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

Zadanie 4

Matura z fizyki, maj 2026, poziom rozszerzony

Wymaganie:

II. Rozwiązywanie problemów z wykorzystaniem praw i zależności fizycznych. Ruch drgający i fale: długość fali, częstotliwość, prędkość fali, natężenie, dyfrakcja, załamanie fali na granicy ośrodków.

Treść zadania

W ośrodku $M_{1}$ rozchodzi się ultradźwiękowa fala płaska $F$ o ustalonej amplitudzie. W zadaniach 4.1–4.4 pomijamy pochłanianie fali w ośrodku.

Informacja do 4.1–4.2. Na rysunku 1. przedstawiono obraz fali $F$ w chwili $t_{0}$ . Pionowe odcinki odpowiadają powierzchniom falowym odległym od siebie o długość fali $λ_{1}$ . Wyróżniono odcinki $K$ i $L$ pokrywające się z dwiema powierzchniami falowymi. Czas przejścia fali od $K$ do $L$ wynosi $Δ t_{K L} = 0, 07 ms$ .

4.1. (0–2) Oblicz $f$ — częstotliwość opisanej fali ultradźwiękowej.

4.2. (0–1) Natężenie fali

F

w połowie odległości między odcinkami

K

L

w porównaniu z natężeniem tej fali na odcinku

K

jest:A. 4 razy większe ·B. 2 razy większe ·C.

2

razy większe ·D. takie samo.

4.3. (0–1) Fala płaska $F$ dociera do przeszkody z wąską szczeliną (ten sam ośrodek $M_{1}$ po obu stronach). Na którym rysunku (A–D) prawidłowo przedstawiono kolejne powierzchnie falowe po przejściu przez szczelinę?

4.4. (0–3) Fala pada z ośrodka $M_{1}$ na granicę z ośrodkiem $M_{2}$ pod kątem $α_{1}$ , przy czym $v_{1} = 2 v_{2}$ . Dorysuj kierunek biegu fali w $M_{2}$ oraz kontynuacje powierzchni falowych. Wpisz wartość ilorazu $\frac{λ _{1}}{λ _{2}}$ .

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

Rozwiązanie

4.1.

Z rysunku odczytujemy, że odległość między odcinkami $K$ i $L$ mieści dokładnie dziewięć długości fali:

$Δ t_{K L} = 9 T \Rightarrow T = \frac{Δ t _{K L}}{9} = \frac{0 , 07 ms}{9} = 7, \overline{7} \cdot 1 0^{- 6} s$

$f = \frac{1}{T} = \frac{9}{7 \cdot 1 0 ^{- 5} s} \approx 1, 29 \cdot 1 0^{5} Hz$

$f \approx 1, 3 \cdot 1 0^{5} Hz = 129 kHz$

4.2. D — takie samo.

Natężenie fali jest proporcjonalne do kwadratu amplitudy: $I \propto A^{2}$ . We wstępie zapisano, że fala ma ustaloną amplitudę i że pomijamy pochłanianie — więc każdy punkt ośrodka drga z tą samą amplitudą, a natężenie jest wszędzie takie samo.

4.3. A

Za wąską szczeliną (o szerokości porównywalnej z $λ$ ) zachodzi dyfrakcja: szczelina staje się nowym źródłem punktowym, a powierzchnie falowe są koliste, rozchodzące się promieniście od szczeliny. Nie pozostają płaskie i nie zwężają się do wiązki.

4.4.

Częstotliwość fali nie zmienia się przy przejściu do drugiego ośrodka — zmienia się prędkość, a z nią długość fali:

$λ_{1} = \frac{v _{1}}{f}, λ_{2} = \frac{v _{2}}{f} \Rightarrow \frac{λ _{1}}{λ _{2}} = \frac{v _{1}}{v _{2}}$

$\frac{λ _{1}}{λ _{2}} = 2$

Rysunek. Ponieważ $v_{2} < v_{1}$ , fala przechodzi do ośrodka wolniejszego, więc:

kąt załamania jest mniejszy od kąta padania — kierunek biegu fali w $M_{2}$ załamuje się w stronę normalnej,
powierzchnie falowe w $M_{2}$ pozostają prostopadłe do nowego kierunku biegu, czyli są odchylone w lewo względem linii $b, c, d, e, f$ w $M_{1}$ ,
odstęp między nimi jest dwa razy mniejszy niż w $M_{1}$ .

Typowy błąd / pułapka

W 4.1 najczęstszy błąd to policzenie powierzchni falowych zamiast odstępów. Jeżeli między $K$ a $L$ narysowano 10 linii, to odstępów jest 9 — i to one odpowiadają długościom fali. Klasyczny „błąd płotu": liczba przęseł jest o jeden mniejsza niż liczba słupków.

Druga pułapka w 4.1: 0,07 ms to nie 0,07 s. $1 ms = 1 0^{- 3} s$ , więc $Δ t_{K L} = 7 \cdot 1 0^{- 5} s$ . Pominięcie tego przeliczenia daje wynik 1000 razy za mały — i częstotliwość 129 Hz, która wcale nie jest ultradźwiękowa.

W 4.2 kusi myślenie „im dalej od źródła, tym słabiej". To prawda dla fali kulistej, gdzie energia rozkłada się na coraz większą powierzchnię. Tu mamy falę płaską o ustalonej amplitudzie i bez pochłaniania — natężenie się nie zmienia. Zadanie sprawdza, czy czytasz założenia z treści.

W 4.3 kusi rysunek z falą płaską przechodzącą przez szczelinę bez zmian. Wąska szczelina to podręcznikowy przypadek dyfrakcji — za nią fala rozchodzi się we wszystkich kierunkach, koliście, zgodnie z zasadą Huygensa.

W 4.4 uwaga na kierunek załamania. Fala wchodzi do ośrodka wolniejszego, więc załamuje się do normalnej (kąt maleje). Odwrotny błąd — odchylenie od normalnej — kosztuje warunek K, a często i warunek PF, bo powierzchnie falowe rysuje się wtedy w złą stronę.

I jeszcze jedno: powierzchnie falowe są zawsze prostopadłe do kierunku biegu fali. Jeśli dorysujesz kierunek pod jednym kątem, a powierzchnie pod innym, rysunek jest wewnętrznie sprzeczny.

Treść zadania (CKE)

Zadanie 4 — fizyka 2026, poziom rozszerzony, arkusz CKE — Fragment arkusza CKE MFAP-R0-100-A-2605 — zadanie 4. Na podstawie: CKE, matura maj 2026, fizyka PR Oryginalny PDF CKE

Co się zmienia, a co zostaje przy przejściu fali do innego ośrodka

To jedna z najczęściej sprawdzanych tabelek w całym dziale fal:

Wielkość	Przy przejściu do innego ośrodka
częstotliwość $f$	nie zmienia się — narzuca ją źródło
prędkość $v$	zmienia się (własność ośrodka)
długość fali $λ = v / f$	zmienia się proporcjonalnie do $v$
kierunek biegu	zmienia się (załamanie)

Stąd bierze się cała odpowiedź w 4.4: skoro $f$ jest wspólne dla obu ośrodków, to $λ_{1} / λ_{2} = v_{1} / v_{2} = 2$ .

Ośrodek wolniejszy = kąt mniejszy

Prawo załamania w postaci „falowej”:

$\frac{s i n α _{1}}{s i n α _{2}} = \frac{v _{1}}{v _{2}} = \frac{λ _{1}}{λ _{2}}$

Tu $v_{1} = 2 v_{2}$ , więc $sin α_{1} = 2 sin α_{2}$ , czyli $α_{2} < α_{1}$ . Reguła do zapamiętania:

Wolniej → bliżej normalnej. Szybciej → dalej od normalnej.

Ta sama reguła rządzi światłem przechodzącym z powietrza do szkła — tam też ośrodek jest „wolniejszy” i promień zbliża się do normalnej.

Natężenie fali a amplituda

$I \propto A^{2}$

Ta proporcjonalność wyjaśnia oba warianty:

Sytuacja	Co się dzieje z $A$	Co z $I$
fala płaska, brak pochłaniania	stała	stałe
fala kulista	$A \propto 1/ r$	$I \propto 1/ r^{2}$
fala pochłaniana	maleje wykładniczo	maleje wykładniczo

Zadanie 4.2 celowo opisuje pierwszy przypadek — i cała trudność polega na tym, żeby to zauważyć, a nie odruchowo sięgnąć po drugi.

Dyfrakcja na wąskiej szczelinie

Zasada Huygensa: każdy punkt ośrodka, do którego dotarła fala, staje się źródłem elementarnej fali kulistej. Gdy w przeszkodzie jest szczelina o szerokości rzędu $λ$ , przepuszcza ona zasadniczo jeden taki punkt — i za przeszkodą obserwujemy fale koliste rozchodzące się we wszystkich kierunkach.

Im szersza szczelina w porównaniu z $λ$ , tym mniej wyraźna dyfrakcja i tym bardziej za przeszkodą fala przypomina wąską wiązkę. Dla szczeliny znacznie węższej od $λ$ ugięcie jest maksymalne.

Punktacja CKE

4.1. 2 pkt — poprawna metoda i wynik $f \approx 1, 3 \cdot 1 0^{5}$ Hz z jednostką; 1 pkt — zauważenie zależności $Δ t_{K L} = 9 T$ oraz zastosowanie wzoru na prędkość/okres fali.
4.2. 1 pkt — odpowiedź D.
4.3. 1 pkt — odpowiedź A.
4.4. 3 pkt — trzy warunki: K (kierunek biegu fali w $M_{2}$ ), IDF ( $λ_{1} / λ_{2} = 2$ ), PF (co najmniej trzy powierzchnie falowe odchylone w lewo); 2 pkt — dwa z tych warunków; 1 pkt — jeden.
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 „fale ultradzwiekowe, powierzchnie falowe, czestotliwosc, natezenie fali, dyfrakcja, zalamanie fali" zrobisz samodzielnie.

Otwórz matury-online.pl