{"id":"fizyka-2026-maj-matura-rozszerzona/zad/11","paper_id":"fizyka-2026-maj-matura-rozszerzona","number":"11","points":7,"ptype":"open","subject":"fizyka","category":"matura","year":2026,"month":"maj","level":"rozszerzona","text":"Zadanie 11.\nIzotop neonu\nNe\n23\nulega rozpadowi promieniotwórczemu w wyniku przemiany β-.\nW wyniku tego rozpadu powstają: cząstka β- (elektron), jądro pewnego pierwiastka, który\noznaczymy jako X, oraz antyneutrino elektronowe ν̃. Antyneutrino ma zerowy ładunek\nelektryczny, a jego masę możemy pominąć.","answer":null,"answer_text":null,"solution":"Odpowiedź: **11.1.** W rozpadzie $\\beta^-$ neutron w jądrze zamienia się w proton, elektron i antyneutrino. Liczba masowa **się nie zmienia**, liczba atomowa **rośnie o 1**: $$^{23}_{10}\\text{Ne} \\rightarrow\\ ^{23}_{11}\\text{Na} + \\beta^- + ^{0}_{0}\\tilde{\\nu}$$ $$\\boxed{X = ^{23}_{11}\\text{Na} \\text{ — sód}}$$ **11.2. PP** **Stwierdzenie 1 — prawda.** Rozpad zachodzi samorzutnie, więc musi być energetycznie korzystny: masa jądra macierzystego jest **większa** od sumy mas produktów. Ta różnica (deficyt masy) zamienia się w energię zgodnie z $E = \\Delta m c^2$. **Stwierdzenie 2 — prawda.** Jądro przed rozpadem spoczywało, a energia z deficytu masy musi się gdzieś podziać — zamienia się w **energię kinetyczną produktów**. Dodatkowo z zasady zachowania pędu: skoro pęd początkowy był zerowy, produkty muszą się rozbiegać w przeciwne strony, a więc mają niezerowe prędkości. **11.3.** **Krok 1. Odczyt wartości początkowej.** Z wykresu dla $t = 0$: $\\log_{10} m_0 = 1{,}4$. **Krok 2. Wartość logarytmu dla połowy masy.** Szukamy chwili, w której zostanie $m_0/2$: $$\\log_{10}\\!\\left(\\frac{m_0}{2}\\right) = \\log_{10} m_0 - \\log_{10} 2 = 1{,}4 - 0{,}30 \\approx 1{,}1$$ **Krok 3. Odczyt czasu z wykresu.** Wartość $\\log_{10} m = 1{,}1$ prosta osiąga dla $$\\boxed{T \\approx 0{,}6\\ \\text{min}}$$ (CKE uznaje wyniki z przedziału $0{,}60$–$0{,}65$ min.) **Sposób alternatywny — przez współczynnik kierunkowy.** Prosta przecina oś $t$ (czyli $\\log_{10} m = 0$) przy $t \\approx 2{,}9$ min, więc jej nachylenie wynosi $$k = \\frac{1{,}4 - 0}{2{,}9\\ \\text{min}} \\approx 0{,}48\\ \\frac{1}{\\text{min}}, \\qquad \\log_{10} m = 1{,}4 - kt$$ Warunek połowicznego rozpadu $\\log_{10} 2 = kT$ daje $$T = \\frac{\\log_{10} 2}{k} = \\frac{0{,}301}{0{,}48\\ \\text{min}^{-1}} \\approx 0{,}63\\ \\text{min}$$\n\nTreść zadania (CKE)\n\nTrzy rozpady — jak zmieniają się $A$ i $Z$\n\nRozpad | Emitowana cząstka | $A$ | $Z$ | Kierunek w układzie okresowym\n$\\alpha$ | $^{4}_{2}\\text{He}$ | $-4$ | $-2$ | dwa pola w lewo\n$\\beta^-$ | elektron $^{0}_{-1}e$ + $\\tilde{\\nu}$ | bez zmian | $+1$ | jedno pole w prawo\n$\\beta^+$ | pozyton $^{0}_{+1}e$ + $\\nu$ | bez zmian | $-1$ | jedno pole w lewo\n\nMechanizm rozpadu $\\beta^-$ na poziomie nukleonu:\n\n$$n \\rightarrow p + e^- + \\tilde{\\nu}_e$$\n\nJądro neonu ma 10 protonów i 13 neutronów. Po rozpadzie: 11 protonów i 12 neutronów — nadal 23 nukleony, ale to już sód.\n\nDlaczego rozpad wymaga deficytu masy\n\n$$m_{\\text{Ne}} > m_{\\text{Na}} + m_e \\quad\\Rightarrow\\quad E_k = \\left(m_{\\text{Ne}} - m_{\\text{Na}} - m_e\\right)c^2 > 0$$\n\nGdyby ta różnica była ujemna, rozpad byłby energetycznie zabroniony — jądro musiałoby skądś pobrać energię, a spoczywające, izolowane jądro nie ma skąd. To ogólna reguła: każdy samorzutny rozpad idzie w stronę mniejszej masy spoczynkowej.\n\nEnergia kinetyczna rozdziela się między trzy produkty, przy czym antyneutrino zabiera zmienną część — dlatego widmo energetyczne elektronów w rozpadzie beta jest ciągłe, a nie liniowe jak w rozpadzie $\\alpha$.\n\nWykres logarytmiczny — dlaczego z niego prosta\n\nPrawo rozpadu ma postać wykładniczą:\n\n$$m(t) = m_0 \\cdot 2^{-t/T}$$\n\nPo zlogarytmowaniu obu stron:\n\n$$\\log_{10} m = \\log_{10} m_0 - \\frac{t}{T}\\log_{10} 2$$\n\nTo równanie prostej $y = b - kt$ o współczynniku kierunkowym $k = \\dfrac{\\log_{10} 2}{T}$. Stąd dwie równoważne drogi do wyniku:\n\nMetoda | Co odczytać z wykresu | Rachunek\nodczyt punktowy | $t$ dla $\\log_{10} m = 1{,}4 - 0{,}30 = 1{,}1$ | bezpośrednio $T$\nnachylenie | dwa punkty prostej, np. $(0;\\ 1{,}4)$ i $(2{,}9;\\ 0)$ | $T = \\log_{10} 2 / k$\n\nObie dają ten sam wynik, ok. 0,6 min. Metoda przez nachylenie jest dokładniejsza, bo korzysta z dwóch odległych punktów zamiast jednego odczytu.\n\nKolejne czasy połowicznego rozpadu\n\nPonieważ na osi jest logarytm, kolejne połowienia masy odkładają się na wykresie w równych odstępach pionowych po 0,30:\n\n$t$ | pozostała część $m_0$ | $\\log_{10} m$\n0 | 1 | 1,40\n$T \\approx 0{,}62$ min | $1/2$ | 1,10\n$2T \\approx 1{,}25$ min | $1/4$ | 0,80\n$3T \\approx 1{,}87$ min | $1/8$ | 0,50\n$4T \\approx 2{,}5$ min | $1/16$ | 0,20\n\nTen rytm to najprostsze sprawdzenie poprawności odczytu: jeśli odstępy między kolejnymi połowieniami nie wychodzą równe, gdzieś jest błąd.\n\nPunktacja CKE\n\n- 11.1. 2 pkt — poprawne liczby $^{23}_{11}$ oraz symbol/nazwa (Na, sód);\n1 pkt — same poprawne liczby albo sam poprawny symbol.\n- 11.2. 1 pkt — PP (odpowiedź niepełna = 0 pkt).\n- 11.3. 4 pkt — poprawna metoda i wynik z przedziału $0{,}60$–$0{,}65$ min z jednostką;\n3 pkt — poprawne obliczenie $\\log_{10}(m_0/2) \\approx 1{,}1$ (albo błędna wartość, ale konsekwentny odczyt czasu);\nniższe progi — częściowe wykorzystanie prawa rozpadu i własności logarytmu.\n- Razem: 7 pkt.\n\nTypowy błąd: **W 11.1 najczęstszy błąd to zmniejszenie liczby atomowej.** W rozpadzie $\\beta^-$ emitowany jest **elektron o ładunku $-1$**, więc żeby ładunek się bilansował, jądro musi zyskać $+1$: $Z = 10 \\to 11$. Sód, nie fluor. Reguła: $\\beta^-$ przesuwa pierwiastek **w prawo** w układzie okresowym, $\\beta^+$ i rozpad $\\alpha$ — w lewo. **Liczba masowa w rozpadzie beta się nie zmienia.** Elektron ma $A = 0$, antyneutrino też. Zapis $^{22}_{11}$ albo $^{24}_{11}$ to automatyczne zero. **W 11.2 pierwsze stwierdzenie bywa uznawane za fałszywe „bo masa się zachowuje\".** Nie zachowuje się — zachowuje się **energia całkowita**, a masa spoczynkowa może się częściowo zamienić w energię kinetyczną. Bez deficytu masy rozpad w ogóle by nie zachodził. **W 11.3 największa pułapka to potraktowanie wykresu jak zwykłej krzywej zaniku.** Na osi pionowej jest **logarytm** masy, a nie masa. Odczytanie „połowy wysokości wykresu\" (czyli $\\log_{10} m = 0{,}7$) daje $t \\approx 1{,}45$ min — wynik ponad dwukrotnie za duży. Połowę masy odpowiada odjęcie od logarytmu wartości $\\log_{10} 2 \\approx 0{,}30$, a nie podzielenie logarytmu przez 2. **Warto zapamiętać $\\log_{10} 2 \\approx 0{,}301$** — to jedna z niewielu wartości logarytmu, których na fizyce po prostu trzeba znać na pamięć (albo umieć odczytać z tablic). **Sprawdź jednostkę.** Oś czasu jest w minutach, więc odpowiedź to ok. 0,6 min ≈ 37 s. Podanie „0,6 s\" albo „0,6 h\" kosztuje punkt za wynik.","image":"img/fizyka-2026-maj-matura-rozszerzona/zad-11.webp","solution_image":null,"topics":"fizyka jadrowa, rozpad beta minus, deficyt masy, czas polowicznego rozpadu, wykres logarytmiczny","page_from":26,"source":"maturaonline","answer_source":null,"answer_text_source":null,"solution_source":"maturaonline","text_source":"ocr","source_label":"Fizyka · Matura · maj 2026 (rozszerzona)","subject_label":"Fizyka","category_label":"Matura","text_html":"

Zadanie 11.
Izotop neonu
Ne
23
ulega rozpadowi promieniotwórczemu w wyniku przemiany β-.
W wyniku tego rozpadu powstają: cząstka β- (elektron), jądro pewnego pierwiastka, który
oznaczymy jako X, oraz antyneutrino elektronowe ν̃. Antyneutrino ma zerowy ładunek
elektryczny, a jego masę możemy pominąć.

","solutions":[{"source":"maturaonline","label":"matura-online.pl","kind":"text","html":"

Odpowiedź: 11.1. W rozpadzie $\\beta^-$ neutron w jądrze zamienia się w proton, elektron i antyneutrino. Liczba masowa się nie zmienia, liczba atomowa rośnie o 1: $$^{23}{10}\\text{Ne} \\rightarrow\\ ^{23}{11}\\text{Na} + \\beta^- + ^{0}{0}\\tilde{\\nu}$$ $$\\boxed{X = ^{23}{11}\\text{Na} \\text{ — sód}}$$ 11.2. PP Stwierdzenie 1 — prawda. Rozpad zachodzi samorzutnie, więc musi być energetycznie korzystny: masa jądra macierzystego jest większa od sumy mas produktów. Ta różnica (deficyt masy) zamienia się w energię zgodnie z $E = \\Delta m c^2$. Stwierdzenie 2 — prawda. Jądro przed rozpadem spoczywało, a energia z deficytu masy musi się gdzieś podziać — zamienia się w energię kinetyczną produktów. Dodatkowo z zasady zachowania pędu: skoro pęd początkowy był zerowy, produkty muszą się rozbiegać w przeciwne strony, a więc mają niezerowe prędkości. 11.3. Krok 1. Odczyt wartości początkowej. Z wykresu dla $t = 0$: $\\log_{10} m_0 = 1{,}4$. Krok 2. Wartość logarytmu dla połowy masy. Szukamy chwili, w której zostanie $m_0/2$: $$\\log_{10}\\!\\left(\\frac{m_0}{2}\\right) = \\log_{10} m_0 - \\log_{10} 2 = 1{,}4 - 0{,}30 \\approx 1{,}1$$ Krok 3. Odczyt czasu z wykresu. Wartość $\\log_{10} m = 1{,}1$ prosta osiąga dla $$\\boxed{T \\approx 0{,}6\\ \\text{min}}$$ (CKE uznaje wyniki z przedziału $0{,}60$–$0{,}65$ min.) Sposób alternatywny — przez współczynnik kierunkowy. Prosta przecina oś $t$ (czyli $\\log_{10} m = 0$) przy $t \\approx 2{,}9$ min, więc jej nachylenie wynosi $$k = \\frac{1{,}4 - 0}{2{,}9\\ \\text{min}} \\approx 0{,}48\\ \\frac{1}{\\text{min}}, \\qquad \\log_{10} m = 1{,}4 - kt$$ Warunek połowicznego rozpadu $\\log_{10} 2 = kT$ daje $$T = \\frac{\\log_{10} 2}{k} = \\frac{0{,}301}{0{,}48\\ \\text{min}^{-1}} \\approx 0{,}63\\ \\text{min}$$

\n

Treść zadania (CKE)

\n

Trzy rozpady — jak zmieniają się $A$ i $Z$

\n

Rozpad | Emitowana cząstka | $A$ | $Z$ | Kierunek w układzie okresowym
$\\alpha$ | $^{4}_{2}\\text{He}$ | $-4$ | $-2$ | dwa pola w lewo
$\\beta^-$ | elektron $^{0}_{-1}e$ + $\\tilde{\\nu}$ | bez zmian | $+1$ | jedno pole w prawo
$\\beta^+$ | pozyton $^{0}_{+1}e$ + $\\nu$ | bez zmian | $-1$ | jedno pole w lewo

\n

Mechanizm rozpadu $\\beta^-$ na poziomie nukleonu:

\n

$$n \\rightarrow p + e^- + \\tilde{\\nu}_e$$

\n

Jądro neonu ma 10 protonów i 13 neutronów. Po rozpadzie: 11 protonów i 12 neutronów — nadal 23 nukleony, ale to już sód.

\n

Dlaczego rozpad wymaga deficytu masy

\n

$$m_{\\text{Ne}} > m_{\\text{Na}} + m_e \\quad\\Rightarrow\\quad E_k = \\left(m_{\\text{Ne}} - m_{\\text{Na}} - m_e\\right)c^2 > 0$$

\n

Gdyby ta różnica była ujemna, rozpad byłby energetycznie zabroniony — jądro musiałoby skądś pobrać energię, a spoczywające, izolowane jądro nie ma skąd. To ogólna reguła: każdy samorzutny rozpad idzie w stronę mniejszej masy spoczynkowej.

\n

Energia kinetyczna rozdziela się między trzy produkty, przy czym antyneutrino zabiera zmienną część — dlatego widmo energetyczne elektronów w rozpadzie beta jest ciągłe, a nie liniowe jak w rozpadzie $\\alpha$.

\n

Wykres logarytmiczny — dlaczego z niego prosta

\n

Prawo rozpadu ma postać wykładniczą:

\n

$$m(t) = m_0 \\cdot 2^{-t/T}$$

\n

Po zlogarytmowaniu obu stron:

\n

$$\\log_{10} m = \\log_{10} m_0 - \\frac{t}{T}\\log_{10} 2$$

\n

To równanie prostej $y = b - kt$ o współczynniku kierunkowym $k = \\dfrac{\\log_{10} 2}{T}$. Stąd dwie równoważne drogi do wyniku:

\n

Metoda | Co odczytać z wykresu | Rachunek
odczyt punktowy | $t$ dla $\\log_{10} m = 1{,}4 - 0{,}30 = 1{,}1$ | bezpośrednio $T$
nachylenie | dwa punkty prostej, np. $(0;\\ 1{,}4)$ i $(2{,}9;\\ 0)$ | $T = \\log_{10} 2 / k$

\n

Obie dają ten sam wynik, ok. 0,6 min. Metoda przez nachylenie jest dokładniejsza, bo korzysta z dwóch odległych punktów zamiast jednego odczytu.

\n

Kolejne czasy połowicznego rozpadu

\n

Ponieważ na osi jest logarytm, kolejne połowienia masy odkładają się na wykresie w równych odstępach pionowych po 0,30:

\n

$t$ | pozostała część $m_0$ | $\\log_{10} m$
0 | 1 | 1,40
$T \\approx 0{,}62$ min | $1/2$ | 1,10
$2T \\approx 1{,}25$ min | $1/4$ | 0,80
$3T \\approx 1{,}87$ min | $1/8$ | 0,50
$4T \\approx 2{,}5$ min | $1/16$ | 0,20

\n

Ten rytm to najprostsze sprawdzenie poprawności odczytu: jeśli odstępy między kolejnymi połowieniami nie wychodzą równe, gdzieś jest błąd.

\n

Punktacja CKE

\n\n

1 pkt — same poprawne liczby albo sam poprawny symbol.

\n\n

3 pkt — poprawne obliczenie $\\log_{10}(m_0/2) \\approx 1{,}1$ (albo błędna wartość, ale konsekwentny odczyt czasu);
niższe progi — częściowe wykorzystanie prawa rozpadu i własności logarytmu.

\n\n

Typowy błąd: W 11.1 najczęstszy błąd to zmniejszenie liczby atomowej. W rozpadzie $\\beta^-$ emitowany jest elektron o ładunku $-1$, więc żeby ładunek się bilansował, jądro musi zyskać $+1$: $Z = 10 \\to 11$. Sód, nie fluor. Reguła: $\\beta^-$ przesuwa pierwiastek w prawo w układzie okresowym, $\\beta^+$ i rozpad $\\alpha$ — w lewo. Liczba masowa w rozpadzie beta się nie zmienia. Elektron ma $A = 0$, antyneutrino też. Zapis $^{22}{11}$ albo $^{24}{11}$ to automatyczne zero. W 11.2 pierwsze stwierdzenie bywa uznawane za fałszywe „bo masa się zachowuje". Nie zachowuje się — zachowuje się energia całkowita, a masa spoczynkowa może się częściowo zamienić w energię kinetyczną. Bez deficytu masy rozpad w ogóle by nie zachodził. W 11.3 największa pułapka to potraktowanie wykresu jak zwykłej krzywej zaniku. Na osi pionowej jest logarytm masy, a nie masa. Odczytanie „połowy wysokości wykresu" (czyli $\\log_{10} m = 0{,}7$) daje $t \\approx 1{,}45$ min — wynik ponad dwukrotnie za duży. Połowę masy odpowiada odjęcie od logarytmu wartości $\\log_{10} 2 \\approx 0{,}30$, a nie podzielenie logarytmu przez 2. Warto zapamiętać $\\log_{10} 2 \\approx 0{,}301$ — to jedna z niewielu wartości logarytmu, których na fizyce po prostu trzeba znać na pamięć (albo umieć odczytać z tablic). Sprawdź jednostkę. Oś czasu jest w minutach, więc odpowiedź to ok. 0,6 min ≈ 37 s. Podanie „0,6 s" albo „0,6 h" kosztuje punkt za wynik.

"}]}