{"id":"fizyka-2024-czerwiec-matura-stara-rozszerzona/zad/8.2","paper_id":"fizyka-2024-czerwiec-matura-stara-rozszerzona","number":"8.2","points":4,"ptype":"open","subject":"fizyka","category":"matura","year":2024,"month":"czerwiec","level":"rozszerzona","text":"Zadanie 8.2. (0-4)\nW chwili 𝑡0 = 0 kulka K1 spoczywała i znajdowała się w punkcie 𝐴. Odległość K1 od K2\nw chwili 𝑡0 była równa 𝑟𝐴= 0,10 m (zobacz rysunek 1.).\nW pewnej chwili 𝑡𝐵 podczas ruchu, kulka K1 znalazła się w punkcie 𝐵. Odległość K1 od K2\nw chwili 𝑡𝐵 była równa 𝑟𝐵= 0,05 m. (zobacz rysunek 2.).\nRysunek 1.\nRysunek 2.\nNa wykresie (strona 21) przedstawiono zależność wartości siły wypadkowej działającej na\nkulkę K1 od odległości do K2 - podczas ruchu kulki od punktu 𝐴 do punktu 𝐵.\nK1\nK2\n𝑟\n𝑟𝐴\n𝐴\nK1\nK2\n𝑟\n𝑟𝐵\n𝐵\nEFAP_R0_100\nOblicz wartość prędkości kulki w punkcie 𝑩. Zapisz obliczenia.\nWskazówka: Wykorzystaj graficzną metodę wyznaczania pracy, gdy dany jest wykres zależności\nsiły od położenia, albo wykorzystaj zasadę zachowania energii w polu elektrycznym.\nB\nA\n0\n0,0001\n0,0002\n0,0003\n0,0004\n0,0005\n0,0006\n0,0007\n0,0008\n0\n0,01\n0,02\n0,03\n0,04\n0,05\n0,06\n0,07\n0,08\n0,09\n0,1\nr, m\nF, N\nEFAP_R0_100","answer":null,"answer_text":"Zadanie 8.2. (0-4)\nZasady oceniania\n4 pkt - poprawna metoda obliczenia prędkości kulki w punkcie B oraz prawidłowy wynik\nliczbowy z jednostką.\n3 pkt - zapisanie związku pomiędzy pracą siły elektrycznej od A do B a zmianą energii\nkinetycznej oraz wykorzystanie wzoru na energię kinetyczną oraz uwzględnienie, że\n𝐸𝑘𝑖𝑛𝐴= 0 J, oraz poprawna metoda obliczenia pracy siły 𝐹⃗ (jako pola pod wykresem\n𝐹(𝑟)𝐴𝐵 albo jako odpowiedniej różnicy energii potencjalnych elektrycznych\n(powiązanych z siłami)), np. zapisy równoważne poniższym:\n𝑊𝐹= 1\n2 𝑚𝑣𝐵\n2 oraz\n( 𝑊𝐹= Pole pod 𝐹(𝑟) albo ( 𝑊𝐹= -(𝐸𝑝𝑜𝑡𝐵-𝐸𝑝𝑜𝑡𝐴) i 𝐸𝑝𝑜𝑡𝐴,𝐵= -𝐹𝑟𝐴,𝐵) )\nLUB\n- poprawne zapisanie zasady zachowania energii oraz zastosowanie wzorów na\nenergie kinetyczne i potencjalne elektryczne oraz powiązanie energii potencjalnych\nelektrycznych z siłami, np. zapisy równoważne poniższym:\n0 + (-𝐹𝐴⋅𝑟𝐴) = 1\n2 𝑚𝑣𝐵\n2 + (-𝐹𝐵⋅𝑟𝐵)\n2 pkt - zapisanie związku pomiędzy pracą siły elektrycznej od A do B a zmianą energii\nkinetycznej oraz wykorzystanie wzoru na energię kinetyczną oraz uwzględnienie, że\n𝐸𝑘𝑖𝑛𝐴= 0 J, np. zapisy równoważne poniższym:\n𝑊𝐹= 1\n2 𝑚𝑣𝐵\n2\nLUB\n- zapisanie związku pomiędzy pracą siły elektrycznej od A do B a zmianą energii\nkinetycznej oraz poprawna metoda obliczenia pracy siły 𝐹⃗ (jako pola pod wykresem\n𝐹(𝑟)𝐴𝐵 albo jako odpowiedniej różnicy energii potencjalnych elektrycznych), np.\nzapisy równoważne poniższym:\n𝑊𝐹= 𝐸𝑘𝑖𝑛𝐵-𝐸𝑘𝑖𝑛𝐴 oraz ( 𝑊𝐹= Pole pod 𝐹(𝑟) albo 𝑊𝐹= -(𝐸𝑝𝑜𝑡𝐵-𝐸𝑝𝑜𝑡𝐴))\nLUB\n- poprawne zapisanie zasady zachowania energii oraz zastosowanie wzorów na\nenergie kinetyczne i potencjalne elektryczne, np. zapisy równoważne poniższym:\n0 + (-𝑘|𝑞1||𝑞2|\n𝑟𝐴\n) = 1\n2 𝑚𝑣𝐵\n2 + (-𝑘|𝑞1||𝑞2|\n𝑟𝐵\n)\nLUB\nZasady oceniania rozwiązań zadań\n- poprawna metoda obliczenia pracy siły 𝐹⃗ (jako pola pod wykresem 𝐹(𝑟)𝐴𝐵 albo jako\nodpowiedniej różnicy energii potencjalnych elektrycznych (powiązanych z siłami))\noraz podanie prawidłowego wyniku liczbowego z jednostką:\n[metoda] → 𝑊𝐹= 20 ⋅10-6 N ⋅m (albo wynik przybliżony)\n1 pkt - zapisanie związku pomiędzy pracą siły elektrycznej od A do B a zmianą energii\nkinetycznej, np. zapisy równoważne poniższym:\n𝑊𝐹= 𝐸𝑘𝑖𝑛𝐵-𝐸𝑘𝑖𝑛𝐴\nLUB\n- poprawna metoda obliczenia pracy siły 𝐹⃗ jako pola pod wykresem 𝐹(𝑟)𝐴𝐵, np. zapisy\nrównoważne poniższym (lub świadczące o obliczaniu pola):\n𝑊𝐹= Pole pod 𝐹(𝑟)\nLUB\n- poprawna metoda obliczenia pracy siły 𝐹⃗ jako odpowiedniej różnicy energii\npotencjalnych elektrycznych, np. zapisy równoważne poniższym:\n𝑊𝐹= -(𝐸𝑝𝑜𝑡𝐵-𝐸𝑝𝑜𝑡𝐴)\nLUB\n- poprawne zapisanie zasady zachowania energii, np. zapisy równoważne poniższym:\n𝐸𝑘𝑖𝑛𝐴+ 𝐸𝑝𝑜𝑡𝐴= 𝐸𝑘𝑖𝑛𝐵+ 𝐸𝑝𝑜𝑡𝐵\n0 pkt - rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.\nPrzykładowe pełne rozwiązania\nSposób 1.\nWykorzystamy twierdzenie o pracy siły wypadkowej i zmianie energii kinetycznej dla\nnaszego przypadku. Siłą wypadkową jest siła elektryczna: 𝐹⃗𝑤= 𝐹⃗𝑒𝑙, zatem:\n1) 𝑊𝐹𝑒𝑙= 𝐸𝑘𝑖𝑛𝐵-𝐸𝑘𝑖𝑛𝐴 oraz 𝐸𝑘𝑖𝑛𝐴= 0 J → 2) 𝑊𝐹𝑒𝑙= 𝐸𝑘𝑖𝑛𝐵\nWykorzystamy wzór na energię kinetyczną:\n3) 𝑊𝐹𝑒𝑙= 1\n2 𝑚𝑣𝐵\n2\nSkorzystamy z twierdzenia, że praca siły na odcinku 𝐴𝐵 jest równa polu pod wykresem siły\nna tym odcinku. Pole oszacujemy następująco - figurę pod wykresem przybliżymy pięcioma\ntrapezami prostokątnymi o wysokości dwóch kratek (poziomo).\n4) 𝑊𝐹𝑒𝑙= Pole pod F(𝑟)\n≈(1\n2 (8 + 5,5) ⋅1 + 1\n2 (5,5 + 4) ⋅1 + 1\n2 (4 + 3) ⋅1 + 1\n2 (3 + 2,5) ⋅1\n+ 1\n2 (2,5 + 2) ⋅1) ⋅10-4 N ⋅10-2 m = 20 ⋅10-6 N ⋅m\nWynik z 4) oraz masę kulki podstawimy do równania 3)\n5) 20 ⋅10-6 N ⋅m = 1\n2 ⋅5 ⋅10-3 kg ⋅𝑣𝐵\n2 → 𝑣𝐵\n2 = 0,008 m2\ns2\n6) 𝑣𝐵\n2 = 0,008 m2\ns2 zatem 𝑣𝐵≈0,089 m\ns\nSposób 2.\nWykorzystamy twierdzenie o pracy siły wypadkowej i zmianie energii kinetycznej dla\nnaszego przypadku. Siłą wypadkową jest siła elektryczna: 𝐹⃗𝑤= 𝐹⃗, zatem:\n1) 𝑊𝐹𝑒𝑙= 𝐸𝑘𝑖𝑛𝐵-𝐸𝑘𝑖𝑛𝐴 oraz 𝐸𝑘𝑖𝑛𝐴= 0 J → 2) 𝑊𝐹𝑒𝑙= 𝐸𝑘𝑖𝑛𝐵\nWykorzystamy definicję energii potencjalnej elektrycznej: praca siły elektrycznej wzięta\nz minusem jest równa zmianie energii potencjalnej elektrycznej:\n3) -𝑊𝐹𝑒𝑙= 𝐸𝑝𝑜𝑡𝐵-𝐸𝑝𝑜𝑡𝐴\nZestawimy równania 2) i 3) w jedno (wyrażające tak naprawdę zasadę zachowania energii\nmechanicznej w polu elektrycznym):\n4) 𝐸𝑘𝑖𝑛𝐵= 𝐸𝑝𝑜𝑡𝐴-𝐸𝑝𝑜𝑡𝐵\nZastosujemy wzory na energie potencjalne elektryczne i energie kinetyczne:\n5) 1\n2 𝑚𝑣𝐵\n2 = -𝑘|𝑞1||𝑞2|\n𝑟𝐴\n-(-𝑘|𝑞1||𝑞2|\n𝑟𝐵\n)\nEnergię potencjalną elektryczną ładunku w polu elektrycznym centralnym powiążemy z siłą\ndziałającą na ten ładunek:\n6) 𝐸𝑝𝑜𝑡= -𝑘|𝑞1||𝑞2|\n𝑟\n𝐹𝑒𝑙= 𝑘|𝑞1||𝑞2|\n𝑟2\n→ 7) 𝐸𝑝𝑜𝑡= -𝐹𝑒𝑙⋅𝑟\nZwiązek 7) podstawimy do 5):\n8) 1\n2 𝑚𝑣𝐵\n2 = -𝐹𝐴⋅𝑟𝐴-(-𝐹𝐵⋅𝑟𝐵) → 1\n2 𝑚𝑣𝐵\n2 = 𝐹𝐵⋅𝑟𝐵-𝐹𝐴⋅𝑟𝐴\n9) 𝑣𝐵= √2\n𝑚(𝐹𝐵⋅𝑟𝐵-𝐹𝐴⋅𝑟𝐴)\nDo równania 9) podstawimy dane i wartości odczytane z wykresu:\n9) 𝑣𝐵= √\n2\n0,005 kg (0,0008 ⋅0,05 -0,0002 ⋅0,1) N ⋅m\n𝑣𝐵= √\n2\n0,005 kg ⋅0,00002 N ⋅m ≈0,08944 … m\ns ≈0,089 m\ns\nSposób 3.\nZastosujemy zasadę zachowania energii:\n𝐸𝐴= 𝐸𝐵 → 𝐸𝑘𝑖𝑛𝐴+ 𝐸𝑝𝑜𝑡𝐴= 𝐸𝑘𝑖𝑛𝐵+ 𝐸𝑝𝑜𝑡𝐵\nZastosujemy wzory na energię kinetyczną i potencjalną elektryczną. Energię potencjalną\nelektryczną ładunku w polu elektrycznym centralnym powiążemy z siłą działającą na ten\nładunek:\n𝐸𝑝𝑜𝑡= -𝑘|𝑞1||𝑞2|\n𝑟\n𝐹= 𝑘|𝑞1||𝑞2|\n𝑟2\n→ 𝐸𝑝𝑜𝑡= -𝐹⋅𝑟\nZasady oceniania rozwiązań zadań\nOtrzymany związek podstawimy do równania powyżej:\n0 -𝐹𝐴⋅𝑟𝐴= 1\n2 𝑚𝑣𝐵\n2 -𝐹𝐵⋅𝑟𝐵 → 𝑣𝐵= √2\n𝑚(𝐹𝐵⋅𝑟𝐵-𝐹𝐴⋅𝑟𝐴)\nDo otrzymanego równania podstawimy dane i wartości odczytane z wykresu:\n𝑣𝐵= √\n2\n0,005 kg (0,0008 ⋅0,05 -0,0002 ⋅0,1) N ⋅m\n𝑣𝐵= √\n2\n0,005 kg ⋅0,00002 N ⋅m ≈0,08944 … m\ns ≈0,089 m\ns","solution":null,"image":"img/fizyka-2024-czerwiec-matura-stara-rozszerzona/zad-8.2.webp","solution_image":null,"topics":null,"page_from":20,"source":"ocr","answer_source":null,"answer_text_source":"ocr","solution_source":null,"text_source":"ocr","source_label":"Fizyka · Matura · czerwiec 2024 (rozszerzona)","subject_label":"Fizyka","category_label":"Matura","text_html":"

Zadanie 8.2. (0-4)
W chwili 𝑡0 = 0 kulka K1 spoczywała i znajdowała się w punkcie 𝐴. Odległość K1 od K2
w chwili 𝑡0 była równa 𝑟𝐴= 0,10 m (zobacz rysunek 1.).
W pewnej chwili 𝑡𝐵 podczas ruchu, kulka K1 znalazła się w punkcie 𝐵. Odległość K1 od K2
w chwili 𝑡𝐵 była równa 𝑟𝐵= 0,05 m. (zobacz rysunek 2.).
Rysunek 1.
Rysunek 2.
Na wykresie (strona 21) przedstawiono zależność wartości siły wypadkowej działającej na
kulkę K1 od odległości do K2 - podczas ruchu kulki od punktu 𝐴 do punktu 𝐵.
K1
K2
𝑟
𝑟𝐴
𝐴
K1
K2
𝑟
𝑟𝐵
𝐵
EFAP_R0_100
Oblicz wartość prędkości kulki w punkcie 𝑩. Zapisz obliczenia.
Wskazówka: Wykorzystaj graficzną metodę wyznaczania pracy, gdy dany jest wykres zależności
siły od położenia, albo wykorzystaj zasadę zachowania energii w polu elektrycznym.
B
A
0
0,0001
0,0002
0,0003
0,0004
0,0005
0,0006
0,0007
0,0008
0
0,01
0,02
0,03
0,04
0,05
0,06
0,07
0,08
0,09
0,1
r, m
F, N
EFAP_R0_100

","answer_text_html":"

Zadanie 8.2. (0-4)
Zasady oceniania
4 pkt - poprawna metoda obliczenia prędkości kulki w punkcie B oraz prawidłowy wynik
liczbowy z jednostką.
3 pkt - zapisanie związku pomiędzy pracą siły elektrycznej od A do B a zmianą energii
kinetycznej oraz wykorzystanie wzoru na energię kinetyczną oraz uwzględnienie, że
𝐸𝑘𝑖𝑛𝐴= 0 J, oraz poprawna metoda obliczenia pracy siły 𝐹⃗ (jako pola pod wykresem
𝐹(𝑟)𝐴𝐵 albo jako odpowiedniej różnicy energii potencjalnych elektrycznych
(powiązanych z siłami)), np. zapisy równoważne poniższym:
𝑊𝐹= 1
2 𝑚𝑣𝐵
2 oraz
( 𝑊𝐹= Pole pod 𝐹(𝑟) albo ( 𝑊𝐹= -(𝐸𝑝𝑜𝑡𝐵-𝐸𝑝𝑜𝑡𝐴) i 𝐸𝑝𝑜𝑡𝐴,𝐵= -𝐹𝑟𝐴,𝐵) )
LUB

\n\n

energie kinetyczne i potencjalne elektryczne oraz powiązanie energii potencjalnych
elektrycznych z siłami, np. zapisy równoważne poniższym:
0 + (-𝐹𝐴⋅𝑟𝐴) = 1
2 𝑚𝑣𝐵
2 + (-𝐹𝐵⋅𝑟𝐵)
2 pkt - zapisanie związku pomiędzy pracą siły elektrycznej od A do B a zmianą energii
kinetycznej oraz wykorzystanie wzoru na energię kinetyczną oraz uwzględnienie, że
𝐸𝑘𝑖𝑛𝐴= 0 J, np. zapisy równoważne poniższym:
𝑊𝐹= 1
2 𝑚𝑣𝐵
2
LUB

\n\n

kinetycznej oraz poprawna metoda obliczenia pracy siły 𝐹⃗ (jako pola pod wykresem
𝐹(𝑟)𝐴𝐵 albo jako odpowiedniej różnicy energii potencjalnych elektrycznych), np.
zapisy równoważne poniższym:
𝑊𝐹= 𝐸𝑘𝑖𝑛𝐵-𝐸𝑘𝑖𝑛𝐴 oraz ( 𝑊𝐹= Pole pod 𝐹(𝑟) albo 𝑊𝐹= -(𝐸𝑝𝑜𝑡𝐵-𝐸𝑝𝑜𝑡𝐴))
LUB

\n\n

energie kinetyczne i potencjalne elektryczne, np. zapisy równoważne poniższym:
0 + (-𝑘|𝑞1||𝑞2|
𝑟𝐴
) = 1
2 𝑚𝑣𝐵
2 + (-𝑘|𝑞1||𝑞2|
𝑟𝐵
)
LUB
Zasady oceniania rozwiązań zadań

\n\n

odpowiedniej różnicy energii potencjalnych elektrycznych (powiązanych z siłami))
oraz podanie prawidłowego wyniku liczbowego z jednostką:
[metoda] → 𝑊𝐹= 20 ⋅10-6 N ⋅m (albo wynik przybliżony)
1 pkt - zapisanie związku pomiędzy pracą siły elektrycznej od A do B a zmianą energii
kinetycznej, np. zapisy równoważne poniższym:
𝑊𝐹= 𝐸𝑘𝑖𝑛𝐵-𝐸𝑘𝑖𝑛𝐴
LUB

\n\n

równoważne poniższym (lub świadczące o obliczaniu pola):
𝑊𝐹= Pole pod 𝐹(𝑟)
LUB

\n\n

potencjalnych elektrycznych, np. zapisy równoważne poniższym:
𝑊𝐹= -(𝐸𝑝𝑜𝑡𝐵-𝐸𝑝𝑜𝑡𝐴)
LUB

\n\n

𝐸𝑘𝑖𝑛𝐴+ 𝐸𝑝𝑜𝑡𝐴= 𝐸𝑘𝑖𝑛𝐵+ 𝐸𝑝𝑜𝑡𝐵
0 pkt - rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.
Przykładowe pełne rozwiązania
Sposób 1.
Wykorzystamy twierdzenie o pracy siły wypadkowej i zmianie energii kinetycznej dla
naszego przypadku. Siłą wypadkową jest siła elektryczna: 𝐹⃗𝑤= 𝐹⃗𝑒𝑙, zatem:

\n
  1. 𝑊𝐹𝑒𝑙= 𝐸𝑘𝑖𝑛𝐵-𝐸𝑘𝑖𝑛𝐴 oraz 𝐸𝑘𝑖𝑛𝐴= 0 J → 2) 𝑊𝐹𝑒𝑙= 𝐸𝑘𝑖𝑛𝐵
\n

Wykorzystamy wzór na energię kinetyczną:

\n
  1. 𝑊𝐹𝑒𝑙= 1
\n

2 𝑚𝑣𝐵
2
Skorzystamy z twierdzenia, że praca siły na odcinku 𝐴𝐵 jest równa polu pod wykresem siły
na tym odcinku. Pole oszacujemy następująco - figurę pod wykresem przybliżymy pięcioma
trapezami prostokątnymi o wysokości dwóch kratek (poziomo).

\n
  1. 𝑊𝐹𝑒𝑙= Pole pod F(𝑟)
\n

≈(1
2 (8 + 5,5) ⋅1 + 1
2 (5,5 + 4) ⋅1 + 1
2 (4 + 3) ⋅1 + 1
2 (3 + 2,5) ⋅1

\n\n

2 (2,5 + 2) ⋅1) ⋅10-4 N ⋅10-2 m = 20 ⋅10-6 N ⋅m
Wynik z 4) oraz masę kulki podstawimy do równania 3)

\n
  1. 20 ⋅10-6 N ⋅m = 1
\n

2 ⋅5 ⋅10-3 kg ⋅𝑣𝐵
2 → 𝑣𝐵
2 = 0,008 m2
s2

\n
  1. 𝑣𝐵
\n

2 = 0,008 m2
s2 zatem 𝑣𝐵≈0,089 m
s
Sposób 2.
Wykorzystamy twierdzenie o pracy siły wypadkowej i zmianie energii kinetycznej dla
naszego przypadku. Siłą wypadkową jest siła elektryczna: 𝐹⃗𝑤= 𝐹⃗, zatem:

\n
  1. 𝑊𝐹𝑒𝑙= 𝐸𝑘𝑖𝑛𝐵-𝐸𝑘𝑖𝑛𝐴 oraz 𝐸𝑘𝑖𝑛𝐴= 0 J → 2) 𝑊𝐹𝑒𝑙= 𝐸𝑘𝑖𝑛𝐵
\n

Wykorzystamy definicję energii potencjalnej elektrycznej: praca siły elektrycznej wzięta
z minusem jest równa zmianie energii potencjalnej elektrycznej:

\n
  1. -𝑊𝐹𝑒𝑙= 𝐸𝑝𝑜𝑡𝐵-𝐸𝑝𝑜𝑡𝐴
\n

Zestawimy równania 2) i 3) w jedno (wyrażające tak naprawdę zasadę zachowania energii
mechanicznej w polu elektrycznym):

\n
  1. 𝐸𝑘𝑖𝑛𝐵= 𝐸𝑝𝑜𝑡𝐴-𝐸𝑝𝑜𝑡𝐵
\n

Zastosujemy wzory na energie potencjalne elektryczne i energie kinetyczne:

\n
  1. 1
\n

2 𝑚𝑣𝐵
2 = -𝑘|𝑞1||𝑞2|
𝑟𝐴
-(-𝑘|𝑞1||𝑞2|
𝑟𝐵
)
Energię potencjalną elektryczną ładunku w polu elektrycznym centralnym powiążemy z siłą
działającą na ten ładunek:

\n
  1. 𝐸𝑝𝑜𝑡= -𝑘|𝑞1||𝑞2|
\n

𝑟
𝐹𝑒𝑙= 𝑘|𝑞1||𝑞2|
𝑟2
→ 7) 𝐸𝑝𝑜𝑡= -𝐹𝑒𝑙⋅𝑟
Związek 7) podstawimy do 5):

\n
  1. 1
\n

2 𝑚𝑣𝐵
2 = -𝐹𝐴⋅𝑟𝐴-(-𝐹𝐵⋅𝑟𝐵) → 1
2 𝑚𝑣𝐵
2 = 𝐹𝐵⋅𝑟𝐵-𝐹𝐴⋅𝑟𝐴

\n
  1. 𝑣𝐵= √2
\n

𝑚(𝐹𝐵⋅𝑟𝐵-𝐹𝐴⋅𝑟𝐴)
Do równania 9) podstawimy dane i wartości odczytane z wykresu:

\n
  1. 𝑣𝐵= √
\n

2
0,005 kg (0,0008 ⋅0,05 -0,0002 ⋅0,1) N ⋅m
𝑣𝐵= √
2
0,005 kg ⋅0,00002 N ⋅m ≈0,08944 … m
s ≈0,089 m
s
Sposób 3.
Zastosujemy zasadę zachowania energii:
𝐸𝐴= 𝐸𝐵 → 𝐸𝑘𝑖𝑛𝐴+ 𝐸𝑝𝑜𝑡𝐴= 𝐸𝑘𝑖𝑛𝐵+ 𝐸𝑝𝑜𝑡𝐵
Zastosujemy wzory na energię kinetyczną i potencjalną elektryczną. Energię potencjalną
elektryczną ładunku w polu elektrycznym centralnym powiążemy z siłą działającą na ten
ładunek:
𝐸𝑝𝑜𝑡= -𝑘|𝑞1||𝑞2|
𝑟
𝐹= 𝑘|𝑞1||𝑞2|
𝑟2
→ 𝐸𝑝𝑜𝑡= -𝐹⋅𝑟
Zasady oceniania rozwiązań zadań
Otrzymany związek podstawimy do równania powyżej:
0 -𝐹𝐴⋅𝑟𝐴= 1
2 𝑚𝑣𝐵
2 -𝐹𝐵⋅𝑟𝐵 → 𝑣𝐵= √2
𝑚(𝐹𝐵⋅𝑟𝐵-𝐹𝐴⋅𝑟𝐴)
Do otrzymanego równania podstawimy dane i wartości odczytane z wykresu:
𝑣𝐵= √
2
0,005 kg (0,0008 ⋅0,05 -0,0002 ⋅0,1) N ⋅m
𝑣𝐵= √
2
0,005 kg ⋅0,00002 N ⋅m ≈0,08944 … m
s ≈0,089 m
s

","solutions":[]}