MFAP-R0-100-2605 • Otwarte rozszerzone • 7 pkt • Trudność: ★★★★☆

Zadanie 11

Matura z fizyki, maj 2026, poziom rozszerzony

Wymaganie:

II. Rozwiązywanie problemów z wykorzystaniem praw i zależności fizycznych. Fizyka jądrowa: rozpady promieniotwórcze, prawo rozpadu, czas połowicznego rozpadu, deficyt masy i równoważność masy i energii. Analiza wykresu w skali logarytmicznej.

Treść zadania

Izotop neonu $^{23} Ne$ ulega rozpadowi promieniotwórczemu w wyniku przemiany $β^{-}$ . Powstają: cząstka $β^{-}$ (elektron), jądro pewnego pierwiastka $X$ oraz antyneutrino elektronowe $\tilde{ν}$ (ładunek zerowy, masa pomijalna).

11.1. (0–2) Uzupełnij schemat rozpadu, wpisując liczby atomową i masową oraz symbol (lub nazwę) pierwiastka $X$ :

$_{10}^{23} Ne \to_{\dots}^{\dots} X + β^{-} +_{0}^{0} \tilde{ν}$

11.2. (0–1) Tuż przed rozpadem jądro neonu było nieruchome. Oceń prawdziwość stwierdzeń (P/F):

Masa jądra neonu $^{23} Ne$ jest większa od łącznej sumy mas produktów rozpadu $β^{-}$ tego jądra.
Produkty rozpadu $β^{-}$ jądra neonu $^{23} Ne$ uzyskują energię kinetyczną.

11.3. (0–4) Badano próbkę promieniotwórczą zawierającą jądra $^{23} Ne$ . Łączną masę jąder pozostających w próbce po czasie $t$ oznaczono jako $m$ . Na wykresie przedstawiono zależność $lo g_{10} m$ od czasu $t$ (linia prosta od punktu $(0; 1, 4)$ , przecinająca oś czasu przy $t \approx 2, 9$ min). Na podstawie wykresu oblicz $T$ — czas połowicznego rozpadu.

Źródło: arkusz CKE MFAP-R0-100-2605. Otwórz oryginalny PDF

Rozwiązanie

11.1.

W rozpadzie $β^{-}$ neutron w jądrze zamienia się w proton, elektron i antyneutrino. Liczba masowa się nie zmienia, liczba atomowa rośnie o 1:

$_{10}^{23} Ne \to_{11}^{23} Na + β^{-} +_{0}^{0} \tilde{ν}$

$X =_{11}^{23} Na — s \overset{o}{ˊ} d$

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 $E = Δ m c^{2}$ .

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 $t = 0$ : $lo g_{10} m_{0} = 1, 4$ .

Krok 2. Wartość logarytmu dla połowy masy. Szukamy chwili, w której zostanie $m_{0} /2$ :

$lo g_{10} (\frac{m _{0}}{2}) = lo g_{10} m_{0} - lo g_{10} 2 = 1, 4 - 0, 30 \approx 1, 1$

Krok 3. Odczyt czasu z wykresu. Wartość $lo g_{10} m = 1, 1$ prosta osiąga dla

$T \approx 0, 6 min$

(CKE uznaje wyniki z przedziału $0, 60$ – $0, 65$ min.)

Sposób alternatywny — przez współczynnik kierunkowy. Prosta przecina oś $t$ (czyli $lo g_{10} m = 0$ ) przy $t \approx 2, 9$ min, więc jej nachylenie wynosi

$k = \frac{1 , 4 - 0}{2 , 9 min} \approx 0, 48 \frac{1}{min}, lo g_{10} m = 1, 4 - k t$

Warunek połowicznego rozpadu $lo g_{10} 2 = k T$ daje

$T = \frac{lo g _{10} 2}{k} = \frac{0 , 301}{0 , 48 min ^{- 1}} \approx 0, 63 min$

Typowy błąd / pułapka

W 11.1 najczęstszy błąd to zmniejszenie liczby atomowej. W rozpadzie $β^{-}$ emitowany jest elektron o ładunku $- 1$ , więc żeby ładunek się bilansował, jądro musi zyskać $+ 1$ : $Z = 10 \to 11$ . Sód, nie fluor. Reguła: $β^{-}$ przesuwa pierwiastek w prawo w układzie okresowym, $β^{+}$ i rozpad $α$ — w lewo.

Liczba masowa w rozpadzie beta się nie zmienia. Elektron ma $A = 0$ , antyneutrino też. Zapis $_{11}^{22}$ albo $_{11}^{24}$ 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 $lo g_{10} m = 0, 7$ ) daje $t \approx 1, 45$ min — wynik ponad dwukrotnie za duży. Połowę masy odpowiada odjęcie od logarytmu wartości $lo g_{10} 2 \approx 0, 30$ , a nie podzielenie logarytmu przez 2.

Warto zapamiętać $lo g_{10} 2 \approx 0, 301$ — 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.

Treść zadania (CKE)

Zadanie 11 — fizyka 2026, poziom rozszerzony, arkusz CKE — Fragment arkusza CKE MFAP-R0-100-A-2605 — zadanie 11. Na podstawie: CKE, matura maj 2026, fizyka PR Oryginalny PDF CKE

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

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

Mechanizm rozpadu $β^{-}$ na poziomie nukleonu:

$n \to p + e^{-} + \tilde{ν}_{e}$

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

Dlaczego rozpad wymaga deficytu masy

$m_{Ne} > m_{Na} + m_{e} \Rightarrow E_{k} = (m_{Ne} - m_{Na} - m_{e}) c^{2} > 0$

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.

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 $α$ .

Wykres logarytmiczny — dlaczego z niego prosta

Prawo rozpadu ma postać wykładniczą:

$m (t) = m_{0} \cdot 2^{- t / T}$

Po zlogarytmowaniu obu stron:

$lo g_{10} m = lo g_{10} m_{0} - \frac{t}{T} lo g_{10} 2$

To równanie prostej $y = b - k t$ o współczynniku kierunkowym $k = \frac{lo g _{10} 2}{T}$ . Stąd dwie równoważne drogi do wyniku:

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

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

Kolejne czasy połowicznego rozpadu

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

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

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

Punktacja CKE

11.1. 2 pkt — poprawne liczby $_{11}^{23}$ oraz symbol/nazwa (Na, sód); 1 pkt — same poprawne liczby albo sam poprawny symbol.
11.2. 1 pkt — PP (odpowiedź niepełna = 0 pkt).
11.3. 4 pkt — poprawna metoda i wynik z przedziału $0, 60$ – $0, 65$ min z jednostką; 3 pkt — poprawne obliczenie $lo g_{10} (m_{0} /2) \approx 1, 1$ (albo błędna wartość, ale konsekwentny odczyt czasu); niższe progi — częściowe wykorzystanie prawa rozpadu i własności logarytmu.
Razem: 7 pkt.

Rozumiesz, jak to rozwiązać?

Przećwicz podobne typy zadań w aplikacji

matury-online.pl ma tysiące zadań pogrupowanych po dziedzinach. Sprawdź, czy temat „fizyka jadrowa, rozpad beta minus, deficyt masy, czas polowicznego rozpadu, wykres logarytmiczny" zrobisz samodzielnie.

Otwórz matury-online.pl