Matura z fizyki: 10 celów, krok po kroku

Jądro atomowe składa się z nukleonów, czyli protonów i neutronów. Liczba atomowa $Z$ to liczba protonów, liczba masowa $A$ to liczba wszystkich nukleonów, więc neutronów jest $A-Z$. W zadaniu 11.3 z czerwca 2025 masz obliczyć energię wiązania przypadającą na jeden nukleon w jądrze polonu ${}_{84}^{218}$Po, a treść podaje masę protonu 1,007276 u, neutronu 1,008665 u i jądra 217,962858 u; u to jednostka masy atomowej. Energia wiązania to energia, którą trzeba dostarczyć, żeby rozbić jądro na osobne protony i neutrony. To jądro ma 84 protony i $218-84=134$ neutrony. Masy przepisujesz ze wszystkimi cyframi, bo ich różnica wyjdzie ponad sto razy mniejsza od masy całego jądra.

Jądro waży mniej niż osobno wzięte nukleony, z których się składa, a tę różnicę nazywa się deficytem masy $\Delta m$. Dla polonu $\Delta m=84\cdot 1,007276+134\cdot 1,008665-217,962858=1,809436$ u. Przy energii wiązania „przed” to osobne protony i neutrony, a „po” to gotowe jądro. Przy rozpadzie „przed” to jądro, które się rozpada, a „po” to wszystkie produkty, także lekkie cząstki. W zadaniu 11.3 z maja 2024 jądro fluoru-18 o masie 17,99600 u rozpada się na jądro o masie 17,99477 u i pozyton, czyli dodatni elektron (cząstkę ${\beta }^{+}$) o masie 0,00055 u, więc $\Delta m=17,99600-17,99477-0,00055=0,00068$ u. Bez masy pozytonu wychodzi 0,00123 u, prawie dwa razy za dużo.

Energia odpowiadająca deficytowi masy to $E=\Delta m\cdot c^2$, gdzie $c$ to prędkość światła. Gdy masy są w u, treść podaje przelicznik, zwykle $1\text{ u}\cdot c^2\approx 931,5$ MeV (w czerwcu 2023: 931,49 MeV), a MeV (megaelektronowolt) to jednostka energii używana dla jąder. Dla polonu energia wiązania to $E_w=1,809436\cdot 931,5\approx 1685,5$ MeV, a na jeden nukleon $\frac{1685,5}{218}\approx 7,73$ MeV. Czasem w jądro uderza rozpędzona cząstka, na przykład proton. Jej energię kinetyczną dodajesz do energii z deficytu masy. W zadaniu 10.3 z czerwca 2023 proton rozpędzono napięciem 270 kV, więc ma energię 0,270 MeV, a po jego uderzeniu w jądro litu-7 powstają dwie cząstki alfa, czyli jądra helu. Z deficytu masy wychodzi 17,345 MeV, więc cząstki alfa mają razem $17,345+0,270\approx 17,62$ MeV. Klucz za rachunek bez energii protonu daje 1 punkt z 3.

Czas połowicznego rozpadu $T$ to czas, po którym rozpada się połowa jąder danego izotopu, czyli odmiany pierwiastka o określonej liczbie neutronów. Liczba jąder, masa izotopu i moc cieplna wydzielana przez próbkę maleją według tego samego prawa: $\frac{N}{N_0}=(\frac{1}{2}{)}^{t/T}$, gdzie $N_0$ to liczba jąder na początku, a $N$ po czasie $t$. W zadaniu 10.2 z czerwca 2024 węgiel-14 ma $T=5730$ lat, a minęło 2865 lat, czyli połowa czasu połowicznego rozpadu. Zadanie pyta, jaka część masy węgla-14 zostaje: $\frac{m}{m_0}=(\frac{1}{2}{)}^{1/2}\approx 0,71$. Wynik $\frac{3}{4}$, czyli „po połowie czasu rozpadła się ćwiartka”, klucz ocenia na 2 punkty z 3. Gdy szukasz samego $T$, logarytmujesz: w zadaniu 12.3 z maja 2025 próbka plutonu-238 wydzielała 100 J/s ciepła, a 5 lat później 96,13 J/s, więc $T=\frac{5\log 0,5}{\log 0,9613}\approx 88$ lat.

Gaz doskonały to model gazu, w którym cząsteczki traktuje się jak punkty, które się nie przyciągają. Jego stan opisuje równanie Clapeyrona $pV=nRT$: $p$ to ciśnienie w paskalach, $V$ objętość w m³, $n$ liczba moli, $T$ temperatura w kelwinach, a $R\approx 8,31$ J/(mol·K). W zadaniu 6.3 z czerwca 2023 manometr w cylindrze pokazuje nadwyżkę ciśnienia nad atmosferycznym, 2300 hPa, ciśnienie atmosferyczne to 1020 hPa, temperatura 22 °C, masa molowa powietrza 29 g/mol, a trzeba obliczyć gęstość powietrza. Ciśnienie bezwzględne to całe ciśnienie gazu, czyli atmosferyczne plus nadwyżka z manometru. Do równania wstawiasz $p=1020+2300=3320$ hPa $=3,32\cdot 10^5$ Pa i $T=295$ K. Masa molowa $\mu$ to masa jednego mola, dla powietrza 0,029 kg/mol, a liczba moli to $n=\frac{m}{\mu }$. Z $pV=\frac{m}{\mu }RT$ wychodzi $\rho =\frac{p\mu }{RT}=\frac{3,32\cdot 10^5\cdot 0,029}{8,31\cdot 295}\approx 3,93$ kg/m³, a za sam wzór $\rho =\frac{p\mu }{RT}$ klucz daje 2 punkty z 3.

Przemiana to zmiana stanu gazu, a jej nazwa mówi, co się nie zmienia. W izochorycznej stała jest objętość, więc gaz nie wykonuje pracy. W izobarycznej stałe jest ciśnienie, a praca gazu to $p\Delta V$. W izotermicznej stała jest temperatura, więc iloczyn $pV$ jest stały, a w adiabatycznej gaz nie wymienia ciepła z otoczeniem. W zadaniu 6.1 z czerwca 2023 tłok pięć razy zmniejsza objętość powietrza w cylindrze, manometr pokazuje nadwyżkę ciśnienia, a trzeba sprawdzić, czy przemiana była izotermiczna. Iloczyn $pV$ rośnie razem z temperaturą, więc gdy $pV$ prawie się nie zmienia, temperatura też jest stała. Tu $pV$ z ciśnieniem bezwzględnym wychodzi od 64 800 do 67 200 hPa·cm³ i różni się o około 4%, mniej niż 5% dopuszczone w treści, więc przemiana była izotermiczna.

Energia wewnętrzna to suma energii ruchu wszystkich cząsteczek gazu; dla gazu doskonałego zależy tylko od temperatury. Pierwsza zasada termodynamiki mówi, że ciepło pobrane przez gaz idzie na przyrost energii wewnętrznej i na pracę gazu: $Q=\Delta U+W$. Ciepło molowe to ciepło, które ogrzewa 1 mol gazu o 1 K. Przy stałej objętości to $C_V$, dla gazu jednoatomowego $\frac{3}{2}R$, więc $\Delta U=n\cdot \frac{3}{2}R\Delta T$. Przy stałym ciśnieniu gaz dodatkowo wykonuje pracę, więc $C_p=C_V+R=\frac{5}{2}R$, a ciepło to $n\cdot \frac{5}{2}R\Delta T$. W zadaniu 6.3 z maja 2023 do 1 mola gazu jednoatomowego dostarczono przy stałym ciśnieniu 100 J ciepła. $\Delta U$ i ciepło to $\frac{3}{2}$ i $\frac{5}{2}$ tego samego $nR\Delta T$, więc $\Delta U=\frac{3}{5}Q=60$ J i praca gazu $W=100-60=40$ J. W przemianie adiabatycznej $Q=0$, więc przy rozprężaniu cała praca gazu idzie z jego energii wewnętrznej i gaz się ochładza.

Gdy ciała wymieniają ciepło tylko między sobą, ciepło oddane przez cieplejsze równa się ciepłu pobranemu przez chłodniejsze. Ciepło potrzebne do ogrzania to $mc\Delta T$, gdzie $c$ to ciepło właściwe, a do stopienia $mL$, gdzie $L$ to ciepło topnienia. W zadaniu 6 z czerwca 2025 do wody o masie $M$ i temperaturze 40 °C wrzucono lód o masie $m$ i temperaturze −10 °C, a na końcu była sama woda o temperaturze 0 °C. Ciepło właściwe wody to $c_w=4200$ J/(kg·K), lodu $c_l=2050$ J/(kg·K), a ciepło topnienia lodu $L=334000$ J/kg. Lód najpierw się ogrzewa do 0 °C, potem topnieje, więc $M{c}_w\cdot 40=m(c_l\cdot 10+L)$ i $\frac{m}{M}=\frac{4200\cdot 40}{2050\cdot 10+334000}\approx 0,47$. Bez ogrzewania lodu wychodzi około 0,50, a klucz daje wtedy najwyżej 1 punkt z 4.

Siła dośrodkowa to siła wypadkowa, która zakrzywia tor ciała w okrąg; ma wartość $\frac{m{v}^2}{r}$. Na orbicie kołowej tę rolę pełni sama grawitacja, więc $\frac{GMm}{r^2}=\frac{m{v}^2}{r}$, gdzie $M$ to masa ciała centralnego, $m$ masa satelity, a $G$ stała grawitacji. Prędkość na orbicie kołowej to obwód podzielony przez okres obiegu: $v=\frac{2\pi r}{T}$. W zadaniu 8.3 z czerwca 2023 Europa, księżyc Jowisza, krąży po orbicie o promieniu $6,711\cdot 10^5$ km z okresem 3,551 doby, a trzeba obliczyć masę Jowisza z dokładnością do trzech cyfr znaczących. Z tych dwóch równań wychodzi $M=\frac{4{\pi }^2{r}^3}{G{T}^2}$. Klucz daje 1 punkt za pierwsze równanie, drugi za wzór na $M$, a trzeci za wynik z jednostką.

III prawo Keplera mówi, że dla ciał krążących wokół tego samego ciała centralnego kwadrat okresu obiegu dzielony przez sześcian promienia orbity jest taki sam: $\frac{T_1^2}{a_1^3}=\frac{T_2^2}{a_2^3}$. Dla orbity kołowej $a$ to jej promień, a dla elipsy półoś wielka, o której jest krok 3. Tu promienie orbit oznaczamy $r$. W zadaniu 8.2 z czerwca 2023 okres Ganimedesa jest 4 razy dłuższy od okresu Io, a oba krążą wokół Jowisza, więc $(\frac{r_G}{r_I}{)}^3=4^2=16$ i $\frac{r_G}{r_I}=\sqrt[3]{16}\approx 2,5$. Za zapis III prawa Keplera dla obu księżyców klucz daje 1 punkt. Zamienione potęgi, czyli $r^2$ proporcjonalne do $T^3$, dają 8 zamiast 2,5 i nie spełniają nawet tego kryterium.

Orbita eliptyczna ma punkt najbliższy ciała centralnego, w odległości $r_P$, i najdalszy, w odległości $r_A$. Ciało centralne leży w ognisku elipsy, czyli w punkcie przesuniętym od jej środka wzdłuż najdłuższej osi, a nie w samym środku. Do III prawa Keplera wstawiasz półoś wielką $a=\frac{r_P+r_A}{2}$. W zadaniu 5.3 z maja 2025 planetoida Chiron jest najbliżej Słońca w odległości 8,5 au, a najdalej 18,9 au, gdzie au to średnia odległość Ziemi od Słońca, a Ziemia obiega Słońce w 1 rok. Półoś to 13,7 au. Dla Ziemi $a=1$ au i $T=1$ rok, więc w tych jednostkach $T^2=a^3$ i okres Chirona to $T=13,7^{3/2}\approx 51$ lat, a z odległością 18,9 au zamiast półosi wyszłoby około 82 lat.

Stała grawitacji $G\approx 6,67\cdot 10^{-11}$ N·m²/kg² jest podana w jednostkach SI, więc do wzoru z $G$ wstawiasz metry i sekundy. Dla Europy $r=6,711\cdot 10^8$ m, $T=3,551\cdot 86400\approx 3,068\cdot 10^5$ s, a masa Jowisza wychodzi $M\approx 1,90\cdot 10^{27}$ kg. Z kilometrami i dobami wyszłoby około $1,4\cdot 10^{28}$ kg, a trzeci punkt jest tylko za prawidłowy wynik z jednostką. W proporcji z III prawa Keplera jednostki się skracają, więc au i lata wystarczą. Gdy polecenie podaje liczbę cyfr znaczących, zaokrąglasz dopiero w ostatniej linii.