Opracowanie pytań na egzamin
Fizyka dla elektroników 1
Prowadzący: dr hab inż. Grzegorz Harań
(wersja okrojona, po konsultacjach)
1 Inercjalne i nieinercjalne układy odniesienia
1.1 *** Inercjalny układ odniesienia i jego związek z pierwszą zasadą dynamiki New-
tona
Każde ciało pozostaje w stanie spoczynku lub ruchu jednostajnego po linii prostej dopóty, dopóki nie zostanie zmuszone,
za pomocą wywierania odpowiednich sił, do zmiany tego stanu.
Wiadomo, że przyspieszenie (ogólnie) zależy od układu odniesienia, względem którego jest mierzone. Pierwsza za-
sada dynamika stwierdza, że jeżeli w pobliżu rozważanego ciała nie ma żadnych innych ciał, czyli na rozważane ciało
nie działają żadne siły (gdyż każda siła musi być wywierana przez jakieś ciało), to można znalez
ć taki zespół układów
odniesienia, w którym ciało nie będzie miało przyspieszenia. Fakt ten wiążemy z właściwością materii nazywaną bez-
władnością (inercją). Pierwszą zasadę Newtona nazywamy więc często zasadą bezwładności, a układu odniesienia, w
których ona obowiązuje, układami inercjalnymi. Przyjmujemy jednak, że układy są nieruchome względem odległych
gwiazd.
1.2 Transformacja Galileusza i jej związek z inercjalnymi układami odniesienia
Transformacja Galileusza jest przekształceniem, które łączy ze sobą wszystkie (a
jest ich, co wynika z definicji, nieskończenie wiele) układy inercjalne.
Rozważmy ruch cząstki P w dwóch układach odniesienia : K i K , z których
jeden (K) jest układem intercjalnym, a K porusza się względem K ze stałą
prędkością = (ux, uy, uz).
u
Położenie cząstki P w układzie K jest określone wektorem r, a w K wektorem
r .

= r + r = -
r ut r ut
Przyjmujemy t = 0 - układy pokrywają się. Położenie P w K jest określone

wektorem w K - wektorem r . W obu układach czas płynie jednakowo:
r,
Å„Å‚
x = x
ôÅ‚ - uxt
ôÅ‚
òÅ‚
y = y - uyt
z = z
ôÅ‚ - uzt
ôÅ‚
ół
t = t
1
2 Praca i energia
Mam ten wykład przygotowany na dwie godziny, a chcę to zrobić w 15 minut.
(G. Harań)
2.1 Policz pracę wykonaną przez siłę sprężystości przy przesunięciu ciała z położenia
xi do położenia xf
Pracę wykonaną przez siłę sprężystości obliczamy z prawa Hooke a, czyli jeśli
sprężyna jest ściśnięta lub rozciągnięta o małą długość x względem swojego stanu
równowagi, to wywiera ona siłę Fs = -kx, gdzie k jest stałą materiałową 
nazywaną stałą sprężystości. Przystępując do obliczeń i traktując tą siłę jako
siłę jednowymiarową działającą w jednowymiarowym układzie mamy :

F = -kx F = (F, 0, 0) d = (dx, 0, 0)
x
rB


W = F d r = (xA, 0, 0) r = (xB, 0, 0)
r
A B
r
A
xk
x
k
1 1 1
W = (-kx)dx = - kx2 = - kxk2 + kxp2
2 2 2
xp
xp
2.2 Policzyć pracę jaką należy wykonać przyspieszając do prędkości v spoczywającą
swobodną cząstkę o masie m, czyli wyprowadzić wzór na nierelatywistyczną energię
kinetycznÄ…
Praca wykonana przez siłę F , która działa na swobodną spoczywającą cząstkę o masie m i przyspiesza tą cząstkę do
prędkości v, jest równa
xk

W = F dx
0
Korzystamy teraz z zależności F = ma = mdv oraz wykorzystamy zamianę zmiennych dx = vdt (która wynika z tego,
dt
dx
że v = ). Otrzymamy więc, że
dt
xk vk
k
t
dv 1 1
W = F dx = m vdt = mvdv = mvk2 - mvp2
dt 2 2
0 tp vp
Co jest wzorem na nierelatywistycznÄ… energiÄ™ kinetycznÄ….
2.3 *** Podaj trzy równoważne definicje siły potencjalnej
2.3.1 Definicja pierwsza
Jeśli istnieje jednoznaczna funkcja U( taka, że siła F spełnia równość
r) ( r)
F ) = -grad(U(
( r r))

to siła F jest siłą potencjalną, a U( jest energią potencjalną danej siły.
r)
2.3.2 Definicja druga

Jeśli siła F jest określona w obszarze powierzchniowo spójnym (na dowolnej krzywej C można rozpiąć powierzchnię

SC, która całkowicie zawiera się w tym obszarze), to F jest potencjalna wtedy i tylko wtedy, gdy rotF = 0.
2.3.3 Definicja trzecia


Jeśli praca wykonana przez siłę F po zamkniętej drodze S jest równa F d = 0, to siła jest potencjalna.
s
S
2
2.4 Napisz równanie wiążące siłę z energią potencjalną

Oznaczając F jako siłę potencjalną i U jako energię potencjalną, obliczmy pracę jaką wykona ta siła przy przesunięciu
cząstki z położenia ra do położenia rb.


b
r

W = F d = U(ra) - U(rb)
r
ra

2.5 Pokazać, że pole jednorodne, czyli pole stałej siły, jest potencjalne


W polu jednorodnym F = (Fx, Fy, Fz) = const. Ponadto rotF = 0, ponieważ wszystkie siły są stałe, tak więc ich
wszystkie pochodne są równe zeru. Siła jest więc potencjalna. Ponadto, dowód można wyprowadzić na podstawie
związku siły potencjalnej z energią potencjalną :
(x,y,z) (x,y,z)
r


U( - U(r0) = - F d = - (Fx, Fy, Fz)(dx, dy, dz) = - (Fxdx, Fydy, Fzdz) =
r) r
r0 (x0,y0,z0) (x0,y0,z0)

x y z
= -Fx dx - Fy dy - Fz dz = -Fx(x - x0) - Fy(y - y0) - Fz(z - z0)
x0 y0 z0

Otrzymaliśmy więc U( - U(r0) = -F ( - r0).
r) r
2.6 Wykazać potencjalność siły centralnej
Policzmy pracę wykonaną przez siłę centralną na dowolnej drodze między położeniami ra i rb.


b b b
r r r


W = F d = f(r) r = f( x2 + y2 + z2)(x, y, z)(dx, dy, dz) =
r rd
ra ra
ra

b b
r r

1 1 1
= f( x2 + y2 + z2)(xdx + ydy + zdz) = f( x2 + y2 + z2) dx2 + dy2 + dz2 =
2 2 2
ra ra
b b b b
r r r r

1 1 1
f( x2 + y2 + z2)d(x2 + y2 + z2) = f(r)dr2 = f(r)drdr = f(r)rdr
2 2 2
ra ra ra ra
Co oznacza, że siła jest potencjalna, ponieważ nie zależy od drogi, a jedynie od odległości punktów ra i rb.

2.7 Znajdz
energiÄ™ potencjalnÄ… jednorodnego pola grawitacyjnego
F = -(0, 0, mg)
Energia potencjalna w układzie jednowymiarowym:
U( = -(0, 0, mg) · ( - r0) + U(r0) = mg(z - z0) + U(r0)
r) r
U( - U(r0) = mg(z - z0)
r)
Otrzymaliśmy energię potencjalną jednorodnego pola grawitacyjnego w pobliżu Ziemi i w małej przestrzeni.
2.8 Znajdz
energię potencjalną siły sprężystości
Wiedząc, że siła sprzężystości wyraża się wzorem F = -kx, i że jest ona siłą potencjalną, policzmy energię potencjalną.
x x
1 1 1
U(x) - U(x0) = - (-kx)dx = kx2 = kx2 - kx02
2 2 2
x0
x0
3
2.9 Pokazać, że siła grawitacji jest siłą potencjalną i znalez
ć grawitacyjną energię po-
tencjalną układu dwóch mas m1, m2 znajdujących się w odległości r
Siła grawitacji jest siła centralną, a każda siła centralna jest siłą potencjalną.
r
b b b b b
r r r r r

dx2 dy2 dz2 1 1

W = F d = f(r) r = f x2 + y2 + z2 + + = f(r)dr2 = f(r)2 r = f(r) r
r rd rd rd
2 2 2 2 2
ra ra r0 ra ra ra

Ponieważ praca nie zależy od drogi, a jedynie od położeń obu punktów, siła centralna jest siłą potencjalną.
r

r r
Gm1m2 dr 1 r 1 1

U( - U(r0) = - F d = - - rdr = Gm1m2 = -Gm1m2 = Gm1m2 -
r) r

r3 r2 r r0 r
r0
r0 r0
r0

Dalej:

1 1
U(r) = Gm1m2 - + U(r0)
r0 r
Gm1m2 Gm1m2
U(r) = - + U(r0) +
r r0

const
Przyjmujemy, że r0 " oraz U(r0) = 0, wtedy:
Gm1m2
U(r) = -
r
2.10 Zasada zachowania energii mechanicznej
Zasada zachowania energii mechanicznej mówi, że całkowita energia mechaniczna równa jest sumie energii kinetycznej

i energii potencjalnej. Jeśli obliczymy pracę, jaką wykona siła potencjalna F przy przesunięciu cząstki z położenia r
A
r
B


do położenia r , czyli W = F d = U(r ) - U(r ), to z twierdzenia o pracy i energii mamy, że
r
B A B
r
A
mvB2 mvA2
W = - = KB - KA
2 2
Z czego wynika, że U(r ) - U(r ) = KB - KA, czyli że KA + U(r ) = KB + U(r ). Na podstawie tego wnioskujemy,
A B A B
że K + U = const, a także, że siły potencjalne nie zmieniają energii mechanicznej cząstki.
2.11 Planeta o masie m krąży wokół gwiazdy o masie M (M >> m) po orbicie kołowej
o promieniu r. Znalez
ć całkowitą energię mechaniczną tego układu mas
Policzmy energię układu Ziemia Słońce w układzie odniesienia związanym ze Słońcem (środkiem masy układu Ziemia
 Słońce)
-GmM mv2
E = U + K U = K =
r 2
-GmM 1
E = + mv2
r 2
Wiedząc, że siła grawitacji jest siłą dośrodkową, otrzymujemy
mv2 GmM GmM
= mv2 =
r r2 r
Tak więc
GmM GmM 1 GmM
E = - + = - · < 0
r 2r 2 r
4
3 Zasada zachowania pędu
3.1 Pokazać, że pęd izolowanego układu dwóch cząstek, które oddziałują ze sobą siłami
wewnętrznymi jest zachowany
Jeśli dwie cząstki oddziałują na siebie siłami wewnętrznymi, to znaczy, że F = -F , natomiast pęd przy masie m1
12 21
równy jest p1 = m1v1, a przy masie m2  p2 = m2v2. Całkowity pęd takiego układu cząstek wynosi więc p = p1 + p2.

Policzmy zmianę całkowitego pędu w czasie :
d dp1 dp2
p
= +
dt dt dt
Z drugiej zasady dynamiki wiemy zaś, że
dp1 dp2

= F = F
12 21
dt dt
Tak więc
d
p
= F + F = F - F = 0
12 21 12 12
dt
d
p

Z tego wynika, że = 0, tak więc p = const.

dt
3.2 Dwie cząstki o masach m1 i m2 i prędkościach v1 i v2 zderzają się doskonale nie-
sprężyście. Znalez
ć prędkość cząstek po zderzeniu
Zderzenie niesprężyste oznacza, że cząstki po zderzeniu poruszają się razem po jednej prostej. Z zasady zachowania
pędu, dla ruchu jednowymiarowego, mamy:
pp = m1v1 + m2v2 = pk = (m1 + m2)vk
m1v1 + m2v2
vk =
m1 + m2
W przypadku ruchu wielowymiarowego, wektor kierunkowy prędkości vk jest wypadkowym wektorem prędkości v1 i
v2.
3.3 Dwie cząstki o masach m1, m2 i prędkościach v1, v2 zderzają się centralnie do-
skonale sprężyście. Znalez
ć prędkości cząstek po zderzeniu, a następnie rozważyć
przypadek m1 = m2
Zderzenie centralne oznacza, że cząstki przed i po zderzeniu poruszają się po jednej prostej. Doskonała sprężystość
odbicia gwarantuje, że energia kinetyczna obu cząstek przed zderzeniem jest równa energii kinetycznej tychże cząstek
po zderzeniu.
Korzystając z zasady zachowania energii oraz zasady zachowania pędu ostatecznie otrzymamy wzory:
m1 - m2 2m2
VI = VI + VII
k p p
m1 + m2 m1 + m2
2m1 m2 - m1
VII = VI + VII
k p p
m1 + m2 m1 + m2
Jeśli rozważymy przypadek m1 = m2, to
VI = VII VII = VI
k p k p
co oznacza, że masy wymieniają się prędkościami.
5
4 Dynamika ruchu obrotowego
4.1 *** Na cząstkę znajdującą się w położeniu określonym wektorem r działa siła F .
Znalez
ć związek pomiędzy momentem pędu cząstki i momentem siły F . Kiedy
moment pędu cząstki jest stały?
Moment pędu cząstki o masie m poruszającej się z prędkością względem punktu 0 w płaszczyz
nie XY wynosi
v

L = × p = × m
r r v

L jest prostopadły do płaszczyzny, tak więc skoro jest równoległy do p, to L = 0. Jeśli policzymy zmianę L w czasie:
r

dL d d × d
r r p

= ( × p) = × p + = × p + × F = × m + × F =
r v r v v r Ä

dt dt dt dt
const
Moment pędu jest stały, jeśli wypadkowy moment sił zewnętrznych działających na cząstkę jest równy zeru.
4.2 Otrzymać zależność między momentem pędu i prędkością kątową obracającej się
wokół stałej osi bryły sztywnej o momencie bezwładności I

2
v = rÉ oraz ri mi = I
i
Wiedząc, że całkowity moment pędu całej bryły wynosi



L = Li = (0, 0, Li) = 0, 0, Li
i i i
natomiast


2 2
Li = miviri = miri É = ri mi É = IÉ
i i i i
gdzie É jest prÄ™dkoÅ›ciÄ… kÄ…towÄ… bryÅ‚y.
4.3 Otrzymać zależność między momentem siły i przyspieszeniem kątowym obracają-
cej się wokół stałej osi bryły sztywnej o momencie bezwładności I

1 dL

WiedzÄ…c, że energia kinetyczna obracajÄ…cej siÄ™ bryÅ‚y wynosi IÉ2 i korzystajÄ…c z zależnoÅ›ci L = IÉ oraz =
Ä
2 dt
otrzymujemy :
d d
É
= IÉ = I = IÄ…
Ä
dt dt
gdzie ą to przyspieszenie kątowe bryły. Należy pamiętać, że moment bewładności I jest niezależny od czasu i dlatego

wyciÄ…gamy go przed pochodnÄ….
4.4 Z dwóch stron układu dwóch identycznych bloczków o momencie bezwładności I
i promieniu R zawieszono na bardzo lekkiej lince dwie różne masy m1, m2. Znajdz

przyspieszenie mas i siły naprężenia linki
6
m1a = m1g - N1 m2a = N2 - m2g
Moment siÅ‚ Ä dziaÅ‚ajÄ…cych na blok o momencie bezwÅ‚adnoÅ›ci I jest równy
Ä = N1 · R - N3 · R = (N1 - N3)R = I · Ä… = (N3 - N2)R
a = Ä… · R
(m1 + m2)a = (m1 - m2)g + N2 - N1
a
2I = N1 - N2
R2

I
m1 + m2 + 2 a = (m1 - m2)g
R2
Ostatecznie otrzymujemy przyspieszenie:
(m1 - m2)g
a =
I
m1 + m2 + 2
R2
Znając natomiast przyspieszenie możemy wyliczyć naprężenie linki we wszystkich punktach.
N1 = m1(g - a)
N2 = m2(g + a)
I · Ä… Ia
N3 = + N2 = + N2
R R2
4.5 Policz energiÄ™ kinetycznÄ… bryÅ‚y sztywnej obracajÄ…cej siÄ™ z szybkoÅ›ciÄ… kÄ…towÄ… É
wokół stałej osi


1 1 1 1
2 2 2
k = mivi = miÉ2ri = ri mi É2 = IÉ2
2 2 2 2
i i i
5 Ruch drgajÄ…cy
5.1 Rozwiązać równanie ruchu oscylatora harmonicznego prostego z warunkami po-
czÄ…tkowymi: a) x(t = 0) = x0 i v(t = 0) = 0, b) x(t = 0) = 0 i v(t = 0) = v0. Jaka jest
częstość i amplituda tych drgań?
5.1.1 x(t = 0) = x0, v(t = 0) = 0
0 0
x(t = t0) = A1eiÉ t0 + A2e-iÉ t0
0 0
A = A1eiÉ t0, A = A2e-iÉ t0
1 2
A + A = x0
1 2

dx d
0
v(t = t0) = = A1eiÉ t + A2e-iÉ0t = iÉ0(A - A )
1 2
|t=t0
dt dt
iÉ0(A - A ) = 0
1 2

x0
A - A = 0
1 2
Ò! A = A =
A + A = x0 1 2
2
1 2
RozwiÄ…zanie z warunkami poczÄ…tkowymi:


x0
0 0 0 0 0 0 0 0
x(t) = A1eiÉ t + A2e-iÉ t = A e-iÉ t0 eiÉ t + A eiÉ t0 e-iÉ t = eiÉ (t-t0)e-iÉ (t-t0)
1 2
2
x(t) = x0 cos [É0(t - t0)] = x0 cos (w0t + Õ), Õ = -É0t0
JeÅ›li przyjmiemy t0 = 0, otrzymujemy x(t) = x0 cos Ét. Amplituda A = x0, zatem rozważany warunek poczÄ…tkowy
jest w maksymalnym wychyleniu. CzÄ™stość drgaÅ„ to É = É0 = 2Ä„f.
7
5.1.2 x(t = 0) = 0 , v(t = 0) = v0
x(t = t0) = A + A = 0
1 2
dx
v(t = t0) = = iÉ0 (A - A ) = v0
1 2
dt |t=t0

A + A = 0 v0 v0
1 2
Ò! A = , A = -
v0 1
A - A =
2iÉ0 2 2iÉ0
1 2
iÉ0
RozwiÄ…zanie w warunkach poczÄ…tkowych:

0 0 0 0
x(t) = A e-iÉ t0 eiÉ t + A eiÉ t0 e-iÉ t
1 2

0 0
v0 eiÉ (t-t0) - e-iÉ (t-t0) v0
x(t) = = sin [É0(t - t0)]
É0 2i É0
v0
x(t) = sin (É0t + Õ), Õ = -É0t0
É0
Dla t0 = 0 mamy
v0
x(t) = sin Ét
É0
v0
Amplituda A = , czÄ™stość jest niezmienna i wynosi nadal É = É0 = 2Ä„f.
É0
5.2 Policzyć częstość drgań wahadła fizycznego o masie m i momencie bezwładności I
zawieszonego w odległości d od środka masy
Wychodzimy z równania

= d × mg = dmg sin ¸(-
Ä n)
gdzie n to wektor jednostkowy prostopadły do płaszczyzny ruchu. Następnie stosując drugą zasadą dynamiki dla ruchu

obrotowego, otrzymujemy, że

d2¸ d2¸
IÄ… = Ä… = Ä… = (0, 0, 1)
Ä
dt2 dt2
Korzystając teraz z otrzymanej na początku zadania zależności, otrzymujemy równanie różniczkowe
d2¸
I (0, 0, 1) = -mgd sin ¸(0, 0, 1)
dt2
Dla maÅ‚ych wychyleÅ„ przyjmujemy sin ¸ = ¸
d2¸
I + mdg = 0
dt2
Po rozwiÄ…zaniu i podstawieniu ¸ = ¸0 cos É0t otrzymujemy wzór na czÄ™stość drgaÅ„ wahadÅ‚a fizycznego:

mgd
É0 =
I
5.3 Znalez
ć całkowitą energię drgań oscylatora harmonicznego prostego
Wychodząc z ogólnego wzoru na energię
1 1 1 mv2 + kx2
E = mv2 + kx2 = (mv2 + kx2) =
2 2 2 2
i na prędkość
dx
v = = -x0É0 sin É0t
dt

k
łączymy te dwa wzory, pamiętając, że w0 = .
m
1 1 1 1 1 1
2
E = mx2É0 sin2 É0t + kx2 cos2 É0t = kx2 sin2 É0t + kx2 cos2 É0t = kx2(sin2 É0t + cos2 É0t) = kx2
0 0 0 0 0 0
2 2 2 2 2 2
8
5.4 *** Napisać równanie ruchu oscylatora tłumionego. Podać przybliżony wzór roz-
wiązania dla bardzo słabego tłumienia drgań i przedstawić to rozwiązanie na ry-
sunku
Równanie ruchu oscylatora tłumionego wyrażane jest równaniem różniczkowym
d2x dx
m + b + kx = 0
dt2 dt
którego rozwiązanie ogólne wygląda następująco:

bt
2m
x(t) = e- A1e-iÉt + A2eiÉt
Dla warunków początkowych x(t = 0) = x0 oraz v(t = 0) = 0, otrzymujemy:
x(t = 0) = A1 + A2 = x0
b
v(t = 0) = - (A1 + A2) + (-iÉA1 + iÉA2) = 0
2m

x0 ib x0 ib
A1 = 1 + A2 = A1 = 1 -
2 2mÉ 2 2mÉ

-b
b
t
2m
x(t) = x0e cos Ét - sin Ét
2mÉ
b
Z tym że dla małego tłumienia << w0
2m

2
b b b
2
<< É = w0 - Ò! << 1
2m 2m 2mÉ
przybliżone rozwiązanie to:
bt
2m
x(t) = x0e- cos Ét
5.5 Rozwiązać równanie oscylatora harmonicznego prostego z siłą wymuszającą F =
Ä… cos(Ét) i warunkami poczÄ…tkowymi x(t = 0) = x0, v(t = 0) = 0. Kiedy zachodzi
rezonans? Znalez
ć zależność amplitudy drgań rezonansowych od czasu
b
Przyjmujemy Á = = 0.
2m
d2x dx
2
+ 2Á + É0x = Ä… cos Ét
dt2 dt
d2x
2
+ É0x = Ä… cos Ét
dt2
RozwiÄ…zanie równania jednorodnego: x(t) = A1 cos É0t + A2 sin É0t
Szukamy rozwiÄ…zania szczególnego postaci x = h cos Ét. Wstawiamy do równania:
d2
2
h cos Ét + É0h cos Ét = Ä… cos Ét
dt2
-hÉ2 cos Ét - É2h cos Ét = Ä… cos Ét
Ä…
h =
2
É0 - É2
Zatem rozwiązanie ogólne:
Ä…
x(t) = A1 cos É0t + A2 sin É0t + cos Ét
2
É0 - É2
Po podstawieniu warunków x(t = 0) = x0 oraz v(t = 0) = 0 otrzymamy (z granicy i różniczki, która tam wyniknie):
Ä…
A1 + = x0
2
É0 - É2
A2É0 = 0 Ò! A2 = 0
9

Ä… Ä…
x = x0 - cos É0t + cos Ét.
2 2
É0 - É2 É0 - É2
JeÅ›li przyjmiemy, że É É0, to otrzymamy:
Ä…t
x(t) = x0 cos É0t + sin É0t
2É0
Rezonans zachodzi wtedy, gdy częstość siły wymuszającej jest równa częstości drgań własnych oscylatora harmonicz-
nego. Amplituda drgań róśnie wtedy z czasem do nieskończoności:
Dla niezerowego Á mamy wówczas:
Ä…
hrez = 2Á
2
É0 - Á2
6 Szczególna teoria względności
6.1 Podstawy szczególnej teorii względności  postulaty Einsteina. Omówić charakte-
rystyczne zjawiska
Postulaty Einsteina mówią, że :
1. Wszystkie prawa fizyki są takie same we wszystkich intercjalnych układach odniesienia.
2. Prędkość światła w próżni jest jednakowa we wszystkich kierunkach i w dowolnym obszarze inercjalnego układu
odniesienia i jednakowa dla wszystkich układów intercjalnych.
Natomiast charakterystyczne zjawiska to :
6.1.1 Dylatacja czasu
Niech eksperyment w układzie k przebiega w taki sposób, że obserwator widzi ten eksperyment w jednym miejscu,
tzn. nie zmienia się położenie np. cząstki w trakcie jej życia. W takim razie "x = "y = "z = 0. Czas trwania
tego eksperymentu w tym ukÅ‚adzie nazywamy czasem wÅ‚asnym eksperymentu "t = Ä. Czas trwania eksperymentu w
układzie k , w którym nie zachodzi on w jednym punkcie, bo "x = -v"t, to
1
"t = Å‚"t = Å‚Ä Å‚ = > 1
v2
1 -
c2
na podstawie czego wynika, że "t > "t. Czas własny eksperymentu jest najkrótszym czasem trwania tego ekspery-
mentu.
6.1.2 Skrócenie długości

v"x
Oznaczmy "x = ł("x - v"t) oraz "t = ł "x - , gdzie "x to długość własna przedmiotu, a "x oraz "t to
c2
wielkości mierzone przez obserwatora poruszającego się względem obiektu. Ponieważ obserwator porusza się względem
obiektu, poprawne wyznaczenie długości tego obiektu wymaga jednoczesnego pomiaru położeń obu końców mierzonego
przedmiotu tak, aby "t była równa 0.

v"x v"x
0 = Å‚ "t - Ò! "t =
c2 c2

v"x v2 1 l0
"x = Å‚ "x - v = Å‚"x 1 - = Å‚l0 =
c2 c2 Å‚2 Å‚
6.2 W wagonie o wysokości z0 przeprowadzono eksperyment polegający na wysłaniu
promienia światła z podłogi, odbiciu go przez zwierciadło na suficie i powrocie
do z
ródła na podłodze. Wyznaczyć czas trwania tego eksperymentu zmierzony w
wagonie oraz czas, który określi obserwator widzący poruszający się prostoliniowo
wagon z prędkością v
2z0
Czas trwania tego eksperymentu, mierzony w wagonie, bÄ™dzie równy "t = = Ä. Czas okreÅ›lony przez obserwatora
c
widzącego poruszający się wagon będzie jednak wynosił :
10
 2 2
c"t v"t
2
= + z0
2 2
2
"t2(c2 - v2) = 4z0

2z0 2z0 1 2z0 1
"t = " = · = · = "t Å‚ = Å‚Ä
c
c2 - v2 c 1 - v2 v2
1 -
c2 c2
6.3 Porównując długość drogi zmierzoną w układzie związanym z mezonem mi i ukła-
dzie ziemskim, w którym mezon porusza się z prędkością v otrzymać relację rela-
tywistycznego skrócenia długości
Czas życia mezonu mi to Ä, prÄ™dkość zaÅ› oznaczymy przez v. Droga przebyta przez ten mezon w ukÅ‚adzie zwiÄ…zanym z
mezonem jest równa l = vÄ. W ukÅ‚adzie Ziemi, pomiar dÅ‚ugoÅ›ci odcinka jest pomiarem dÅ‚ugoÅ›ci wÅ‚asnej, tzn. dÅ‚ugoÅ›ci
zmierzonej w układzie, w którym ten odcinek spoczywa. Czas życia mionu w tym układzie (z transformacji Lorentza)
jest równy Ä = Å‚Ä. DÅ‚ugość tego odcinka to l0 = vÄ = vÅ‚Ä. Ostatecznie otrzymujemy l0 = lÅ‚, a ponieważ Å‚ > 1, to
l < l0, co nazywamy relatywistycznym skróceniem długości.
6.4 Korzystając z transformacji Lorentza wyprowadzić wzory dylatacji czasu i relaty-
wistycznego skrócenia długości
Proszę nie uczyć się transformacji Lorentza - będzie podana na tablicy!
Å„Å‚
x = Å‚(x - vt)
ôÅ‚
ôÅ‚
òÅ‚
y = y
z = z
ôÅ‚
ôÅ‚
ół
v·x
t = Å‚ t -
c2
6.4.1 Relatywistyczne skrócenie długości
Ponieważ istotna jest dla nas dwuwymiarowa czasoprzestrzeń, a przez długość rozumiemy odległość dwóch punktów
w tej samej chwili t , wyznaczamy t i punkty x1 oraz x2:
t vx
t = +
Å‚ c2

t vx v2
x = Å‚ x - v - v = Å‚x 1 - - vt
Å‚ c2 c2
v2 1
Zobaczmy, że 1 - = , zatem mamy:
c2 y2
x x
x = Å‚ - vt = - vt
Å‚2 Å‚
Obliczymy długość L przy czym zakładamy, że t = t :
1 2
L = x2 - x1
x2 x1 x2 - x1 L
L = x - x = - vt - + vt = =
2 1 2 1
Å‚ Å‚ Å‚ Å‚
6.4.2 Dylatacja czasu
Czas własny układu mierzy się poprzez zdarzenia zachodzące w tym samym punkcie przestrzeni x. Korzystając z
transformaty Lorentza mamy:

vx vx
t - t = Å‚ t2 - - Å‚ t1 - = Å‚ (t2 - t1)
2 1
c2 c2
Co daje nam:
"t = Å‚"t
11
6.5 W inercjalnym układzie odniesienia K prędkość cząstki wynosi u = (ux, uy, uz). Jaka
jest prędkość tej samej cząstki zmierzona przez obserwatora, który porusza się w
K zgodnie z kierunkiem osi X z prędkością v? (Wzór na relatywistyczne składanie
prędkości)
Prędkość cząstki wyznaczona w układzie K to = (ux, uy, uz), a prędkość zmierzona w układzie K to = (u , u , u ),
u u
x y z
gdzie dla wszystkich tych wielkości definiujemy :
dx dy dz
ux = uy = uz =
dt dt dt
dx dy dz
u = u = u =
x
dt y dt z dt
Å„Å‚

ôÅ‚
òÅ‚dx = Å‚(dx - vdt)
dy = dy
ôÅ‚
ółdz dz
=

vdx
dt = Å‚ dt -
c2
dx
dx Å‚(dx - vdt) dt - v
ux - v
dt
u = = = · =
x vux
vdx v dx
dt dt 1 -
Å‚(dt - ) 1 - ·
c2
c2 c2 dt
dy
dy dy uy
dt

u = = =
=
y
vdx v dx vux
dt Å‚ 1 -
Å‚ dt - Å‚ 1 -
c2 c2 dt c2
dz uz

u = =
z
vux
dt
Å‚ 1 -
c2
6.6 Wykaż stałość prędkości światła w inercjalnych układach odniesienia
= (cx, cy, cz) c2 + c2 + c2 = c2
c
x y z

c = (cx , cy , cz ) c2 + c2 + c2 = c2
x y z
c - v c - v
u = = = c
x vc v
1 - 1 -
c2 c
Zakładając, że sam układ porusza się z prędkością światła :

v v
1 - 1 -
c - v
c c
lim = lim c = c · lim = c
v v v
vc - vc - 1
vc -
1 1
c c c
7 Fizyka kwantowa
7.1 Dlaczego foton jest cząstką bezmasową? Jak pęd fotonu zależy od jego energii, a
jak jest związany z długością stowarzyszonej z nim fali elektromagnetycznej?
Jeśli zdefiniujemy cząstkę bezmasową, czyli taką, której m = 0 i E = | i skorzystamy ze wzoru relatywistycznego
p|c
na energiÄ™ :
mc2 0
m0
E = Å‚mc2 =
0
v2
1 -
c2
Z którego wynika, że v c, a więc i v = c. Tak więc cząstki o masie m = 0 poruszają się z prędkością światła. Cząstka
taka nazywana jest fotonem i jej energię można wyrazić w następujący sposób :
E = h½
12
7.2 Zjawisko Comptona  na czym polega, jaki jest wynik pomiaru? Napisz równania
opisujÄ…ce rozpraszanie fotonu
Zjawisko Comptona to rozproszenie promieniowania rentgenowskiego i promieniowania gamma, w wyniku którego
następuje zwiększenie długości fali promieniowania, które zwane jest przesunięciem Comptona.
Wyrażenie Comptona (zwiększenie długości fali)
h
 -  = (1 - cos ¸)
mec
Energia rozproszonego fotonu:
E hc
E = , gdzie E =
E

1 + (1 - cos ¸)
mec2
7.3 *** Jaka jest długość fali materii (de Broglie a) cząstki o pędzie p? Podaj przykład
zjawiska, w którym elektron ma własności falowe
De Broigle w 1924 roku założył, że długość przewidzianych fal materii jest określona tym samym związkiem, który
stosuje się do światła, mianowicie związkiem danym przez równanie
h
 =
p
który, w równaniu falowym, wiąże długość fali świetlnej z pędem fotonów. De Broglie przewidział, że długość fali
materii jest dana tym samym równaniem, z tym tylko wyjątkiem, że teraz p oznacza pęd cząstki materialnej.
7.3.1 Doświadczenie Thomsona
Thomson wykazał, że wiązka elektronów przechodząc przez cienkie folie polikrystaliczne (np. złota, aluminium) ulega
dyfrakcji, a następnie w sposób niezależny szczegółowo potwierdził relację de Broigle a. Thomson w swoim doświad-
czeniu użył elektronów o dużej energii (są bardziej przenikliwe), tak że wiele setek płaszczyzn atomowych brało udział
w tworzeniu fali ugiętej. Otrzymał pierścienie dyfrakcyjne podobne do tych, które uzyskiwane są przy dyfrakcji pro-
mieniowania X.
Pro publico bono  XAVeRY & tiraeth 2009
Ostatnia korekta: 18.06.2009, 14:34
13