Modele odpowiedzi i punktacji - Fizyka

Próbny egzamin maturalny z fizyki i astronomii 

poziom rozszerzony 

Modele odpowiedzi i punktacji 

1 

Zadanie 1. Areometr (10 pkt) 

Zadanie Pkt Oczekiwane rozwiązanie Uwagi 

1.1 

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. 

Wartość siły wyporu obliczamy na podstawie 

prawa Archimedesa. 

F = ρ lSg 

wyporu 

m 

mg = ρclSg ⇒ l = 

Sρ 

Jest to zależność odwrotnie proporcjonalna. 

l 

c 

c 

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 

1 

l w 

002 , kg 

= 

−4 2 3 kg 

10 m ⋅10 

3 

m 

= 0, 200 m = 20, 

0 cm 

002 , 

l r 

= m ≈ 0, 185 m = 18, 

5 cm 

−4 

10 ⋅108 

, 

∆l w,r 

≈ 15 , cm 

1.4 1 

2 

∆l 

a, t 

m ⎛ 1 1 ⎞ 

= ⎜ − ⎟ = 

S ⎝ ρa 

ρt 

⎠ 

m 

S 

ρt 

− ρa 

⋅ 

ρρ 

00280 , ⋅ 

∆l a, t 

= 

m ≈ 25 , cm 

−4 

10 ⋅870⋅790 

Takim samym różnicom gęstości cieczy 

odpowiadają w różnych zakresach podziałki 

różne odległości kresek. Mniejszym gęstościom 

odpowiadają większe odległości kresek. 

l 

t 

a 

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. 

Uczeń może wyrazić różnymi zdaniami 

pożądaną treść odpowiedzi. 

1.5 

1 

l a,t 

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. 

l w,r 

a 

t 

w 

r 

c

Zadanie 2. Przemiany gazu (10 pkt) 



2 


1 

Wpisanie do tabeli objętości gazu: 

5, 10, 15, 20, 25 

2.1 1 

1 

2.2 1 

1 

2.3 

1 

2.4 1 

2.5 1 

1 

2.6 

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 

Zaznaczenie na wykresie p(V) punktów 

ilustrujących poszczególne stany gazu. 

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. 

p = const, więc T V 

= ⇒ T = T V 1 

T1 V1 

V1 

T = 120,5 K · 5 = 602,5 K 

Narysowanie poziomego odcinka 

na wykresie p(V) 

V = const, narysowanie pionowego odcinka 

na wykresie p(V) 

Tak, energia wewnętrzna gazu zmieniła się 

o taką samą wartość, ponieważ jej zmiana nie 

zależy od rodzaju przemiany, tylko od stanu 

początkowego i końcowego. 

p = const 

5 5 

Qp 

= Rn∆ Tp 

= Rn( 5T1− T1) 

= 10RnT1 

2 2 

V = const 

3 3 

QV 

= Rn∆ TV 

= Rn( 10T1− 5T1) = 7, 

5RnT1 

2 2 

W przemianie izobarycznej gaz pobrał więcej 

ciepła niż w przemianie izochorycznej. 

W przypadku pomyłki w zaokrąglaniu wartości 

temperatury uczeń otrzymuje punkt. 

Uczeń otrzymuje punkt tylko w przypadku 

podania uzasadnienia. 

Uczeń otrzymuje punkt tylko w przypadku 

podania uzasadnienia. 

Uczeń nie musi do wyprowadzonych wzorów 

wstawiać wartości liczbowych, ale jeśli 

podstawi, to otrzyma wartości: 

Q p 

≈ 5000 J, Q V 

≈ 3750 J

Zadanie 3. Odważnik na sprężynie (10 pkt) 



3 


3.1 1 T = 2 s 

3.2 

3.3 

1 

1 

1 

1 

W chwili t 0 

= 0 odważnik znajdował się 

w punkcie R. 

Uzasadnienie: Tylko w punkcie R przyspieszenie 

odważnika ma maksymalną wartość i jest 

zgodnie zwrócone z osią x (tzn. ma dodatnią 

współrzędną). 

a max 

= w 2 A 

A = a = 

a T 

max max 

2 

2 

ω 4π 

m 

05 , ⋅ 4 s 

2 

A = 

s 

498596 ⋅ , 

2 

2 

≈ 5 cm 

3.4 

3.5 

1 Sprężyna jest wówczas wydłużona. Uczeń może podać wydłużenie (5 cm) 

1 

Wydłużona sprężyna działa na odważnik siłą 

zwróconą w górę. 

1 Siła ciężkości – jej źródłem jest Ziemia. 

1 Siła sprężystości – jej źródłem jest sprężyna. 

1 

Siła wypadkowa w punkcie P jest zwrócona 

w dół.

Zadanie 4. Rezonans w obwodzie RLC (10 pkt) 



4 


4.1 1 

I 

s 

I s 

= 

= 

R 

2 

U 

s 

⎛ 1 ⎞ 

+ ⎜ωL− 

⎟ 

⎝ ωC 

⎠ 

200 V 

40 + ( 40 −80) 

2 2 

2 

≈ 35 , A 

Ω 

1 

1 

4.2 

1 

1 

1 

1 

4.3 1 

1 

4.4 1 

Po wsunięciu rdzenia opór indukcyjny wzrośnie. 

Uzasadnienie: Indukcyjność L obwodu 

wzrośnie, a opór indukcyjny R L 

= wL. 

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 

. 

• 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). 

• 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. 

Rezonans polega na osiągnięciu maksymalnej 

wartości skutecznego natężenia prądu; 

zjawisko to występuje, gdy opór indukcyjny 

i pojemnościowy obwodu zrównają się. 

W opisanym obwodzie indukcyjność musiałaby 

wzrosnąć do takiej wartości, przy której R L 

osiągnęłoby wartość równą R C 

= 80 W. 

Pojemność musiałaby wzrosnąć, bo wówczas 

opór pojemnościowy R = 1 

C 

mógłby się 

ωC 

zmniejszyć do R L 

= 40 W. 

Częstotliwość (w = 2pn) musiałaby wzrosnąć; 

wówczas R L 

= wL będzie wzrastał od 40 W, 

a R = 1 

C 

będzie malał od 80 W i przy 

ωC 

pewnej wartości w obydwa opory (indukcyjny 

i pojemnościowy) osiągną jednakową wartość 

(zawartą między 40 W i 80 W). 

Zdanie nie jest prawdziwe. 

Różnica faz między napięciem i natężeniem 

prądu znika w obwodzie RLC w przypadku 

rezonansu. 

Uczeń nie musi napisać, jaki charakter ma 

obwód. 

Uczeń może pożądaną treść wyrazić innymi 

słowami. 

Uczeń nie musi precyzyjnie oddzielić 

odpowiedzi na pytania: „Na czym polega?” 

i „Kiedy występuje?”. 

Za samo stwierdzenie, że dana wielkość 

musiałaby wzrosnąć uczeń nie otrzymuje 

punktu.

Zadanie 5. Siatka dyfrakcyjna (10 pkt) 



5 


5.1 1 

1 mm 1000 µ m 

a = = = 5 µ m 

200 200 

5.2 1 

1 

0, 

633 µ m 

λ = asinα1 ⇒ sinα1 

= ≈0, 

1266 

5 µ m 

d1 

≈sin α1 ⇒ d1 ≈0, 1266⋅05 

, m 

L 

d 1 

≈ 0,0633 m d 1 

≈ 6,3 cm 

lub 

L 

d 1 

≈ Lsin a 1 

d ≈ λ 

1 

a 

05 , m⋅0, 

633 µ m 

d ≈ 

5 µ m 

1 1 

nλ = asinα ⇒ sinα 

= 

n 

d 

≈ 0, 0633 m = 63 , cm 

n 

nλ 

a 

Maksymalna wartość kąta ugięcia dla prążka, 

który wystąpi jeszcze na ekranie jest równa 45°, 

Jeśli uczeń napisze d 1 

L 

= tgα 

1 

i znajdzie tangens 

kąta, którego sinus jest równy 0,1266, to 

otrzyma wynik d 1 

≈ 6,4 cm. 

5.3 

1 

więc n 

max ≤ 

a 

λ 

⋅ 

2 

2 

5 µ m 2 

n max 

≤ ⋅ ≈ 558 , 

0, 

633 µ m 2 

po każdej stronie prążka zerowego wystąpi pięć 

jasnych prążków. 

1 

W sumie na ekranie zobaczymy 11 jasnych 

prążków. 

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. 

5.4 

1 

Uzasadnienie: 

W wodzie długość fali jest mniejsza niż 

w powietrzu. 

λ υ 

λ λ υ w 

= ⇒ 

w 

= < λ 

λ 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 

λ λ υ 

sin α = w 

= ⋅ 

1 

a a c 

d 

≈ Lsin α = 

1 1 

Lλυ 

ac 

0, 633⋅22510 

, ⋅ 

5310 ⋅⋅ 

8 

d 1 

≈05 

, m⋅ 

8 

≈ 47 , 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 

a 2 a c 2 

≤ ⋅ n ≤ ⋅ ⋅ n ≤745 

λ 2 λ υ 2 

max max max 

, 

w 

Maksymalny rząd jasnego prążka widocznego 

na ekranie jest równy 7.

Zadanie 6. Wyznaczanie stałej Plancka (10 pkt) 



6 


6.1 

1 

1 

E k 

= hn − W, gdzie E k 

= eU, ν = c 

λ 

Układ równań: 

hc 

eU1 

= −W 

λ 

eU 

2 

1 

hc 

= −W 

λ 

2 

Rozwiązanie układu równań, tzn. wyprowadzenie 

wzoru na h. 

1 Wyprowadzenie wzoru na W. 

6.2 

6.3 

6.4 

1 

1 

1 

1 

1 

1 

h = ⋅ −19 ⋅ ⋅ ⋅ −16 2 

16 , 10 C 15 25 10 m ⋅ 33 , V 

8 m 

−9 

310 ⋅ ⋅100⋅10 

m 

s 

h = 6,60 · 10 −34 J · s 

W = ⋅ −19 ⋅ ⋅ ⋅ −8 − ⋅ ⋅ −8 

16 , 10 C ( 3,6 15 10 03 , 25 10 ) Vm 

−9 

100⋅10 

m 

W = 7,44 · 10 −19 J = 4,65 eV 

, ( , ) 

h max 

= ⋅ − 

16 10 ⋅ 3,7 − 02 ⋅ 15 ⋅ 25 ⋅ 10 

8 −7 

310 ⋅ ⋅10 

h max 

= 7,00 · 10 −34 J · s 

19 −16 

, ( , ) 

h min 

= ⋅ − 

16 10 ⋅ 3,5 − 04 ⋅ 15 ⋅ 25 ⋅ 10 

8 −7 

310 ⋅ ⋅10 

19 −16 

J⋅s 

J⋅s 

h min 

= 6,20 10 −34 J · s 

700 , −6, 

20 

− 

− 

∆h = ⋅10 34 J⋅ s= 04010 , ⋅ 34 J⋅s 

2 

h ± Dh = (6,60 ± 0,40) · 10 −34 J · s 

∆h 

h ⋅ 100% = 040 , 

660 ⋅ 100% ≈ 61 , % 

, 

6.5 1 

W = hc 

hc 

hν 

= ⇒ = 

gr. 

λgr. 

λ 

W 

λ gr. 

gr. 

− 

66210 , ⋅ Js⋅3⋅10 

= 

−19 

4716 , ⋅ , ⋅10 

J 

34 8 

m 

s 

= 264 nm 

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

Modele odpowiedzi i punktacji - Fizyka

You also want an ePaper? Increase the reach of your titles

Delete template?

Save as template?