Modele odpowiedzi i punktacji Zadanie 1. Areometr (

(1)

Modele odpowiedzi i punktacji

Zadanie 1. Areometr (10 pkt)

Zadanie Pkt Oczekiwane rozwiązanie Uwagi

1.1 1

Areometr pływa w cieczy częściowo zanurzony, gdy siła ciężkości jest równoważona przez siłę wyporu działającą na jego zanurzoną część – pierwsza zasada dynamiki.

1

Wartość siły wyporu obliczamy na podstawie prawa Archimedesa.

F_wyporu =ρ_clSg

mg lSg l m

=ρ ⇒ =S

c ρ

c

1

Jest to zależność odwrotnie proporcjonalna.

l

_c

1.2 1

Zdanie nie jest prawdziwe.

Na ten sam areometr zanurzony w każdej cieczy działa taka sama siła wyporu, gdyż równoważy ona taki sam ciężar areometru.

Uczeń tylko wówczas otrzymuje 1 punkt, gdy poda uzasadnienie.

1.3

1 lw kg

m kg

m

m cm

=

⋅

= =

−

0 02

10 10 0 200 20 0

4 2 3

3

, , ,

1 l_r = m m cm

⋅ ≈ =

−

0 02

10 1 08₄, 0 185 18 5

, , ,

∆l_w,r ≈1 5, cm

1.4 1

∆l m S

m

a,t S

a t

t a

=  −

 

 = ⋅ −

1 1

ρ ρ

ρ ρ ρ ρ

∆la,t = ⋅ m cm

⋅ ⋅ ≈

−

0 02 80

10 870 790₄, 2 5,

Uczeń może oddzielnie obliczyć l_a i l_t, a następnie różnicę.

Gdy uczeń zaokrągli wynik do 2,3 cm lub 2,4 cm – otrzymuje punkt.

1.5 2

Takim samym różnicom gęstości cieczy odpowiadają w różnych zakresach podziałki różne odległości kresek. Mniejszym gęstościom odpowiadają większe odległości kresek.

Uczeń może wyrazić różnymi zdaniami pożądaną treść odpowiedzi.

1

l^a,t

c

r

w

t

a

lw,r

l

Gdy uczeń nie zaznaczy na osiach symboli literowych (r_a, r_t, r_w, r_r, Dl_a,t, Dl_w,r) tylko dane odcinki – otrzymuje punkt.

(2)

Zadanie 2. Przemiany gazu (10 pkt)

2.1

1 Wpisanie do tabeli objętości gazu:

5, 10, 15, 20, 25

W przypadku pomyłki w zaokrąglaniu wartości temperatury uczeń otrzymuje punkt.

1

pV nRT T pV

= ⇒ = nR

Obliczenie temperatur gazu w pięciu stanach i wpisanie do tabeli:

120,5; 301,0; 542,0; 843,5; 1205,0 1 Zaznaczenie na wykresie p(V) punktów

ilustrujących poszczególne stany gazu.

2.2 1

W stanie 5 energia wewnętrzna gazu jest dziesięć razy większa niż w stanie 1.

Uzasadnienie: Energia wewnętrzna gazu doskonałego jest wprost proporcjonalna do jego temperatury bezwzględnej, a temperatura gazu w stanie 5 jest dziesięć razy wyższa niż w stanie 1.

Uczeń otrzymuje punkt tylko w przypadku podania uzasadnienia.

2.3

1 p = const, więc T T

V

V T T V

1 1 V

1 1

= ⇒ =

T = 120,5 K · 5 = 602,5 K 1 Narysowanie poziomego odcinka

na wykresie p(V)

2.4 1 V = const, narysowanie pionowego odcinka na wykresie p(V)

2.5 1

Tak, energia wewnętrzna gazu zmieniła się o taką samą wartość, ponieważ jej zmiana nie zależy od rodzaju przemiany, tylko od stanu początkowego i końcowego.

Uczeń otrzymuje punkt tylko w przypadku podania uzasadnienia.

2.6 1

p = const

Q_p =5Rn T_p = Rn T T− = RnT 2

5

2 51 1 10 1

∆ ( )

1

V = const

QV =3Rn TV = Rn T − T = RnT 2

3

2 101 51 7 5 1

∆ ( ) ,

W przemianie izobarycznej gaz pobrał więcej ciepła niż w przemianie izochorycznej.

Uczeń nie musi do wyprowadzonych wzorów wstawiać wartości liczbowych, ale jeśli podstawi, to otrzyma wartości:

Q_p ≈ 5000 J, Q_V ≈ 3750 J

(3)

Zadanie 3. Odważnik na sprężynie (10 pkt)

3.1 1 T = 2 s

3.2

1 W chwili t₀ = 0 odważnik znajdował się w punkcie R.

1

Uzasadnienie: Tylko w punkcie R przyspieszenie odważnika ma maksymalną wartość i jest zgodnie zwrócone z osią x (tzn. ma dodatnią współrzędną).

3.3 1

a_max = w²A A=a^max =a T^max

ω² π

2

4 2

1 A = ⋅

⋅ ≈

0 5 4 4 9 8596² 5 , 2

, m s s

cm

3.4

1 Sprężyna jest wówczas wydłużona. Uczeń może podać wydłużenie (5 cm) 1 Wydłużona sprężyna działa na odważnik siłą

zwróconą w górę.

3.5

1 Siła ciężkości – jej źródłem jest Ziemia.

1 Siła sprężystości – jej źródłem jest sprężyna.

1 Siła wypadkowa w punkcie P jest zwrócona w dół.

(4)

Zadanie 4. Rezonans w obwodzie RLC (10 pkt)

4.1 1

I U

R L

C

s = s

+ −

 



2 2

ω 1 ω

Is = V A

+200− ≈ 40₂ 40 80₂ 3 5

( ) ,

Ω

4.2

1 Po wsunięciu rdzenia opór indukcyjny wzrośnie.

Uzasadnienie: Indukcyjność L obwodu wzrośnie, a opór indukcyjny R_L = wL.

1

Według danych liczbowych R_C > R_L, tzn.

obwód ma charakter pojemnościowy. Zatem podczas wsuwania rdzenia możemy kolejno zaobserwować:

• Gdy wartość R_L (wzrastając) zbliża się do wartości R_C, zawada obwodu będzie się zmniejszać, więc skuteczne natężenie prądu będzie rosło tak długo, jak długo R_L będzie mniejszy od R_C.

Uczeń nie musi napisać, jaki charakter ma obwód.

1

• Może się zdarzyć, że przy pewnym położeniu rdzenia opór indukcyjny zrówna się z oporem pojemnościowym (R_L = R_C = 80 W), co jest równoznaczne z wystąpieniem rezonansu;

skuteczne natężenie prądu może więc osiągnąć wartość maksymalną (Z = R).

1

• Gdy będzie możliwe dalsze wsuwanie rdzenia, L obwodu będzie nadal rosło; od tej chwili opór indukcyjny stanie się większy od pojemnościowego (R_L > R_C), wówczas zawada zacznie wzrastać, a skuteczne natężenie prądu będzie się zmniejszać.

Uczeń może pożądaną treść wyrazić innymi słowami.

4.3 1

Rezonans polega na osiągnięciu maksymalnej wartości skutecznego natężenia prądu;

zjawisko to występuje, gdy opór indukcyjny i pojemnościowy obwodu zrównają się.

Uczeń nie musi precyzyjnie oddzielić odpowiedzi na pytania: „Na czym polega?”

i „Kiedy występuje?”.

1 W opisanym obwodzie indukcyjność musiałaby wzrosnąć do takiej wartości, przy której R_L osiągnęłoby wartość równą R_C = 80 W.

1

Pojemność musiałaby wzrosnąć, bo wówczas opór pojemnościowy R

C= 1C

ω mógłby się zmniejszyć do R_L = 40 W.

1

Częstotliwość (w = 2pn) musiałaby wzrosnąć;

wówczas R_L = wL będzie wzrastał od 40 W, a R

C= 1C

ω będzie malał od 80 W i przy pewnej wartości w obydwa opory (indukcyjny i pojemnościowy) osiągną jednakową wartość (zawartą między 40 W i 80 W).

Za samo stwierdzenie, że dana wielkość musiałaby wzrosnąć uczeń nie otrzymuje punktu.

4.4 1

Zdanie nie jest prawdziwe.

Różnica faz między napięciem i natężeniem prądu znika w obwodzie RLC w przypadku rezonansu.

(5)

Zadanie 5. Siatka dyfrakcyjna (10 pkt)

5.1 1 a =1 = =

200

1000

200 5

mm µm µm

5.2 1

λ α α µ

=asin ₁ ⇒ sin ₁ =0 633, µ ≈ , 5 m 0 1266

m d

L¹ ≈sinα₁ ⇒ d₁ ≈0 1266 0 5, ⋅ , m d₁ ≈ 0,0633 m d₁ ≈ 6,3 cm

lub

d₁ ≈ Lsin a₁ d L

1 ≈ aλ d1 0 5 0 633 d1

5 0 0633 6 3

≈ ⋅

≈ =

, m , m , ,

m µ m cm

µ

Jeśli uczeń napisze d L

1 =tgα1 i znajdzie tangens kąta, którego sinus jest równy 0,1266, to otrzyma wynik d₁ ≈ 6,4 cm.

5.3 1

n a n

λ= sinα_n ⇒ sinα_n = aλ

Maksymalna wartość kąta ugięcia dla prążka, który wystąpi jeszcze na ekranie jest równa 45°,

1

więc n a

max ≤ ⋅

λ 2 2 nmax

, ,

≤ 5 ⋅ ≈

0 633

2 2 5 58 µ

µ m

m

po każdej stronie prążka zerowego wystąpi pięć jasnych prążków.

1 W sumie na ekranie zobaczymy 11 jasnych prążków.

5.4

1 Na ekranie zobaczymy teraz jasne prążki w mniejszych wzajemnych odległościach i w sumie będzie ich więcej.

Jeśli uczeń nie napisze „i w sumie będzie ich więcej” – nie traci punktu.

1

Uzasadnienie:

W wodzie długość fali jest mniejsza niż w powietrzu.

λ λ

υ λ λυ

w λ

= ⇒ w= <

c c

1 zatem dla każdego jasnego prążka kąt ugięcia a_n będzie mniejszy, ponieważ n l_w = a sin a_n.

5.5 1

sin α λ λ υ

1= ^w= ⋅

a a c

d L L

1≈ sin α1= acλυ d₁ 0 5 0 633 2 25 10₈ ⁸

5 3 10 4 7

≈ ⋅ ⋅ ⋅

⋅ ⋅ ≈

, , ,

,

m cm

Uczeń może oddzielnie obliczyć długość fali w wodzie l_w ≈ 0,475 mm.

Jeśłi uczen skorzysta z tangensa kąta (patrz uwaga w punkcie 5.2), to otrzyma wynik 4,8 cm.

1 n_max≤ a ⋅ n_max≤ ⋅ ⋅a c n_max≤ ,

λ_w λ υ

2 2

2

2 7 45

Maksymalny rząd jasnego prążka widocznego na ekranie jest równy 7.

(6)

Zadanie 6. Wyznaczanie stałej Plancka (10 pkt)

6.1 1

E_k = hn − W, gdzie E_k = eU, ν

=cλ Układ równań:

eU₁ hc W

1

= −

λ eU hc

2 W

2

= −

λ

1 Rozwiązanie układu równań, tzn. wyprowadzenie wzoru na h.

1 Wyprowadzenie wzoru na W.

6.2

1 h = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅

⋅ ⋅ ⋅

− −

−

1 6 10 15 25 10 3 3 3 10 100 10

19 16 2

8 9

, C m , V

m

s m

h = 6,60 · 10⁻³⁴ J · s

1 W = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ − ⋅ ⋅

⋅

− − −

−

1 6 10 15 10 0 3 25 10 100 10

19 8 8

9

, C 3,6( , )Vm

m W = 7,44 · 10⁻¹⁹ J = 4,65 eV

6.3

1 h_max , ( , )

= ⋅ ⋅ − ⋅ ⋅ ⋅

⋅ ⋅ ⋅

− −

−

1 6 10 0 2 15 25 10 3 10 10

19 16

8 7

3,7 J s

h_max = 7,00 · 10⁻³⁴ J · s

1 hmin , ( , )

= ⋅ ⋅ − ⋅ ⋅ ⋅

⋅ ⋅ ⋅

− −

−

1 6 10 0 4 15 25 10 3 10 10

19 16

8 7

3,5 J s

h_min = 6,20 10⁻³⁴ J · s

6.4

1 ∆h = −

⋅ ⁻ ⋅ = ⋅ ⁻ ⋅

7 00 6 20

2 10 ³⁴ 0 40 10 ³⁴

, , J s , J s

h ± Dh = (6,60 ± 0,40) · 10⁻³⁴ J · s

1 ∆h

h ⋅100 =0 40⋅ ≈ 6 60 100 6 1

% ,

, % , %

6.5 1

W h hc hc

= ν = ⇒ =W

λ λ

gr.

gr. gr.

λ_gr. Js m

J s nm

= ⋅ ⋅ ⋅

⋅ ⋅ =

−

6 62 10 3 10

4 7 1 6 10 264

34 8

19

, , ,

Uczeń może podać wartość l = 2,64 · 10⁻⁷ m