𝑒 [10𝑚/𝑠 2 ]
𝑝 − 6000𝑕𝑃𝑎 = 6000 ∙ 102 𝑃𝑎 = 600000𝑃𝑎 𝑕 = 600000
𝑕 − 𝑤𝑦𝑠𝑜𝑘𝑜ść 𝑠ł𝑢𝑝𝑎 𝑐𝑖𝑒𝑐𝑧𝑦 [𝑚]
1000 ∙ 10
600000
Barometr wskazuje ciśnienie 7000hPa, z
𝑕=
10000
czego 1000hPa pochodzi od ciśnienia
𝑕 = 60𝑚
atmosferycznego. Więc ciśnienie
hydrostatyczne będzie wynosić
7000𝑕𝑃𝑎 − 1000𝑕𝑃𝑎 = 6000𝑕𝑃𝑎
tera
giga
mega
kilo
hekto
deka
T
G
M
k
h
da
decy
centy
mili
mikro
nano
piko
d
c
m
µ
n
p
1012
109
106
103
102
101
100
10-1
10-2
10-3
10-6
10-9
10-12
Bilion
Miliard
Milion
Tysiąc
Sto
Dziesięć
Jeden
Jedna dziesiąta
Jedna setna
Jedna tysięczna
Jedna milionowa
Jedna miliardowa
Jedna bilionowa
Zadanie 10.
Jeśli promień światła pada na granicę dwóch ośrodków pod kątem Brewstera, to
A. Promień odbity i załamany tworzy kąt 90°
B. Promień odbity i załamany tworzy kąt 45°
C. Promień padający i załamany tworzy kąt 90°
D. Cotangens tego kąta jest równy współczynnikowi załamania drugiego ośrodka
Kąt Brewstera jest to taki kąt padania światła
niespolaryzowanego na powierzchnię
przezroczystego dielektryka, przy którym promień
odbity jest całkowicie spolaryzowany, natomiast
promień załamany ulega polaryzacji częściowej.
Promień odbity i załamany tworzą ze sobą kąt
prosty
Zadanie 11.
Człowiek o masie 50 kg biegnący z prędkością 5 m/s skoczył na wózek spoczywający o masie 150 kg. Jaką
prędkość będzie miał wózek z człowiekiem (tarcie pomijamy).
A. 1,25 m/s
B. 1,5 m/s
C. 1,7 m/s
D. 2 m/s
Pęd
𝑃=𝑚 · 𝑣
𝑃 − 𝑝ę𝑑
𝑚 − 𝑚𝑎𝑠𝑎
𝑣 − 𝑝𝑟ę𝑑𝑘𝑜ść
Dane:
𝑚1 − 50𝑘𝑔
𝑣1 − 5𝑚/𝑠
𝑚2 − 150𝑘𝑔
𝑣2 − 0𝑚/𝑠
𝑣12 − ?
Zasada zachowania pędu
𝑃1 + 𝑃2 = 𝑃3
𝑃ę𝑑 𝑝𝑜𝑐𝑧ą𝑡𝑘𝑜𝑤𝑦 (𝑐𝑧ł𝑜𝑤𝑖𝑒𝑘𝑎 + 𝑤ó𝑧𝑘𝑎) = 𝑝ę𝑑 𝑘𝑜ń𝑐𝑜𝑤𝑦(𝑐𝑧ł𝑜𝑤𝑖𝑒𝑘𝑎 𝑖 𝑤ó𝑧𝑘𝑎 𝑟𝑎𝑧𝑒𝑚)
𝑚1 · 𝑣1 + 𝑚2 · 𝑣2 = (𝑚1 + 𝑚2 ) · 𝑣12
Rozwiązanie:
𝑚1 · 𝑣1 + 𝑚2 · 𝑣2 = (𝑚1 + 𝑚2 ) · 𝑣12
𝑣12 =
(𝑚1 · 𝑣1 ) + (𝑚2 · 𝑣2 )
𝑚1 + 𝑚2
𝑣12 =
50 · 5 + 150 · 0
50 + 150
𝑣12 =
250 + 0
200
𝑣12 = 1,25 𝑚/𝑠
Zadanie 12.
Zawartość izotopu promieniotwórczego w preparacie zmniejsza się czterokrotnie w ciągu czterech lat.
Okres połowicznego rozpadu tego izotopu jest równy:
A. 0,5 roku
B. 2 lata
C. 1 rok
D. 4 lata
Okres połowicznego rozpadu T oznacza czas po którym połowa nuklidów ulegnie rozpadowi (masa promieniotwórczego
izotopu zmniejszy się o połowę). Czyli podczas jednego T, rozpadnie się połowa jąder promieniotwórczych.
Pierwszy Sposób
𝐶𝑧𝑎𝑠 𝑟𝑜𝑧𝑝𝑎𝑑𝑢
0 𝑙𝑎𝑡
% 𝑝𝑜𝑧𝑜𝑠𝑡𝑎ł𝑒𝑔𝑜 𝑝𝑖𝑒𝑟𝑤𝑖𝑎𝑠𝑡𝑘𝑎 100%
𝟏 𝑹𝑶𝒁𝑷𝑨𝑫
2 𝑙𝑎𝑡𝑎
50%
𝟐 𝑹𝑶𝒁𝑷𝑨𝑫
4 𝑙𝑎𝑡𝑎 𝟑 𝑹𝑶𝒁𝑷𝑨𝑫 6 𝑙𝑎𝑡
12,5%
25%
Drugi Sposób
Czas połowicznego rozpadu:
1
𝑁 𝑡 = 𝑁0 ·
2
𝑡
𝑇1/2
𝑁(𝑡) – 𝑙𝑖𝑐𝑧𝑏𝑎 𝑜𝑏𝑖𝑒𝑘𝑡ó𝑤 𝑝𝑜𝑧𝑜𝑠𝑡𝑎ł𝑦𝑐𝑕 𝑝𝑜 𝑐𝑧𝑎𝑠𝑖𝑒 𝑡
𝑁0 – 𝑝𝑜𝑐𝑧ą𝑡𝑘𝑜𝑤𝑎 𝑙𝑖𝑐𝑧𝑏𝑎 𝑜𝑏𝑖𝑒𝑘𝑡ó𝑤
𝑇1/2 – 𝑜𝑘𝑟𝑒𝑠 𝑝𝑜ł𝑜𝑤𝑖𝑐𝑧𝑛𝑒𝑔𝑜 𝑟𝑜𝑧𝑝𝑎𝑑𝑢
𝑡 – 𝑐𝑧𝑎𝑠 𝑟𝑜𝑧𝑝𝑎𝑑𝑢
Dane:
𝑡 − 4𝑙𝑎𝑡𝑎
𝑇1/2 − ?
Skoro zawartość zmniejszyłą się
czterokrotnie to pozostała
1
początkowej wartości 𝑁0 .
4
1
𝑁 𝑡 = 𝑁0
4
Rozwiązanie
𝑡
1 𝑇1/2
𝑁 𝑡 = 𝑁0 ·
2
4
1
1 𝑇1/2
𝑁 = 𝑁0 ·
4 0
2
1
𝑁 𝑡 = 𝑁0
4
Aby obliczyć niewiadomą przy potędze,
musimy sprowadzić wszystko do wspólnego
mianownika, więc wystarczy tylko zamienić:
2
1
1
𝑛0 𝑛𝑎
𝑁0
4
2
4
2
𝑇
1
1 1/2
𝑁 = 𝑁0 ·
2 0
2
Mając wspólne mianowniki, bierzemy pod
uwagę tylko liczby przy potędze, więc:
4
2=
𝑇1/2
2𝑇1/2 = 4 | ∶ 2
𝑇1/2 = 2𝑙𝑎𝑡𝑎
Zadanie 13.
Samolot odrzutowy leciał pod wiatr z punktu A do punktu B z prędkością 720 km/h, a z powrotem 1080
km/h. Ile wynosiła średnia prędkość samolotu? 864𝑘𝑚/𝑕
Prędkość średnia
𝑆𝑐
𝑣=
𝑡𝑐
𝑣 − ś𝑟𝑒𝑑𝑛𝑖𝑎 𝑝𝑟ę𝑑𝑘𝑜ść [m/s]
𝑆𝑐 − 𝑑𝑟𝑜𝑔𝑎 𝑐𝑎ł𝑘𝑜𝑤𝑖𝑡𝑎 𝑗𝑎𝑘ą 𝑝𝑟𝑧𝑒𝑏𝑦ł 𝑠𝑎𝑚𝑜𝑙𝑜𝑡 [m]
𝑡𝑐 − 𝑐𝑧𝑎𝑠 𝑐𝑎ł𝑘𝑜𝑤𝑖𝑡𝑦 𝑝𝑟𝑧𝑒𝑏𝑦𝑐𝑖𝑎 𝑑𝑟𝑜𝑔𝑖 [s]
Dane
𝑣− ?
𝑆1 = 𝑆2 − 𝑑ł𝑢𝑔𝑜ść 𝑑𝑟𝑜𝑔𝑖 𝑤 𝑜𝑏𝑦𝑑𝑤𝑖𝑒 𝑠𝑡𝑟𝑜𝑛𝑦 𝑗𝑒𝑠𝑡 𝑡𝑎𝑘𝑎 𝑠𝑎𝑚𝑎
𝑆𝑐 = 𝑆1 + 𝑆2 = 2𝑆 − 𝑑𝑟𝑜𝑔𝑎 𝑐𝑎ł𝑘𝑜𝑤𝑖𝑡𝑎 𝑗𝑎𝑘ą 𝑝𝑟𝑧𝑒𝑏𝑦ł 𝑠𝑎𝑚𝑜𝑙𝑜𝑡
𝑡1 − 𝑐𝑧𝑎𝑠 𝑙𝑜𝑡𝑢 𝑧 𝑝𝑢𝑛𝑘𝑡𝑢 𝐴 𝑑𝑜 𝐵
𝑡2 − 𝑐𝑧𝑎𝑠 𝑙𝑜𝑡𝑢 𝑧 𝑝𝑢𝑛𝑘𝑡𝑢 𝐵 𝑑𝑜 𝐴
𝑣1 − 720𝑘𝑚/𝑕
𝑣2 − 1080𝑘𝑚/𝑕
Czas w jakim samolot przebył drogę:
1.Czas 1
𝑆1
𝑡1 =
𝑣1
2.Czas 2
𝑆2
𝑡2 =
𝑣2
3.Czas całkowity
𝑆1
𝑆2
𝑡𝑐 = 𝑡1 + 𝑡2 =
+
𝑣1
𝑣2
𝑡𝑐 =
𝑆1
𝑆2
+
𝑣1
𝑣2
𝑆1 ∙ 𝑣2 + 𝑆2 ∙ 𝑣1
𝑡𝑐 =
𝑣1 𝑣2
𝑡𝑐 =
𝑆(𝑣2 + 𝑣1 )
𝑣1 𝑣2
4.Podstawiamy do
wzoru na średnią
prędkość
𝑆𝑐
𝑣=
𝑡𝑐
𝑆𝑐 = 2𝑆
𝑆(𝑣2 + 𝑣1 )
𝑡𝑐 =
𝑣1 𝑣2
𝑣=
𝑣=
5.Rozwiązanie
𝑣=
2(720 · 1080)
1080 + 720
𝑣=
1555200
1800
𝑣 = 864𝑘𝑚/𝑕
2𝑆
𝑆(𝑣2 + 𝑣1 )
𝑣1 𝑣2
2(𝑣1 · 𝑣2 )
𝑣2 + 𝑣1
Zadanie 14.
W naczyniu znajduje się m1=20g wody o temperaturze t1=30°C. Do naczynia wlewamy m2=50g wody o
temperaturze t2=100°C. Temperatura mieszaniny jest równa
A. 65°C
B. 80°C
C. 50°C
D. 70°C
Wzór na przyrost energii:
Dane:
Rozwiązanie:
𝑚1 = 20 𝑔
𝑄 = 𝑚 ∙ 𝑐𝑤 ∙ ∆𝑡
𝑄1 = 𝑚1 ∙ 𝑐𝑤 ∙ 𝑡1
𝑄 − 𝑝𝑟𝑧𝑦𝑟𝑜𝑠𝑡 𝑒𝑛𝑒𝑟𝑔𝑖𝑖
𝑡1 = 30°𝐶
𝑄2 = 𝑚2 ∙ 𝑐𝑤 ∙ 𝑡2
𝑚 − 𝑚𝑎𝑠𝑎
𝑚2 = 50 𝑔
Q = (𝑚1 + 𝑚2 ) ∙ 𝑐𝑤 · 𝑡
𝐶𝑤 − 𝑐𝑖𝑒𝑝ł𝑜 𝑤ł𝑎ś𝑐𝑖𝑤𝑒
𝑡
=
100°𝐶
2
𝑡 − 𝑝𝑟𝑧𝑦𝑟𝑜𝑠𝑡 𝑡𝑒𝑚𝑝𝑒𝑟𝑎𝑡𝑢𝑟𝑦
𝑡 = ? 𝑡𝑒𝑚𝑝𝑒𝑟𝑎𝑡𝑢𝑟𝑎 𝑚𝑖𝑒𝑠𝑧𝑎𝑛𝑖𝑛𝑦
𝑄1 + 𝑄2 = 𝑄
𝑚1 ∙ 𝑐𝑤 ∙ 𝑡1 + 𝑚2 ∙ 𝑐𝑤 ∙ 𝑡2 = (𝑚1 + 𝑚2 ) ∙ 𝑐𝑤 · 𝑡 | : 𝑐𝑤
𝐶𝑤 = ?
Zasada zachowania energii: Suma
energii przed mieszaniem
𝑚1 ∙ 𝑡1 + 𝑚2 ∙ 𝑡2 = (𝑚1 + 𝑚2 ) · 𝑡 | : (𝑚1 + 𝑚2 )
(pierwszej + drugiej wody) jest równa
Energii po zmieszaniu tych dwóch cieczy.
𝑚1 ∙ 𝑡1 + 𝑚2 ∙ 𝑡2
𝑄1 + 𝑄2 = 𝑄
𝑡=
(𝑚1 + 𝑚2 )
𝑡=
20𝑔 ∙ 30°𝐶 + 50𝑔 ∙ 100°𝐶
(20𝑔 + 50𝑔)
600 + 5000
70
5600
𝑡=
70
𝑡=
𝑡 = 80°𝐶
Zadanie 15.
Kierowca przesunął swój samochód o 75 cm działając siłą 200N skierowaną zgodnie ze zwrotem
przesunięcia. Wykonana przez niego praca wynosi
A. 15000J
B. 74J
C. 150J
D. 0J
Praca
Dane
Rozwiązanie
𝑊 = 𝐹 ∙ 𝑠 ∙ 𝑐𝑜𝑠𝛼
𝐹 − 200𝑁
𝑊 =𝐹 ∙𝑠
𝑊 − 𝑝𝑟𝑎𝑐𝑎 [𝐽]
𝑠 − 75𝑐𝑚 − 0,75𝑚
𝑊 = 200 ∙ 0,75
𝐹 − 𝑠𝑖ł𝑎[𝑁]
𝑊 − ? (𝑠𝑧𝑢𝑘𝑎𝑛𝑎)
𝑊 = 150𝐽
𝑠 − 𝑑𝑟𝑜𝑔𝑎/𝑝𝑟𝑧𝑒𝑠𝑢𝑛𝑖ę𝑐𝑖𝑒 [𝑚]
𝑐𝑜𝑠𝛼 − 𝑘ą𝑡 𝑝𝑜𝑑 𝑘𝑡ó𝑟𝑦𝑚′𝑝𝑐𝑕𝑎𝑚𝑦′
𝑐𝑜𝑠𝛼 − 𝑤 𝑡𝑦𝑚 𝑝𝑟𝑧𝑦𝑝𝑎𝑑𝑘𝑢 𝑚𝑎𝑚𝑦 𝑘ą𝑡 0°, a
cosinus kąta 0° = 1, więc go nie uwzględniamy.
Cosinus uwzględniamy, gdy pojawią się nam kąty
o innych wartościach
Zadanie 16.
Samochód porusza się po wypukłym moście o promieniu krzywizny 90 m. Aby pasażer, siedzący w tym
samochodzie, przez ułamek sekundy znalazł się w stanie nieważkości, wartość prędkości samochodu w
najwyższym punkcie toru powinna wynosić około
A. 10 m/s.
B. 15 m/s.
C. 20 m/s.
D. 30 m/s.
Siła odśrodkowa/dośrodkowa
𝑚𝑣 2
𝐹𝑜𝑑 ś =
𝑅
𝐹𝑜𝑑 ś − 𝑠𝑖ł𝑎 𝑜𝑑ś𝑟𝑜𝑑𝑘𝑜𝑤𝑎 [N]
𝑚 − 𝑚𝑎𝑠𝑎 [kg]
𝑚
𝑣 − 𝑝𝑟ę𝑑𝑘𝑜ść[ ]
𝑠
𝑅 − 𝑝𝑟𝑜𝑚𝑖𝑒ń [m]
Siła ciężkości
𝑄 = 𝑚𝑔
𝑄 − 𝑠𝑖ł𝑎 𝑐𝑖ęż𝑘𝑜ś𝑐𝑖/𝑐𝑖ęż𝑎𝑟 [N]
𝑚 − 𝑚𝑎𝑠𝑎 [kg]
𝑔 − 𝑝𝑟𝑧𝑦ś𝑝𝑖𝑒𝑠𝑧𝑛𝑒𝑖𝑒 𝑧𝑚𝑖𝑒𝑠𝑘𝑖𝑒 𝑚/𝑠 2
Wartość siły dośrodkowej jest
identyczna jak wartość siły
odśrodkowej, mimo przeciwnych
zwrotów.
Dane:
𝐹𝑜𝑑 ś − ?
𝑄−?
𝑚−?
𝑣 − ? 𝑠𝑧𝑢𝑘𝑎𝑛𝑎
𝑅 − 90𝑚
𝑔 − 10𝑚/𝑠 2
Rozwiązanie:
Aby pasażer przez chwilę znalazł się w stanie nieważkości, nie może
posiadać ciężaru. Czyli siły na niego działające muszą się równoważyć.
Więc aby w takim przypadku pasażer wszedł w stan nieważkości - siłę
ciężkości 𝑄 = 𝑚𝑔 musi zrównoważyć siła odśrodkowa 𝐹𝑜𝑑 ś =
wynikająca z wypukłości mostu.
Więc:
𝐹𝑜𝑑 ś = 𝑄
𝑚𝑣 2
𝑅
𝑚𝑣 2
= 𝑚𝑔 | ∙ 𝑅
𝑅
𝑚𝑣 2 = 𝑚𝑔𝑅 |
𝑣=
𝑔𝑅
𝑣 = 10 ∙ 90
𝑣 = 900
𝑣 = 30𝑚/𝑠
Zadanie 17.
Ogniskowa soczewki szklanej płasko-wypukłej o promieniu krzywizny 10 cm
(współczynnik załamania światła w szkle ma wartość 1,5) wynosi
A. 5cm
B. 10cm
C. 15cm
D. 20cm
Rodzaj soczewki
płasko-wypukła
płasko-wklęsła
Dwuwklęsła
Dwuwypukła
Wzór ogólny
1
𝑛𝑠
1
=
−1
𝑓
𝑛𝑜
𝑟1
1
𝑛𝑠
1
=
−1 −
𝑓
𝑛𝑜
𝑟1
1
𝑛𝑠
=
−1
𝑓
𝑛𝑜
1
𝑛𝑠
=
−1
𝑓
𝑛𝑜
1 1
−
𝑟1 𝑟2
1 1
+
𝑟1 𝑟2
−
𝑟1 > 0
𝑟2 = 0
𝑟1 < 0
𝑟2 = 0
𝑟1 < 0
𝑟2 < 0
𝑟1 > 0
𝑟2 > 0
𝑓 − 𝑜𝑔𝑛𝑖𝑠𝑘𝑜𝑤𝑎
𝑁𝑜 – 𝑤𝑠𝑝ół𝑐𝑧𝑦𝑛𝑛𝑖𝑘 𝑧𝑎ł𝑎𝑚𝑎𝑛𝑖𝑎 𝑜ś𝑟𝑜𝑑𝑘𝑎 𝑧𝑒𝑤𝑛ę𝑡𝑟𝑧𝑛𝑒𝑔𝑜
𝑛𝑠 – 𝑤𝑠𝑝ół𝑐𝑧𝑦𝑛𝑛𝑖𝑘 𝑧𝑎ł𝑎𝑚𝑎𝑛𝑖𝑎 𝑚𝑎𝑡𝑒𝑟𝑖𝑎ł𝑢 𝑠𝑜𝑐𝑧𝑒𝑤𝑘𝑖
𝑅1 , 𝑅2 , − 𝑜𝑑𝑝𝑜𝑤𝑖𝑒𝑑𝑛𝑖𝑒 𝑝𝑟𝑜𝑚𝑖𝑒𝑛𝑖𝑒 𝑘𝑟𝑧𝑦𝑤𝑖𝑧𝑛
Płasko-wypukła
1
𝑛𝑠
1
=
−1
𝑓
𝑛𝑜
𝑟1
Dane
𝑛𝑠 − 1,5
𝑛𝑜 − 1
Współczynnik załamania światła w
powietrzu = 1
𝑟1 − 10𝑐𝑚
Rozwiązanie
1
𝑛𝑠
1
=
−1
𝑓
𝑛𝑜
𝑟1
1
1,5
1
=
−1
𝑓
1
10
1
= 0,5 ∙ 0,1
𝑓
1
= 0,5 ∙ 0,1
𝑓
1
5
=
𝑓 100
5𝑓 = 100 |: 5
𝑓 = 20𝑐𝑚
Zadanie 18.
W przemianie izochorycznej stała jest
A. Temperatura gazu
B. Objętość gazu
C. Ciśnienie gazu
D. Energia wewnętrzna gazu
Przemiana izotermiczna
Przemiana izochoryczna
Prawo Boyle'a i Mariotte'a
Prawo Charlesa
Temperatura jest stała
Objętość jest stała
𝑃
(T = const) p ∙ V = const;
(V = const) = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡
𝑇
𝑝1 ∙ 𝑉1 = 𝑝2 ∙ 𝑉2
𝑝1 − ciśnienie w momencie 1
𝑉1 − objętość w momencie 1
𝑃1 𝑃2
=
𝑇1 𝑇2
Przemiana izobaryczna
prawo Gay Lussaca
Ciśnienie jest stałe
Równanie Clapeyrona
(stanu gazu doskonałego)
𝑉
(p = const) = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡
𝑇
𝑝𝑉 = 𝑛𝑅𝑇
𝑉1 𝑉2
=
𝑇1 𝑇2
𝑇1 − temperatura [K] w momencie 1
𝑝
𝑉
𝑛
𝑅
𝑇
−
−
−
−
−
𝑐𝑖ś𝑛𝑖𝑒𝑛𝑖𝑒
𝑜𝑏𝑗ę𝑡𝑜ść
𝑖𝑙𝑜ść 𝑚𝑜𝑙𝑖 𝑔𝑎𝑧𝑢
𝑆𝑡𝑎ł𝑎 𝑔𝑎𝑧𝑜𝑤𝑎 𝑅 = 8,31 𝐽/𝑚𝑜𝑙·𝐾
𝑡𝑒𝑚𝑝𝑒𝑟𝑎𝑡𝑢𝑟𝑎
Zadanie 19.
Pracę prądu elektrycznego wyraża się w kilowatogodzinach (kWh) lub w dżulach (J). 1 kWh jest
równoważna
A. 1000 J
B. 3600 J
C. 60000 J
D. 3600000 J
tera
T
1012
Bilion
Dżul [J]:
giga
G
109
Miliard
1𝐽 = 1 𝑊 · 𝑠
6
𝑊 − 𝑤𝑎𝑡
𝑠 − 𝑠𝑒𝑘𝑢𝑛𝑑𝑎
Rozwiązanie:
𝑘𝑊𝑕 − 𝑘𝑖𝑙𝑜𝑤𝑎𝑡𝑜𝑔𝑜𝑑𝑧𝑖𝑛𝑎
𝑘 = 103 = 1000
𝑊 = 1
𝑕 = 60 𝑚𝑖𝑛 = 3600𝑠𝑒𝑘
𝑄 = 𝑘𝑊𝑕 = 1000 · 1 · 3600 = 3600000𝐽 = 3,6 · 106 = 3,6𝑀𝐽
mega
kilo
hekto
deka
M
k
h
da
decy
centy
mili
mikro
nano
piko
d
c
m
µ
n
p
10
103
102
101
100
10-1
10-2
10-3
10-6
10-9
10-12
Milion
Tysiąc
Sto
Dziesięć
Jeden
Jedna dziesiąta
Jedna setna
Jedna tysięczna
Jedna milionowa
Jedna miliardowa
Jedna bilionowa
Zadanie 20.
Sanki poruszają się ruchem jednostajnym prostoliniowym, gdy są ciągnięte poziomą siłą o wartości 100 N.
Jeżeli wartość siły wzrośnie do 150 N, to sanki będą poruszać się z przyśpieszeniem 2 m/s2. Masa sanek ma
wartość
A. 25 kg
B. 50 kg
C. 75 kg.
D. 125 kg.
I zasada dynamiki Newtona
II zasada dynamiki Newtona
"Jeżeli na ciało nie działają siły zewnętrzne, lub działające siły Jeżeli na ciało działa stała i niezrównoważona siła to ciało porusza się
równoważą się, to ciało pozostaje w spoczynku, lub porusza
ruchem jednostajnie zmiennym ze stałym przyśpieszeniem wprost
się ruchem jednostajnym prostoliniowym."
proporcjonalnym do działającej siły, a odwrotnie proporcjonalnym do
Ruch jednostajnie prostoliniowy, to ruch w którym
masy bezwładnej ciała.
𝐹𝑤
prędkość jest stała.
𝑎=
𝑚
𝑎 − 𝑝𝑟𝑧𝑦ś𝑝𝑖𝑒𝑠𝑧𝑒𝑛𝑖𝑒 [𝑚/𝑠 2 ]
Jeżeli sanki są ciągnięte z siłą 100N i poruszają się ruchem
𝐹𝑤 − 𝑠𝑖ł𝑎 𝑤𝑦𝑝𝑎𝑑𝑘𝑜𝑤𝑎 𝑁
jednostajnie prostoliniowym, oznacza to, że opory ruchu są
𝑚 − 𝑚𝑎𝑠𝑎 [𝑘𝑔]
równe sile ciągu i wynoszą 100N
𝐹=𝐺
Jeżeli sanki są ciągnięte z siłą 150N i poruszają się ruchem
𝐹 − 𝑠𝑖ł𝑎 𝑐𝑖ą𝑔𝑢 [𝑁]
przyśpieszonym, oznacza to, siła ciągu jest większa od oporów ruchu.
𝐺 − 𝑜𝑝𝑜𝑟𝑦 𝑟𝑢𝑐𝑕𝑢 [𝑁]
𝐹>𝐺
𝐹 = 100𝑁
𝐹 − 𝑠𝑖ł𝑎 𝑐𝑖ą𝑔𝑢 [𝑁]
𝐺 = 100𝑁
𝐺 − 𝑜𝑝𝑜𝑟𝑦 𝑟𝑢𝑐𝑕𝑢 [𝑁]
Oznacza to, że siła wypadkowa równa jest zero
𝐹 = 150𝑁
𝐺 = 100𝑁
Oznacza to, że siła wypadkowa wynosi:
𝐹𝑤 = 𝐹 − 𝐺 = 150𝑁 − 100𝑁 = 50𝑁
I nadaje sankom przyśpieszenie, zgodnie z II zasadą dynamiki
Newtona
II zasada dynamiki Newtona
𝐹𝑤
𝐹𝑤
𝑎=
→ 𝑚=
𝑚
𝑎
𝑎 − 𝑝𝑟𝑧𝑦ś𝑝𝑖𝑒𝑠𝑧𝑒𝑛𝑖𝑒 [𝑚/𝑠 2 ]
𝐹𝑤 − 𝑠𝑖ł𝑎 𝑤𝑦𝑝𝑎𝑑𝑘𝑜𝑤𝑎 𝑁
𝑚 − 𝑚𝑎𝑠𝑎 [𝑘𝑔]
Dane
𝑎 − 2𝑚/𝑠 2
𝐹𝑤 − 50𝑁
𝑚 − ? (𝑠𝑧𝑢𝑘𝑎𝑛𝑎)
Rozwiązanie
𝐹𝑤
𝑚=
𝑎
50𝑁
𝑚=
2𝑚/𝑠 2
𝑚 = 25𝑘𝑔
Zadanie 21.
Cotangens kąta, o jaki odchyli się od pionu parasol zawieszony w wagonie pociągu hamującego z
przyśpieszeniem 𝑎 = 3 𝑚/𝑠 2 ma wartość około
A. 0,1.
B. 0,3.
C. 3,3.
D. 33
Funkcje trygonometryczne
𝒂
𝒄
𝒃
cos 𝛼 =
𝒄
𝒂
tg 𝛼 =
𝒃
𝒃
ctg 𝛼 =
𝒂
sin 𝛼 =
𝒃
𝒄
𝒂
cos 𝛽 =
𝒄
𝒃
tg 𝛽 =
𝒂
𝒂
ctg 𝛽 =
𝒃
Dane
𝒂 = 𝑔 = 10𝑚/𝑠 2
𝒃 = 𝑎 = 3𝑚/𝑠 2
Rozwiązanie
sin 𝛽 =
Podczas gdy pociąg hamuje, na parasolkę działają dwie siły. Siła grawitacji, która
ją przyciąga do ziemi z przyśpieszeniem 10𝑚/𝑠 2 , a także prostopadle
skierowana siła bezwładności, która hamuje pociąg z
przyśpieszeniem/opóźnieniem 3𝑚/𝑠 2 . Oba te przyśpieszenia tworzą nam kąt
prosty, a także tworzą przyśpieszenie wypadkowe którym jest bok C , który jest
odchylony względem boku A o kąt β. Powstaje nam trójkąt prostokątny. A naszą
szukaną wartością jest cotangnes kąta β który możemy obliczyć na podstawie
funkcji trygonometrycznej dla:
𝒂
ctg 𝛽 =
𝒃
𝟏𝟎
ctg 𝛽 =
𝟑
ctg 𝛽 = 𝟑, 𝟑𝟑
Pozostałe 1076 rozwiązao i odpowiedzi do
zadao dostępne na stronie
www.testysapsp.pl
lub poprzez e-mail
[email protected]
Pozyskując rozwiązania testów SAPSP otrzymujesz:
1. Prawidłowe rozwiązania testów egzaminacyjnych do Szkół Aspirantów PSP z lat 1994-2016 (Pakiet 1117 zadań)
(Wytłumaczenie, rozwiązanie, opis, prawa, spostrzeżenia, rysunki, wzory)
2. Analizę wszystkich testów i zadań (powtarzalność pytań)
3. Przejrzystą formę pdf.
4. Pakiet 1117 zadań posegregowanych według działów, w celu łatwiejszej nauki.
5. Kartę wzorów, czyli wszystkie wzory które musisz umieć.
Pozostałe zadania są rozwiązane i wytłumaczone w ten sam sposób.
Prosto i przejrzyście, z zastosowaniem kolorów, dla lepszej nauki i
zapamiętywania. Wszystkie zadania, które tego wymagają są
poparte prawem i wzorem.
testy sapsp sa psp odpowiedzi rozwiazania do aspirant aspirantki szkoly aspirantow psp straz pozarna zadan zadania chemia fizyka cspsp chomikow
egzaminy egzaminacyjne wstepne 1994 2015 strazy pozarnej technik pozarnictwa gotowe

Odpowiedzi SA PSP 1994-2016

Transkrypt

Podobne dokumenty

20 Przykładowych zadao z Chemii i 21

Wykład 9

Procesy katalitycznego utleniania w syntezie związków z grupy `Fine

Wykład 10: Kryształy kowalencyjne

Wykład 2 - Budowa materii, podstawowe prawa chemiczne

Nowoczesne Procesy Utleniania - Katedra Technologii Chemicznej

Oddziaływanie leków z celami molekularnymi

Firma Ambro Logistics Sp. z o.o. z siedzibą w PL 62700 Turek