XIV Konferencja Ogólna ds. Miar i Wag – 1971r – Międzynarodowy Układ Jednostek SI

International System of Units.

Wielkości i jednostki podstawowe:

1.Długość - metr - m

Metr jest długością drogi, którą przebywa światło w próżni w czasie 1 / 299 792 458 sekundy.

2.Masa - kilogram - kg

Walec z platyny i irydu, któremu na mocy umowy międzynarodo- wej przypisuje się masę jednego kilograma.

Inny wzorzec masy ( dla porównywania mas atomów ) : atom węgla – 12, któremu na mocy umowy międzynarodowej przypisano masę 12 atomowych jednostek masy – u.

1 u = 1,6605402 · 10^-27 kg

3.Czas - sekunda - s

Czas trwania 9 192 631 770 drgań promieniowania ( o ustalonej długości fali ) wysyłanego przez atom cezu - 133.

4.Natężenie prądu elektrycznego - amper - A

Amper to natężenie prądu elektrycznego stałego, który płynąc w dwóch równoległych, nieskończenie długich, prostoliniowych przewodach o znikomo małym, kołowym przekroju, umieszczo-nych w próżni w odległości 1 m od siebie - wywołuje między tymi przewodami siłę równą 2 · 10^-7 niutona na każdy metr długości przewodu.

5.Temperatura termodynamiczna - kelvin -K

Kelwin to $\frac{1}{273,16}$ część temperatury termodynamicznej punktu potrójnego wody.

6.Ilość substancji - mol - mol

Mol to ilość substancji układu zawierającego liczbę cząstek równą liczbie atomów zawartych w 0,012 kilograma węgla C – 12.

7.Światłość - kandela - cd

Światłość, jaką ma w danym kierunku źródło emitujące promieniowanie elektromagnetyczne o częstości 540 · 10¹² herców, i którego natężenie promieniowania w tym kierunku jest równe $\frac{1}{683}$ wata na steradian

W = J / s J = N · m = kg · m² / s²

Jednostki uzupełniające w SI:

1.Kąt płaski - radian - rad

2.Kąt bryłowy - steradian - sr

1 pełny kąt płaski - 2π radianów, 1 pełny kąt bryłowy - 4π steradianów.

Przedrostki:

1 cm = 10^-2 m = 10^-5 km

1 m = 10² cm

1 m = 10^-3 km

1 cal ( in ) = 2,540 cm = 2,540 · 10^-2 m

1 stopa ( ft ) = 30,48 cm = 0,3048 m

1 mila lądowa = 1,609 · 10⁵ cm = 1609 m

1 mila morska ( MM ) = 1852 m

1 angstrem = 10^-10 m

1 fermi = 10^-15 m

1 rok świetlny = 9,460 · 10¹² km

1 parsek = 3,084 · 10¹³ km

1 sążeń = 6 stóp

1 jard = 3 · 10⁷ ft² = 640 akrów

1 akr = 43560 ft²

1 hektar = 10⁴ m² = 2,471 akrów

1 km / h = 0,2778 m / s

1 m / s = 3,6 km / h

1 doba = 1440 min = 24 h = 8,640 · 10⁴ s

10¹⁵ - peta - P

10¹² - tera - T

10⁹ - giga - G

10⁶ - mega - M

10³ - kilo - k

10² - hekto - h

10¹ - deka - da

10^-1 - decy - d

10^-2 - centy - c

10^-3 - mili - m

10^-6 - mikro - µ

10^-9 - nano - n

10^-12 - piko - p

10^-15 - femto - f

Zadanie 1

Zapisać w jednostkach układu SI:

a) 2 doby = 2 · 24 h = 48 h = 48 · 60 min = 48 · 3600 s = 172 800 s = 1,728 · 10⁵ s

b)14 minut = 14 · 60 s = 840 s = 8,40 · 10² s

c)2,5 godz. = 2,5 h = 2,5 · 3600 s = 9000 s = 9 · 10³ s

d)3 MM = 3 · 1852 m = 5556 m = 5,556 · 10³ m

e)rok świetlny = 9,460 · 10¹² km = 9,460 · 10¹² · 10³ m = 9,460 · 10¹⁵ m = 9,460 Pm ( peta )

f) - 20° C

T K = ( t° C + 273,16 ) K = ( - 20 + 273,16 ) K = 253,16 K

g)100° F

T_F = 9/5 · t_C + 32 T_F - 32 = 9/5 · t_C

t° C =[ 5 · ( T_F - 32 ) / 9 ] °C = 37,8 °C

h)2  000 000 ton = 2 · 10⁶ ton = 2 · 10⁶ · 10³ kg = 2 · 10⁹ kg

i)90 km/h = 90 · 10³ m / 3600 s = 25 m/s

j)300 ha = 300 · 10⁴ m² = 3 · 10⁶ m²

Zadanie 2.

Zapisać w postaci wykładniczej podane niżej wyrażenia:

a)5 cm = 5 · 10^-2 m

b)2 µm = 2 · 10^-6 m

c)450 nm = 450 · 10^-9 m = 4,50 · 10^-7 m

d)6400 km = 6400 · 10³ m = 6,400 · 10⁶ m

e)0,9 µm = 0,9 · 10^-6 m = 9 · 10^-7 m

f)10 ns = 10 · 10^-9 s = 1· 10^-8 s

g)2,4 ps = 2,4 · 10^-12 s

h)27 µA = 27 · 10^-6 A = 2,7 · 10^-5 A

i)0,7 mA = 0,7 · 10^-3 A = 7 · 10^-4 A

j)20 kΩ = 20 · 10³ Ω = 2,0 · 10⁴ Ω

k)10 MΩ = 10 · 10⁶ Ω = 10⁷ Ω

l)500 = 5,00 · 10²

Zadanie 3.

Używając przedrostków zapisać następujące wyrażenia stosując najmniejszą ilość zer:

a)2 · 10⁴ m = 20 · 10³ m = 20 km

b)2,6 · 10⁴ V = 26 · 10³ V = 26 kV

c)8 · 10⁸ W = 0,8 · 10⁹ W = 0,8 GW

d)9 · 10¹¹ J = 0,9 · 10¹² J = 0,9 TJ

e)7 · 10^-7 m = 0,7 · 10^-6 m = 0,7 µm

f)9 · 10^-8 m = 90 · 10^-9 m = 90 nm

g)10^-14 s = 1 · 10^-14 s = 10 · 10^-15 s = 10 fs

h)10^-4 kg = 10^-4 · 10³ g = 10^-1 g = 0,1 g

i)2,7 · 10^-6 A = 2,7 µA

j)5 · 10^-11 F = 50 · 10^-12 F = 50 pF

k)10^-7 kg = 10^-7 · 10³ g = 10^-4 g = 0,1 mg

Zadanie 4.

Punkt materialny poruszający się ruchem jednostajnym prostoliniowym przebył w czasie t drogę o długości L . Przedstawić jego prędkość w jednostkach SI.

a)L = 10 m, t = 0,1 s

v = L / t

v = 10 m / 0,1 s = 100 m / s

b)L = 3 km, t = 10 minut

L = 3 km = 3 · 10³ m t = 10 min = 6 · 10² s

v = 3 · 10³ m / 6 · 10² s = 0,5 · 10 m / s = 5 m / s

c)L = 200 km, t = 10s

L = 200 km = 2 · 10⁵ m

v = 2 · 10⁵ m / 10 s = 2 · 10⁴ m / s

d)L = 2,16 µm, t = 2,5 doby

L = 2.16 µm = 2,16 · 10^-6 m

2,5 doby = 2,5 · 8,640 · 10⁴ s = 21,6 · 10⁴ s

V = 2,16 · 10^-6 m / 21,6 · 10⁴ s = 0,1 · 10^-10 m / s

e)L = 5 MM, t = 20 minut

L = 5 MM = 5 · 1852 m

t = 20 min = 1200 s

v = 9260 / 1200 m / s = 7,72 m / s

f)L = 6000 km, t = 4 h

L = 6000 km = 6 · 10⁶ m

t = 4 h = 4 · 3600 s

v = 6 · 10⁶ m / 4 · 3600 s = 0,42 · 10³ m / s

Zadanie 5.

Dany jest prostokąt o krawędziach a i b. Określić jego powierzchnię stosując zapis wykładniczy.

a)a = 10 cm, b = 100 m

S = a · b = 0,1 m · 10² m = 10 m²

b)a = 100 km, b = 400 km

S = a · b = 10⁵ m · 4 · 10⁵ m = 4 · 10¹⁰ m²

c)a = 10 m, b = 10 km

S = 10 m · 10⁴ m = 10⁵ m²

d)a = 100 m, b = 100 µm

S = 10² m · 10^-4 m = 10^-2 m²

e)a = 1 µm, b = 5 nm

S = 10^-6 m · 5 · 10^-9 m = 5· 10^-15 m²

Zadanie 6.

Dany jest prostopadłościan o masie M mający krawędzie o długościach a, b, i c. Zapisać jego objętość i gęstość w SI, stosując zapis wykładniczy.

a)a = 1 m, b = 1 cm, c = 1 mm; M = 1 kg

V = a · b · c = 1m · 10^-2 m · 10^-3 m = 10^-5 m³

ǥ = M / V = 1 kg / 10^-5 m³ = 10⁵ kg / m³

b)a = 100 km, b = 10 km, c = 100 m; M = 100 kg

V = 10⁵ m · 10⁴ m · 10² m = 10¹¹ m³

ǥ = 10² kg / 10¹¹ m³ = 10^-9 kg / m³

c)a = 1 km, b = 100 m, c = 1mm; M = 10⁵ kg

V = 10³ m · 10² m · 10^-3 m = 10² m³

ǥ = 10⁵ kg / 10² m³ = 10³ kg / m³

d)a = 1 cm, b = 5 mm, c = 10 µm; M = 50 mg

V = 10^-2 m · 5 · 10^-3 m · 10^-5 m = 5 · 10^-10 m³

ǥ = 5 · 10^-5 kg / 5 · 10^-10 m³ = 10⁵ kg / m³

e)a = 0,1 mm, b = 1 µm, c = 10 nm; M = 2ng

V = 10^-4 m · 10^-6 m · 10^-8 m = 10^-18 m³

ǥ = 2 · 10^-12 kg / 10^-18 m³ = 2· 10⁶ kg / m³

Zadanie 7.

Jaką ilość wody mieści rurociąg o średnicy 40 cm i długości 35 km?

r = 20 cm = 20 · 10^-2 m ǥ = 1 g / cm³ = 10³ kg / m³

L = 35 km = 35 · 10³ m

ǥ = $\frac{M}{V}$ → M = ǥ · V

V = S · L = π · r² · L

M = ǥ · π · r² · L = π · 10³ kg / m³ · ( 20 · 10^-2 m )² · 35 · 10³ m =

= 4,4 · 10⁶ kg

Zadanie 8

Z tankowca przedostało się do morza 20 ton ropy, która ma

gęstość 833 kg / m³ i tworzy na powierzchni wody warstwę o

grubości 0,6 mm. Obliczyć powierzchnię zanieczyszczonego

obszaru.

M = 20 ton = 20 · 10³ kg = 2 · 10⁴ kg

L = 0,6 mm = 0,6 · 10^-3 m = 6 · 10^-4 m

ǥ = 833 kg / m³

ǥ = $\frac{M}{V}$ → V = $\frac{M}{g}$

V = S · L

S · L = $\frac{M}{g}$ → S = $\frac{M}{g\ L}$

S = 2 · 10⁴ kg / 833 kg/m³ · 6 · 10^-4 m = 4 · 10⁴ m²

Zadanie 6.21

Przewodnik, w którym płynie prąd o natężeniu I porusza się

prostopadle do linii sił pola magnetycznego. Prędkość przewo-

dnika wynosi v, zaś siła elektrodynamiczna działająca nań ma

wartość F_B. Obliczyć siłę elektromotoryczną indukowaną w

przewodniku dla I = 1 A, v = 5 m / s, F_B = 10 N.

Aby wytworzyć stały przepływ ładunku potrzebujemy urządzenia,

które wykonując pracę nad nośnikami ładunku utrzymuje różnicę

potencjałów między parą swych zacisków.

Urządzenie takie nazywamy źródłem siły elektromotorycznej –

( źródłem SEM ). Określenie, że źródło dostarcza siły elektro-

motorycznej Ɛ oznacza, że wykonuje ono pracę nad nośnikami

ładunku. Źródła SEM to: baterie elektryczne, prądnice elektrycz-

ne itd.

Siła elektromotoryczna źródła SEM jest pracą przypadającą na

jednostkę ładunku, jaką wykonuje źródło przenosząc ładunek z

bieguna o mniejszym potencjale do bieguna o większym po-

tencjale.

Jednostką Ɛ w SI jest dżul na kulomb czyli wolt.

Ɛ = $\frac{\text{dW}}{\text{dq}}$ V = $\frac{J}{C}$

Wektor indukcji B jest miarą tego jak silne jest pole magne-

tyczne.

Siła F_B działająca na poruszającą się cząstkę o ładunku q, w

polu magnetycznym o indukcji B ( siła Lorentza ) jest równa

ładunkowi cząstki pomnożonemu przez iloczyn wektorowy jej

prędkości v i indukcji magnetycznej B. Wartość tej siły wynosi:

F_B = | q | · v · B · sinϕ

gdzie ϕ jest kątem między wektorami B oraz v.

Gdy ϕ = 90° wtedy F_B = | q | · v · B

Siła ta jest zawsze prostopadła do wektorów v i B.

Jednostką indukcji magnetycznej jest 1T ( tesla ).

1 T = N / C · $\frac{m}{s}$ $\frac{C}{s}$ = A

1 T = $\frac{N}{A \bullet m}$

Siła działająca na odcinek przewodnika o długości L, w którym

płynie prąd o natężeniu I, i który jest umieszczony w polu mag-

netycznym o wektorze indukcji B prostopadłym do przewodnika.

W obszarze przewodnika przez przekrój xx przejdą elektrony

w czasie: t = $\frac{L}{v}$

q = I · t = I · $\frac{L}{v}$

F_B = q · v · B · sinϕ = I · $\frac{L}{v}$ · v · B · sin90°

F_B = I · L · B

Przewodnik poruszający się z prędkością v prostopadle do linii

sił pola magnetycznego o indukcji B unosi zawarte w nim

elektrony.

Na każdy elektron działa siła Lorentza o wartości:

F_B = q · v · B czyli F_B = e · v · B

Siła ta powoduje odchylenie elektronów w jednym kierunku i

ich nagromadzenie po jednej stronie przewodnika, a na drugim

jego końcu nagromadzenie ładunku dodatniego. Powstaje pole

elektryczne o natężeniu E.

Pole działa na poruszające się elektrony siłą F_E = e · E

o zwrocie przeciwnym do F_B.

Gdy siły te zrównają się to:

F_E = F_B

e · E = e · v · B

E = v · B

Różnica potencjałów na końcach przewodnika:

Ɛ = U = E · L = B · v · L

Ɛ = B · L · v oraz F_B = B · L · I

więc: B · L = $\frac{\varepsilon}{v}$ i B · L = $\frac{F}{I}$

zatem: $\frac{\varepsilon}{v}$ = $\frac{F_{B}}{I}$

Ɛ = $\frac{F_{B}}{I}$ · v

Ɛ = 10 N / 1 A · 5 $\frac{m}{s}$ = 50 V

Zadanie 1.1

Samolot leci po linii prostej z Łodzi do Warszawy. Pierwszą

połowę drogi przebywa z prędkością v₁ = 420 km / h, drugą

zaś z prędkością v₂ = 320 km / h. Jaka jest średnia prędkość

samolotu na odcinku Łódź – Warszawa.

v_śr = s / t

s₁ = s₂ = s / 2 t₁ = s₁ / v₁ = s / 2 · v₁ t₂ = s / 2· v₂

t = t₁ + t₂

s / v_śr = s / 2· v₁ + s / 2 · v₂ | : s

1 / v_śr = 1 / 2 · v₁ + 1 / 2 · v₂

1 / v_śr = 2· v₂ + 2 · v₁ / 4 · v₁· v₂ = v₁ + v₂ / 2 · v₁ · v₂

v_śr = 2 · v₁ · v₂ / v₁ + v₂

v_śr = 2 · 420 km / h · 320 km / h / 740 km / h = 363 km / h

Zadanie 1.2

Samochód przejechał pierwszą połowę czasu z prędkością

v₁ = 80 km / h, a drugą połowę czasu z prędkością v₂ = 20 km/h

Obliczyć średnią prędkość samochodu na całej drodze.

t = t₁ + t₂ t₁ = $\frac{t}{2}$ t₂ = $\frac{t}{2}$

s = s₁ + s₂

v_śr · t = v₁ · t₁ + v₂ · t₂

v_śr · t = v₁ · $\frac{t}{2}$ + v₂ · $\frac{t}{2}$ | : t

v_śr = $\frac{v_{1}}{2}$ + $\frac{v_{2}}{2}$ = 40 km / h + 10 km / h = 50 km / h

Zadanie 1.3

Samochód jadący prostym odcinkiem drogi przebył 6 km z

prędkością 80 km / godz, a następnie, jadąc nadal w tę samą

stronę, 3 km z prędkością 60 km / godz. Oblicz średnią prędkość

samochodu na całej drodze.

v_śr = $\frac{s}{t}$ s = s₁ + s₂

s₁ = v₁ · t₁ s₂ = v₂ · t₂

t₁ = $\frac{s_{1}}{v_{1}}$ t₂ = $\frac{s_{2}}{v_{2}}$

t₁ = 6 km / 80 km / h = $\frac{3}{40}$ h

t₂ = 3 km / 60 km / h = $\frac{1}{20}$ h

t = t₁ + t₂ = $\frac{3}{40}$ h + $\frac{1}{20}$ h = $\frac{3}{40}$ h + $\frac{2}{40}$ h = $\frac{5}{40}$ h = $\frac{1}{8}$ h

v_śr = $\frac{s}{t}$ = 9 km / $\frac{1}{8}$ h = 72 km / h

Zadanie 1.4

Ciało rusza ruchem jednostajnie przyspieszonym i w czasie

czterech pierwszych sekund porusza się prostoliniowo ze średnią

prędkością 5 m / s. Ile wynosi przyspieszenie ciała?

s = v_śr · t ale s = $\frac{a \bullet t^{2}}{2}$

v_śr · t = $\frac{a \bullet t^{2}}{2}$

v_śr = $\frac{a \bullet t}{2}$ to a = $\frac{2 \bullet v_{sr}}{t}$ = $\frac{2 \bullet 5m/s}{4s}$ = 2,5 m / s²

Zadanie 1.5

Ciało ruszyło z przyspieszeniem 4 m / s². Jaką drogę przebyło

ciało w trzeciej sekundzie ruchu zakładając, że porusza się cały

czas ze stałym przyspieszeniem?

s = $\frac{a \bullet t^{2}}{2}$

Po trzech sekundach:

s₃ = $\frac{a \bullet t_{3}^{2}}{2}$ = $\frac{4m/s^{2} \bullet 9s^{2}}{2}\ = \ \ $18 m

Po dwóch sekundach:

s₂ = $\frac{a \bullet t_{2}^{2}}{2}$ = $\frac{4m/s^{2} \bullet 4s^{2}}{2}$ = 8 m

s₃ - s₂ = 18 m - 8 m = 10 m

Zadanie 1.6

Samochód jedzie z prędkością 72 km / h. W jakiej najmniejszej

odległości od przeszkody powinien rozpocząć hamowanie, jeśli

opóźnienie podczas hamowania wynosi 5 m / s² ?

W chwili t = 0 mamy v₀ = 72 km / h, czyli prędkość w chwili

gdy samochód rozpoczął hamowanie.

W chwili t w momencie zahamowania v_t = 0

v_t = v₀ - a· t v₀ - a · t = 0 v₀ = a · t

t - czas, w którym zahamuje: t = $\frac{v_{0}}{a}$

s = v₀ · t - $\frac{a \bullet t^{2}}{2}$

s = v₀ · $\frac{v_{0}}{a}$ - $\frac{{a \bullet (\frac{v_{0}}{a})}^{2}}{2}$ = $\frac{v_{0}^{2}}{a}$ - $\frac{v_{0}^{2}}{2 \bullet a}$ = $\frac{v_{0}^{2}}{2 \bullet a}$

v₀ = 72 km / h = 20 m / s

s$\ \ \geq \ \ \frac{v_{0}^{2}}{2 \bullet a}$ = 40 m

Zadanie 1.7

Ciało rzucono poziomo z prędkością v₀ = 10 m / s.

Ile wynosi czas lotu ciała, jeżeli zasięg rzutu jest dwa razy

większy od wysokości z jakiej rzucono ciało? g = 10 m /s²

v₀ = 10 m / s g = 10 m / s² T = ? z = 2 · h

h - wysokość z - zasięg

Ruch opisujemy w prostokątnym układzie współrzędnych:

oś x - powierzchnia Ziemi, oś y jest pionowa.

W kierunku poziomym ruch ciała jest jednostajny z prędkością

v₀ , a_x = 0.

W kierunku pionowym zachodzi spadek swobodny ciała - ruch

jest jednostajnie przyspieszony, a_y = - g.

Oba ruchy zachodzą niezależnie - jeden nie ma wpływu na

drugi.

Start ciała w chwili t = 0 z punktu ( 0 , h )( x = 0, y = h )

Współrzędne w czasie ruchu ciała w chwili t :

x ( t ) = v₀ · t

y ( t ) = h - $\frac{g \bullet t^{2}}{2}$ spadek swobodny

Koniec ruchu w chwili t = T w punkcie ( z , 0 ).

W momencie zatrzymania : y ( T ) = 0

h - $\frac{g \bullet T^{2}}{2}$ = 0

T = $\sqrt{\frac{2 \bullet h}{g}}$

Szukamy współrzędnej x punktu, w którym ciało spadnie czyli

zasięg rzutu.

x ( T ) = z = v₀ · T = v₀ · $\sqrt{\frac{2 \bullet h}{g}}$

Z warunków zadania : z = 2 · h

2 · h = v₀ · $\sqrt{\frac{2 \bullet h}{g}}$ | ( )²

4 · h² = v₀²· $\frac{2 \bullet h}{g}$ | : 2 · h

2 · h = $\frac{v_{0}^{2}}{g}$

h = $\frac{v_{0}^{2}}{2 \bullet g}$

T = $\sqrt{\frac{2 \bullet v_{0}^{2}}{2 \bullet g^{2}}}$ = $\frac{v_{0}}{g}$ = $\frac{10m/s}{10m/s^{2}}$ = 1 s

Zadanie 1.8

Pod jakim kątem do poziomu należy rzucić ciało, aby zasięg

rzutu był czterokrotnie większy od maksymalnej wysokości na

jaką ciało się wzniosło?

z = 4 · h_max

Opis odbywa się w prostokątnym układzie współrzędnych -

początek układu - miejsce wyrzutu ciała.

Początkowa prędkość v₀ skierowana pod kątem α do poziomu

rozkłada się na dwie składowe :

- pozioma v_x = v₀ · cosα

Ta składowa jest stała podczas całego ruchu, gdyż ruch w poziomie jest ruchem jednostajnym, bez przyspieszenia.

- pionowa v_y = v₀ · sinα

Ruch w pionie to ruch jednostajnie zmienny opisywany rów-

naniami :

y = v_y · t - $\frac{g \bullet t^{2}}{2}$

y = v₀ · sinα · t - $\frac{g \bullet t^{2}}{2}$

v_y = v₀ · sinα - g · t

Po czasie wznoszenia t_wzn , gdy położenie ciała jest najwyższe :

v_y = 0

v₀ · sinα - g · t_wzn = 0

t_wzn = $\frac{v_{0} \bullet \sin\alpha}{g}$

Po czasie wznoszenia : 

y = h_max

h_max = v₀ • sinα · t_wzn - $\frac{g \bullet t_{\text{wzn}}^{2}}{2}$

h_max = v₀ · sinα · $\frac{v_{0} \bullet \sin\alpha}{g}$ - $\frac{g}{2}$ · ( $\frac{v_{0} \bullet \sin\alpha}{g}$ )²

h_max = v₀² · sin²α / g - v₀² · sin²α / 2 · g = v₀² · sin²α / 2 · g

Czas całego lotu to podwojony czas wznoszenia :

t = 2 · t_wzn

Obliczamy zasięg :

z = v_x · t = v₀ · cosα · 2 · t_wzn = 2 · v₀ · cosα · $\frac{v_{0} \bullet \sin\alpha}{g}$

z = $\frac{2 \bullet v_{0}^{2}}{g}\ \bullet sin\alpha\ \bullet cos\alpha$

z = 4 · h_max

2 · v₀² · sinα · cosα / g = 4 · v₀² · sin²α / 2 · g

2 · v₀² · sinα · cosα / g = 2 · v₀² · sin²α / g

cosα = sinα | : cosα

1 = $\frac{\sin\alpha}{\cos\alpha}$

tgα = 1

α = 45°

Zadanie 1.9

Pocisk o masie m wystrzelono pod kątem α do poziomu z

prędkością v₀. Ile wynosi pęd pocisku w najwyższym punkcie

toru? Opór powietrza pominąć.

W najwyższym punkcie toru ciało posiada jedynie poziomą skła-

dową prędkości :

v_x = v₀ · cosα

Pęd ciała w najwyższym punkcie toru wynosi :

p = m · v_x = m · v₀ · cosα

i jest skierowany poziomo.

Zadanie 1.16

Jaka część energii mechanicznej dwóch kul zostanie stracona

podczas ich doskonale niesprężystego zderzenia? Kule mają masy

m₁ = 0,6 kg i m₂ = 0,8 kg i poruszają się naprzeciw siebie z

jednakowymi prędkościami.

Przyjmujemy, że kule poruszają się w płaszczyźnie poziomej,

czyli mają stałą grawitacyjną energię potencjalną.

Mają te same wartości prędkości.

Układ jest zamknięty ( bez zmiany masy ) i izolowany bo wy-

padkowa sił zewnętrznych działających na ciała w układzie jest

równa zeru.

Jeżeli zderzenie zachodzi w układzie zamkniętym i izolowanym

to całkowity pęd układu nie może ulec zmianie bez względu

na to, czy zderzenie jest sprężyste czy niesprężyste - zasada

zachowania pędu.

Zderzenie zachodzi wtedy, gdy dwa lub więcej ciał oddziałuje

na siebie dość dużymi siłami w krótkim przedziale czasu.

Zderzenie sprężyste - gdy całkowita energia kinetyczna układu

złożonego ze zderzających się ciał nie zmienia się w wyniku

zderzenia - jest ona zachowana.

Zderzenie niesprężyste - takie, w którym energia kinetyczna

układu nie jest zachowana.

Zderzenie doskonale niesprężyste - po zderzeniu obie kule

tworzą jedno ciało poruszające się z prędkością v_k.

Z zasady zachowania pędu :

m₁ · v - m₂ · v = ( m₁ + m₂ ) · v_k

v_k = $\frac{v \bullet (m_{1} - m_{2})}{m_{1} + m_{2}}$

W czasie zderzenia kule ulegają odkształceniu i ogrzaniu,

w zderzeniu tym energia kinetyczna układu będzie o wartość

Q mniejsza niż suma energii kinetycznych obu kul przed zde-

rzeniem.

$\frac{m_{1} \bullet v^{2}}{2}$ + $\frac{m_{2} \bullet v^{2}}{2}$ = $\frac{(m_{1} + m_{2}) \bullet v_{k}^{2}}{2}$ + Q

Strata energii :

Q = $\frac{(m_{1} + m_{2})v^{2}}{2}$ - $\frac{(m_{1} + m_{2})V_{K}^{2}}{2}$

Wstawiamy za v_k :

Q = $\frac{(m_{1} + m_{2})v^{2}}{2}$ - $\frac{(m_{1} + m_{2})}{2}$ · [ $\frac{v \bullet (m_{1} - m_{2)})}{m_{1} + m_{2}}\ $ ]²

Q = $\frac{(m_{1} + m_{2}) \bullet v^{2}}{2}$ - $\frac{(m_{1} + m_{2})}{2}$ · $\frac{v^{2} {(m_{1} - m_{2})}^{2}}{{(m_{1} + m_{2})}^{2}}$

Q = $\frac{(m_{1} + m_{2}) \bullet v^{2}}{2}$ - $\frac{v^{2} \bullet {(m_{1} - m_{2})}^{2}}{2 \bullet (m_{1} + m_{2})}$

Q = $\frac{v^{2}}{2}$ · [ $\frac{{(m_{1} + m_{2})}^{2} - {(m_{1} - m_{2})}^{2}}{(m_{1} + m_{2})}$ ]

Q = $\frac{v^{2}}{2}$ · ($\frac{m_{1}^{2} + 2 \bullet m_{1} \bullet m_{2} + m_{2}^{2} - m_{1}^{2} + 2 \bullet m_{1} \bullet m_{2} - m_{2}^{2}}{m_{1} + m_{2}}$)

Q = $\frac{v^{2}}{2}$ · $\frac{4 \bullet m_{1} \bullet m_{2}}{(m_{1} + m_{2})}$

Q = $\frac{2 \bullet v^{2} \bullet m_{1} \bullet m_{2}}{(m_{1} + m_{2})}$

Zmiana energii kinetycznej:

$\frac{Q}{E_{\text{kp}}} = \ \frac{2 \bullet v^{2} \bullet m_{1} \bullet m_{2}}{m_{1} + m_{2}}$ : ( $\frac{m_{1} \bullet v^{2}}{2}$ + $\frac{m_{2} \bullet v^{2}}{2}\ )$ = $\frac{2 \bullet v^{2} \bullet m_{1} \bullet m_{2}}{\frac{v^{2}}{2} \bullet {(m_{1} + m_{2})}^{2}}$ = $\frac{4 \bullet m_{1} \bullet m_{2}}{{(m_{1} + m_{2})}^{2}}$ =

= $\frac{4 \bullet 0,6kg \bullet 0,8kg}{{(0,6kg + 0,8kg)}^{2}}$ = $\frac{1,92}{1,96}$ = 0,9796

Strata energii stanowi 0,9796 początkowej energii kinetycznej

kul.

Zadanie 1.17

Jaką siłą należy działać na ciało o masie 3 kg, aby podnosić je

pionowo z przyspieszeniem 2 m / s² ?

$\overrightarrow{F}\ $- siła wymuszająca ruch do góry

$\overrightarrow{G}$- ciężar ciała

II zasada dynamiki : m ·$\overrightarrow{a}$ = $\overrightarrow{F}$ + $\overrightarrow{G}$

Obie siły działają wzdłuż jednej prostej i są przeciwnie skie-

rowane czyli możemy zapisać wartości :

m · a = F - G

m · a = F - m · g

F = m · a + m · g

F = m · ( a + g )

F = 3 kg · ( 2 ·$\frac{m}{s^{2}}$ + 10 $\frac{m}{s^{2}}$ )

F = 36 N

Zadanie 1.18

Z pewnej wysokości upuszczono kamień. Znaleźć stosunek

energii potencjalnej względem podłoża do energii kinetycznej

kamienia w połowie czasu swobodnego spadania.

Położenie ciała liczymy od poziomu y = 0.

W chwili t = 0 kamień spada swobodnie z wysokości y = h.

W chwili t położenie ciała wynosi :

y = h - $\frac{g t^{2}}{2}$

W momencie upadku t_s : y = 0

h - $\frac{g \bullet t_{s}^{2}}{2}$ = 0

Stąd czas spadku wynosi :

t_s = $\sqrt{\frac{2 \bullet h}{g}}$

Nie ma prędkości początkowej więc :

v = g · t

W dowolnym momencie :

E_k = $\frac{m \bullet v^{2}}{2}$ = $\frac{m \bullet g^{2} \bullet t^{2}}{2}$

E_p = m · g · y = m · g · ( h - $\frac{g \bullet t^{2}}{2}$ )

$\frac{\ E_{p}}{E_{k}}$ = $\frac{m \bullet g \bullet (h\ - \ \frac{g \bullet t^{2}}{2})}{\frac{m \bullet g^{2} \bullet t^{2}}{2}}$ = $\frac{2 \bullet (h - \ \frac{g \bullet t^{2}}{2})}{g \bullet t^{2}}$ = $\frac{2 \bullet h}{g \bullet t^{2}}$ - $\frac{g \bullet t^{2}}{g \bullet t^{2}}$ = $\frac{2 \bullet h}{g \bullet t^{2}}$ - 1

W połowie czasu spadku :

t = $\frac{t_{s}}{2}$ = $\frac{1}{2}$ · $\sqrt{\frac{2 \bullet h}{g}}$ = $\sqrt{\frac{h}{2 \bullet g}}$

W tym momencie :

$\frac{E_{p}}{E_{k}}$ = $\frac{2 \bullet h}{g \bullet {(\sqrt{\frac{h}{2 \bullet g}})}^{2}}$ - 1 = $\frac{2 \bullet h}{g \bullet \frac{h}{2 \bullet g}}$ - 1 = 4 - 1 = 3

Zadanie 1.20

Kulka o promieniu r i gęstości ρ opada w cieczy o gęstości

ρ_c < ρ  ze stałą prędkością. Znaleźć ciepło wydzielone gdy

kulka przebędzie drogę h. Przyspieszenie ziemskie g.

Położenie kulki opisujemy wzdłuż osi y. Gdy t = 0 kulka

w położeniu y₀.

Na kulkę działają w cieczy w czasie ruchu siły ( wartości ) :

F_g = m · g = V · ρ · g

- ciężar skierowany w dół

F_g = $\frac{4}{3}$ · π · r³ · ρ · g

oraz :

F_w = V · ρ_c · g = $\frac{4}{3}$ · π · r³ · ρ_c• g

- siła wyporu skierowana w górę.

Równanie ruchu ( wektorowe ) :

m · $\overrightarrow{a}$ = $\overrightarrow{F_{g}}$ + $\overrightarrow{F_{w}}$

m · a = F_g - F_w

Ponieważ ρ_c < ρ , więc F_g > F_w czyli a > 0 i kulka

opadałaby w dół ruchem jednostajnie przyspieszonym gdyby

działały tylko te dwie siły.

Prędkość kulki jest jednak stała, czyli a = 0, więc musi

działać jeszcze jedna siła, aby wypadkowa siła równała się

zeru.

F_g - F_w - F_T = m · a = 0

F_T - siła oporu cieczy

Te trzy siły się równoważą, więc kulka porusza się ruchem

jednostajnym.

Ciepło Q wydzielone podczas opadania kulki na drodze h

jest równe pracy wykonanej przez siłę F_T na drodze h.

Q = W = F_T · h

Q = ( F_g - F_w ) · h = $\frac{4}{3}$ · π · r³ · g · ( ρ - ρ_c ) · h

Zadanie 3.4

Na jaką odległość od powierzchni Ziemi należy wynieść ciało,

aby siła przyciągania ziemskiego działająca na ciało zmniejszyła

się dziewięciokrotnie ? Promień Ziemi jest równy R.

Wybieramy oś y skierowaną wzdłuż promienia Ziemi.

Na tej osi opisujemy położenie ciała względem Ziemi.

W środku Ziemi : y = 0 .

Ciało o masie m znajduje się na powierzchni Ziemi w

odległości : y = R.

Siła grawitacji, która działa na to ciało :

F₁ = G · $\frac{M \bullet m}{R^{2}}$

gdzie : M - masa Ziemi, R - promień Ziemi, G - stała

grawitacji.

Po wyniesieniu ciała na wysokość h nad powierzchnią Ziemi

siła grawitacji wynosi :

F₂ = G · $\frac{M \bullet m}{{(R + h)}^{2}}$

Z warunków zadania szukamy h, dla którego :

F₁ = 9 · F₂

G · $\frac{M \bullet m}{R^{2}}$ = 9 · G · $\frac{M \bullet m}{{(R + h)}^{2}}$

$\frac{1}{R^{2}}$ = $\frac{9}{{(R + h)}^{2}}$

( R + h )² = 9 · R²

R² + 2 · R · h + h² = 9 · R²

h² + 2 · R · h - 8 · R² = 0

= b² - 4 · a · c = 4 · R² + 4 · 1 · 8 ·R² = 36 · R²

h₁ = $\frac{- b + \sqrt{}}{2 \bullet a}$ = $\frac{- 2 \bullet R + 6 \bullet R}{2}$ = 2 · R

h₂ = $\frac{- b - \ \sqrt{}}{2 \bullet a}$ = $\frac{- 2 \bullet R - 6 \bullet R}{2}$ = - 4 · R

h₁ ⇒ y = R + 2 · R

h₂ ⇒ y = R - 4 · R

Obydwa punkty znajdują się w odległości 2 · R od powierzchni

Ziemi.

Zadanie 3.5

Jaki jest stosunek energii kinetycznej ciała okrążającego Ziemię

po okręgu do jego energii potencjalnej grawitacyjnej?

Energia kinetyczna ciała o masie m okrążającego Ziemię z

prędkością v :

E_k = $\frac{m \bullet v^{2}}{2}$

Siła dośrodkowa działająca na ciało poruszające się po orbicie

o promieniu R :

F_dośr = $\frac{m \bullet v^{2}}{R}$

Siłą dośrodkową jest tu siła grawitacji.

$\frac{\ m \bullet v^{2}}{R}$ = G ·$\frac{M \bullet m}{R^{2}}$

Gdzie M - masa Ziemi

Wyznaczamy v² :

v² = G · $\frac{M}{R}$

E_k = $\frac{m \bullet v^{2}}{2}$ = G · $\frac{M \bullet m}{2 \bullet R}$

Potencjalna energia grawitacyjna w odległości R od środka

Ziemi :

E_p = - G · $\frac{M \bullet m}{R}$

Stosunek obu energii ciała ( wartości bezwzględnych ) wynosi :

$\frac{|\ E_{k}|}{\ |\ E_{p}\ |}$ = $\frac{G \bullet \frac{M \bullet m}{2 \bullet R}}{G \bullet \frac{M \bullet m}{R}}$ = $\frac{1}{2}$

Zadanie 4.1

Jak zmieni się całkowita energia ciała drgającego ruchem

harmonicznym prostym, jeśli amplituda drgań wzrośnie dwu-

krotnie a okres drgań zmniejszy się dwukrotnie?

A₁ - początkowa amplituda

T₁ - początkowy okres drgań

A₂ = 2 · A₁ - końcowa amplituda

T₂ = $\frac{T_{1}}{2}$ - końcowy okres drgań

W ruchu harmonicznym:

x ( t ) = A · cos ( ω · t + φ )

v = $\frac{dx(t)}{\text{dt}}$

v = - A · ω · sin ( ωt  +  φ )

E_K = $\frac{m \bullet v^{2}}{2}$ = $\frac{m \bullet A^{2} \bullet \omega^{2} \bullet \sin^{2}(\omega \bullet t + \varphi)}{2}$

E_Ps = $\frac{k \bullet x^{2}}{2}$ = $\frac{k \bullet A^{2} \bullet \cos^{2}(\omega \bullet t + \ \varphi)}{2}$

m · ω² = k

E_K = $\frac{k \bullet A^{2} \bullet \sin^{2}(\omega \bullet t + \ \varphi)}{2}$

E_C = E_K + E_PS

E_C = $\frac{k \bullet A^{2}}{2}$ · sin²(ω • t  +  φ) + $\frac{k \bullet A^{2}}{2}$ · cos²(ω • t  +  φ) = $\frac{k \bullet A^{2}}{2}$

$$\omega\ = \ \ \frac{2 \bullet \pi}{T}$$

E_C = $\frac{m \bullet \omega^{2} \bullet A^{2}}{2}$ = $\frac{m \bullet 4 \bullet \pi^{2} \bullet A^{2}}{2 \bullet T^{2}}$ = $\frac{2 \bullet \pi^{2} \bullet m \bullet A^{2}}{T^{2}}$

m - masa ciała

k - stała sprężystości

E_C1 = $\frac{2 \bullet \pi^{2} \bullet m \bullet A_{1}^{2}}{T_{1}^{2}}$

E_C2 = $\frac{2 \bullet \pi^{2} \bullet m \bullet A_{2}^{2}}{T_{2}^{2}}$

$\frac{E_{C2}}{E_{C1}}$ = $\frac{2 \bullet \pi^{2} \bullet m \bullet A_{2}^{2} \bullet T_{1}^{2}}{T_{2}^{2} \bullet 2 \bullet \pi^{2} \bullet m \bullet A_{1}^{2}}$ = $\frac{A_{2}^{2} \bullet T_{1}^{2}}{A_{1}^{2} \bullet T_{2}^{2}}$ = $\frac{{(2 \bullet A_{1})}^{2} \bullet T_{1}^{2}}{A_{1}^{2} \bullet {({\frac{T_{1}}{2})}}^{2}}$ = 16

Całkowita energia ciała wzrośnie 16 razy.

Zadanie 4.3

Punkt materialny wykonuje proste drgania harmoniczne o okresie

T = 1,57 s i amplitudzie A = 0,5 m. Obliczyć maksymalne

przyspieszenie punktu w czasie drgań.

Równanie ruchu:

x = A · cos ( ω • t +  φ )

x - wychylenie z położenia równowagi

A - amplituda drgań $\omega\ = \ \ \frac{2 \bullet \pi}{T}$ - częstość kątowa φ - faza początkowa

v = - A · ω  • sin( ω•t +  φ )

a = - A ·ω² •  cos ( ω • t +   φ )

a = - ω²• x

a_max gdy cos ( ω • t  +   φ ) = ± 1

Wartość a_max = A · ω²

a_max = $\frac{A \bullet 4 \bullet \pi^{2}}{T^{2}}$ = $\frac{4 \bullet \pi^{2} \bullet 0,5m}{{(1,57s)}^{2}}$ = 8$\frac{m}{s^{2}}$

Zadanie 4.4

Amplituda drgań harmonicznych wynosi A = 5 cm, zaś okres

tych drgań T = 4 s. Jaka jest prędkość maksymalna punktu

materialnego biorącego udział w tych drganiach?

x = A · cos ( ω • t  +  φ )

v = - A · ω • sin( ω • t  +   φ )

v_max gdy sin ( ω • t  +   φ ) = ± 1

v_max = A · ω = A · $\frac{2 \bullet \pi}{T}$ = $\frac{5 \bullet 10^{- 2}m \bullet 2 \bullet \pi}{4s}$ = 0,0785 $\frac{m}{s}$

Zadanie 5.1

Podczas izotermicznego sprężania gazu z naczynia uciekła

połowa cząsteczek gazu, a objętość gazu zmalała dwukrotnie.

Ciśnienie początkowe wynosiło p₁. Wyznacz ciśnienie końcowe.

Przemiana izotermiczna:

T₁ = T₂ = T = const

Równanie stanu gazu doskonałego:

p · V = n · R · T

p - ciśnienie

V - objętość

n = $\frac{m}{M}$ - liczba moli

m - masa

M - masa molowa gazu

R - stała gazowa

T - temperatura

Stan początkowy:

p₁ · V₁ = n₁ · R · T

Stan końcowy:

p₂ · V₂ = n₂ · R · T

V₂ = $\frac{V_{1}}{2}$ oraz n₂ = $\frac{n_{1}}{2}$

p₁ · V₁ = n₁ · R · T

p₂ · $\frac{V_{1}}{2}$ = $\frac{n_{1}}{2}$ · R · T

Dzielimy stronami oba równania:

$\frac{p_{1}}{p_{2}}\ = \ \ 1$

p₁ = p₂

Zadanie 5.2

W nieszczelnym zbiorniku o objętości V ciśnienie gazu zmalało

o p. Obliczyć masę gazu m, która ulotniła się ze zbiornika,

przy założeniu, że temperatura T gazu nie uległa zmianie.

Stała gazowa R, oraz masa molowa gazu M.

p₁ · V = n₁ · R · T

p₁ · V = $\frac{m_{1}}{M}$ · R · T

p₂ · V = $\frac{m_{2}}{M}$ · R · T

( p₁ - p ) · V = $\frac{m_{1} - m}{M}$ · R · T

Otrzymujemy dwa równania:

p₁ · V = $\frac{m_{1}}{M}$ · R · T

( p₁ - p ) · V = $\frac{m_{1} - m}{M}$ · R · T

Odejmujemy równania stronami:

p₁ · V - ( p₁ - p ) · V = $\frac{m_{1}}{M}$ · R · T - $\frac{m_{1} - m}{M}$ · R · T

p₁ · V - p₁ · V + p · V = $\frac{m_{1}}{M}$ · R · T - $\frac{m_{1}}{M}$ · R · T + $\frac{m}{M}$ · R · T

p · V = $\frac{m}{M}$ · R · T

m = $\frac{M \bullet p \bullet V}{R \bullet T}$

Zadanie 6.1

Dwa ładunki + 2 · Q i - Q umieszczono w odległości r.

Znaleźć punkt, leżący na prostej przechodzącej przez oba

ładunki, w którym natężenie pola elektrycznego jest równe zeru

oraz punkt, w którym potencjał pola jest równy zeru.

Umieszczamy ładunki na osi x w miejscach o współrzędnych:

x = 0 ładunek + 2 · Q

x = r ładunek - Q

I . Badamy natężenie pola elektrostatycznego.

A jest poszukiwanym punktem na prostej, w którym natężenie

wypadkowego pola wytwarzanego przez oba ładunki jest równe

zero.

x_A - współrzędna tego punktu

a = x_A

Wartość natężenia pola elektrostatycznego wytwarzanego w

próżni przez ładunek q w odległości x od tego ładunku:

E = $\frac{F}{q_{0}}$ = $\frac{k \bullet \frac{q \bullet q_{0}}{x^{2}}}{q_{0}}$ = k · $\frac{q}{x^{2}}$ = $\frac{1}{4 \bullet \pi \bullet \varepsilon_{0}}$ · $\frac{q}{x^{2}}$

F - siła elektrostatyczna ( prawo Coulomba )

k = $\frac{1}{4 \bullet \pi \bullet \varepsilon_{0}}$ - stała elektrostatyczna

ε₀ - przenikalność elektryczna próżni

q₀ - ładunek próbny

Szukamy punktu A w trzech przedziałach:

a)x < 0 na lewo od ładunku + 2 · Q

b)0 < x < r pomiędzy ładunkami

c)x > r na prawo od ładunku - Q

Pamiętamy, że zwrot wektora natężenia pola elektrostatycznego

jest zawsze od ładunku dodatniego, stąd zwroty wektorów

natężeń pól $\overrightarrow{E_{1}}$ od ładunku + 2 · Q i $\overrightarrow{E_{2}}$ od ładunku - Q w

trzech przedziałach są w odpowiedni sposób pokazane na

rysunkach.

Przedział a) x < 0

Gdy wektor natężenia ma zwrot zgodny z kierunkiem osi x

piszemy „ + ˮ, gdy przeciwny piszemy „ - ˮ.

E_A - natężenie w punkcie A

E_A = E₂ - E₁ = $\frac{1}{4 \bullet \pi \bullet \varepsilon_{0}}$ · $\frac{Q}{{(r + a)}^{2}}$ - $\frac{1}{4 \bullet \pi \bullet \varepsilon_{0}}$ · $\frac{2 \bullet Q}{a^{2}}$ = 0

$\frac{1}{{(r + a)}^{2}}$ = $\frac{2}{a^{2}}$

a² = 2 · ( r + a )²

a² + 2 · a · r + 2 · r² = 0

                             = 4 · r² - 4 · 2 · r² = - 4 · r²

Równanie to nie ma rozwiązań.

Punkt A nie może znajdować się na lewo od ładunku + 2 · Q.

b) 0 < x < r

Wektory natężeń pól obu ładunków mają ten sam zwrot, zatem

ich wartości się dodają, suma ich nie może wynosić zero.

Punkt A nie może leżeć między ładunkami + 2 · Q i - Q.

c) x > r

E_A = E₁ - E₂ = $\frac{1}{4 \bullet \pi \bullet \varepsilon_{0}}$ · $\frac{2 \bullet Q}{a^{2}}$ - $\frac{1}{4 \bullet \pi \bullet \varepsilon_{0}}$ · $\frac{Q}{{(a - r)}^{2}}$ = 0

$\frac{2}{a^{2}}$ = $\frac{1}{{(a - r)}^{2}}$

2 · ( a – r )² = a²

a² - 4 · r · a + 2 · r² = 0

                                     = 16 · r² - 4 · 2 · r² = 8 · r²

a₁ = 2 · r - r · $\sqrt{2}$ = r · ( 2 - $\sqrt{2}$ )

Z rysunku a > r czyli to rozwiązanie odpada.

a₂ = r · ( 2 + $\sqrt{2}$ )

Szukany punkt A, w którym natężenie pola elektrycznego obu

ładunków wynosi zero znajduje się w odległości :

a = ( 2 + $\sqrt{2}$ ) · r

na prawo od ładunku + 2 · Q.

II. Badamy potencjał pola elektrostatycznego.

Przez B oznaczamy punkt, w którym potencjał wypadkowego

pola wytwarzanego przez oba ładunki jest równy zero.

x_B - współrzędna punktu B

b - odległość punktu B od ładunku + 2 · Q

Wartość potencjału wytwarzanego w próżni przez punktowy

ładunek q w punkcie odległym o x od tego ładunku wynosi:

V = $\frac{1}{4 \bullet \pi \bullet \varepsilon_{0}}$ · $\frac{q}{x}$

Przyjmuje on wartości dodatnie dla ładunku dodatniego oraz

ujemne dla ładunku ujemnego.

Szukamy punktu B w trzech przedziałach:

a)x < 0

Potencjały dodajemy tak jak liczby, bo są to skalary.

V_B = $\frac{1}{4 \bullet \pi \bullet \varepsilon_{0}}$ · $\frac{2 \bullet Q}{b}$ - $\frac{1}{4 \bullet \pi \bullet \varepsilon_{0}}$ · $\frac{Q}{(r + b)}$ = 0

$\text{\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ }\frac{2}{\text{\ b}}$ = $\frac{1}{r + b}$

2 · ( r + b ) = b

2 · r + 2 · b - b = 0

b + 2 · r = 0

b = - 2 · r

Długość odcinka b nie może być ujemna.

b)0 < x < r

V_B = $\frac{1}{4 \bullet \pi \bullet \varepsilon_{0}}$ · $\frac{2 \bullet Q}{b}$ - $\frac{1}{4 \bullet \pi \bullet \varepsilon_{0}}$ · $\frac{Q}{(r - b)}$ = 0

$\frac{2}{b}$ = $\frac{1}{r - b}$

2 · ( r – b ) = b

2 · r - 3 · b = 0

3 · b = 2 · r

b = $\frac{2}{3}$ · r

c)x > r

V_B = $\frac{1}{4 \bullet \pi \bullet \varepsilon_{0}}$ · $\frac{2 \bullet Q}{b}$ - $\frac{1}{4 \bullet \pi \bullet \varepsilon_{0}}$ · $\frac{Q}{(b - r)}$ = 0

$\frac{2}{b}$ = $\frac{1}{b - r}$

2 · ( b – r ) = b

b = 2 · r

Istnieją dwa punkty, w których potencjał wypadkowego pola

elektrostatycznego wytwarzanego przez oba ładunki wynosi zero.

Podsumowanie:

Punkt, w którym natężenie pola wytwarzanego przez ładunki

+ 2 · Q oraz - Q wynosi zero znajduje się w odległości

r · ( 2 + $\sqrt{2}\ )$ na prawo od ładunku + 2 · Q.

Punkty, w których potencjał pola ma wartość zero są w

odległościach: $\frac{2}{3}$ · r pomiędzy ładunkami oraz 2 · r na prawo

od ładunku + 2 · Q.

Zadanie 6.3

Kulę przewodzącą o promieniu r naładowaną do potencjału V₁

zetknięto z nienaładowaną kulą przewodzącą o dwukrotnie

większym promieniu. Ile wynosił potencjał kul po zetknięciu?

Ładunek zgromadzony na kuli wynosi:

Q = V₁ · C₁

V₁ - potencjał

C₁ - pojemność kuli

C₁ = 4 · π · ε₀ · r

r - promień kuli

Jeśli tę kulę zetkniemy z kulą o promieniu 2 · r to potencjał

układu V₂ będzie taki, że:

Q = V₂ · ( C₁ + C₂ )

C₂ - pojemność kuli o promieniu 2 · r

C₂ = 4 · π · ε₀ · 2 · r = 8 · π · ε₀ · r

V₂ = $\frac{Q}{C_{1} + C_{2}}$ = $\frac{V_{1} \bullet C_{1}}{C_{1} + C_{2}}$ = $\frac{V_{1} \bullet 4 \bullet \pi \bullet \varepsilon_{0} \bullet r}{4 \bullet \pi \bullet \varepsilon_{0} \bullet \ r + 8 \bullet \pi \bullet \varepsilon_{0} \bullet r}$ = $\frac{V_{1} \bullet 4 \bullet \pi \bullet \varepsilon_{0} \bullet r}{12 \bullet \pi \bullet \varepsilon_{0} \bullet r}$ = $\frac{V_{1}}{3}$

V₂ = $\frac{V_{1}}{3}$

Zadanie 6.4

W wierzchołkach trójkąta równobocznego o boku a umieszczono

takie same, dodatnie ładunki q. Znaleźć natężenie pola elektrycz-

nego w środku jednego z boków. Znaleźć potencjał pola

elektrycznego w tym miejscu.

Wybieramy dowolny bok trójkąta równobocznego np. AB.

W środku tego boku czyli w punkcie O obliczamy natężenie

pola elektrostatycznego jako sumę natężeń pól w tym punkcie

wytwarzanych przez wszystkie ładunki w trójkącie.

1)Wartość natężenia w punkcie O pola wytwarzanego przez

ładunek q w wierzchołku A:

E_A = $\frac{q}{4 \bullet \pi \bullet \varepsilon_{0} \bullet {(\frac{a}{2})}^{2}}$ = $\frac{q}{\pi \bullet \varepsilon_{0} \bullet a^{2}}$

2)Wartość natężenia pola w punkcie O wytwarzanego przez

ładunek q w wierzchołku B:

E_B = $\frac{q}{4 \bullet \pi \bullet \varepsilon_{0} \bullet {(\frac{a}{2})}^{2}}$ = $\frac{q}{\pi \bullet \varepsilon_{0} \bullet a^{2}}$

Wektory $\overrightarrow{E_{A}}$ i $\overrightarrow{E_{B}}$ leżą na osi x, mają te same wartości, lecz

są przeciwnie skierowane, zatem ich wkłady w wartość natężenia

pola w punkcie O wzajemnie się znoszą.

3)Wartość natężenia w punkcie O pola wytwarzanego przez

ładunek q w wierzchołku C:

E_C = $\frac{q}{4 \bullet \pi \bullet \varepsilon_{0} \bullet h^{2}}$

Obliczamy h:

($\frac{a}{2})$² + h² = a²

$\frac{a^{2}}{4}$ - a² = - h²

4 · a² - a² = 4 · h²

4 · h² = 3 · a²

h² = $\frac{3 \bullet a^{2}}{4}$

h = $\frac{a \bullet \sqrt{3}}{2}$

E_C = $\frac{q}{4 \bullet \pi \bullet \varepsilon_{0} \bullet \frac{3 \bullet a^{2}}{4}}$ = $\frac{q}{3 \bullet \pi \bullet \varepsilon_{0} \bullet a^{2}}$

Wektor natężenia pola w punkcie O ma wartość:

E_C = $\frac{q}{3 \bullet \pi \bullet \varepsilon_{0} \bullet a^{2}}$

Wartość potencjału wytwarzanego w próżni przez punktowy

ładunek q w punkcie odległym o x od tego ładunku wynosi:

V = $\frac{1}{4 \bullet \pi \bullet \varepsilon_{0}}$ · $\frac{q}{x}$

Przyjmuje on wartości dodatnie dla ładunku dodatniego oraz

ujemne dla ładunku ujemnego.

Potencjały dodajemy tak jak liczby, bo są to skalary.

V_O = 2 · $\frac{1}{4 \bullet \pi \bullet \varepsilon_{0}}$ · $\frac{q}{\frac{a}{2}}$ + $\frac{1}{4 \bullet \pi \bullet \varepsilon_{0}}$ · $\frac{q}{h}$ = $\frac{1}{\pi \bullet \varepsilon_{0}}$ · $\frac{q}{a}$ + $\frac{1}{2 \bullet \pi \bullet \varepsilon_{0}}$ · $\frac{q}{a \bullet \sqrt{3}}$

V_O = $\frac{q}{\pi \bullet \varepsilon_{0}}$ · ( $\frac{1}{a}$ + $\frac{1}{2 \bullet a \bullet \sqrt{3}}$ )

Zadanie 6.5

Praca potrzebna do przemieszczenia dodatniego ładunku

q = 3 · 10^-9 C wzdłuż linii sił jednorodnego pola elektrycznego

pomiędzy dwoma punktami odległymi od siebie o 2,5 m

wynosi 0,0015 J. Oblicz natężenie pola oraz różnicę potencjałów

między wymienionymi punktami.

Ładunek w punkcie A ma energię potencjalną:

E_PA = q · V_A gdyż V_A = $\frac{E_{\text{PA}}}{q}$

Przesuwając ładunek z punktu A o potencjale V_A do punktu B

o potencjale V_B wykonujemy pracę W.

Energia potencjalna w punkcie B wynosi:

q · V_B = q · V_A + W

Obliczamy różnicę potencjałów między B i A.

q · V_B - q · V_A = W

V_B - V_A = $\frac{W}{q}$

W polu jednorodnym wartość natężenia pola elektrycznego

między punktami A i B znajdującymi się w odległości d

wynosi:

E = $\frac{U}{d}$ = $\frac{V}{d}$

E = $\frac{V_{B} - V_{A}}{d}$

V_B - V_A = $\frac{W}{q}$ = $\frac{15 \bullet 10^{- 4}J}{3 \bullet 10^{- 9}C}$ = 5 · 10⁵ V

E = $\frac{5 \bullet 10^{5}V}{2,5m}$ = 2 · 10⁵ $\frac{V}{m}$

Zadanie 6.6

Płaski kondensator próżniowy naładowano do pewnego napięcia

i odłączono go od źródła. Ile razy zmieni się energia tego

kondensatora po wprowadzeniu między okładki płytki o stałej

dielektrycznej ε ? ( Przenikalność elektryczna względna ).

Energia naładowanego kondensatora płaskiego:

E = $\frac{1}{2}$ · $\frac{q^{2}}{C}$

q - ładunek kondensatora

C - pojemność kondensatora q = C · U

Pojemność kondensatora płaskiego:

C = $\frac{\varepsilon_{0} \bullet S}{d}$

S - powierzchnia okładek

d - odległość między nimi

ε₀ - przenikalność elektryczna próżni

Ładunek q ( + q i - q ) zgromadzony na okładkach jest stały bo

kondensator odłączono od źródła.

Przed wsunięciem dielektryka:

E₁ = $\frac{1}{2}$ · $\frac{q^{2}}{C_{1}}$

Energia kondensatora po wsunięciu dielektryka:

E₂ = $\frac{1}{2}$ · $\frac{q^{2}}{C_{2}}$

C₁ i C₂ - pojemności kondensatora przed i po wsunięciu

dielektryka.

Liczymy zmianę energii:

$\frac{E_{2}}{E_{1}}$ = $\frac{\frac{1}{2} \bullet \frac{q^{2}}{C_{2}}}{\frac{1}{2} \bullet \frac{q^{2}}{C_{1}}}$ = $\frac{C_{1}}{C_{2}}$ = $\frac{\frac{\varepsilon_{0} \bullet S}{d}}{\frac{\varepsilon \bullet \varepsilon_{0} \bullet S}{d}}$ = $\frac{1}{\varepsilon}$

E₂ = E₁ · $\frac{1}{\varepsilon}$

Energia kondensatora po wprowadzeniu między okładki płytki

o stałej dielektrycznej ε, zmaleje ε razy.

W obszarze wypełnionym całkowicie materiałem dielektrycznym

o względnej przenikalności ε, wszystkie równania elektrostatyki,

zawierające przenikalność elektryczną próżni ε₀ należy zmodyfi-

kować, zastępując ε₀ przez ε • ε₀.

Zadanie 6.7

Kondensator płaski został naładowany, a następnie odłączony od

źródła napięcia i zanurzony w ciekłym dielektryku o względnej

stałej dielektrycznej ε = 4. Jak zmieniła się energia pola

elektrycznego kondensatora?

E₁ = $\frac{1}{2}$ · $\frac{q^{2}}{C_{1}}$ E₂ = $\frac{1}{2}$ · $\frac{q^{2}}{C_{2}}$

$\frac{E_{2}}{E_{1}}$ = $\frac{\frac{1}{2} \bullet \frac{q^{2}}{C_{2}}}{\frac{1}{2} \bullet \frac{q^{2}}{C_{1}}}$ = $\frac{C_{1}}{C_{2}}$

$\frac{E_{2}}{E_{1}}$ = $\frac{\frac{\varepsilon_{0} \bullet S}{d}}{\frac{\varepsilon_{0} \bullet \varepsilon \bullet S}{d}}$ = $\frac{1}{\varepsilon}$ = $\frac{1}{4}$

Zadanie 6.8

Kondensator naładowano i odłączono od źródła napięcia.

Następnie dołączono do niego równolegle drugi, taki sam, ale

nienaładowany kondensator. Oblicz stosunek energii powstałego

układu do energii początkowej pierwszego kondensatora

Całkowity ładunek podczas procesu nie ulega zmianie.

Połączenie jest równoległe więc ładunek q rozdzieli się na

dwa kondensatory:

q = q₁ + q₂

Przy połączeniu równoległym kondensatorów napięcie na

okładkach jest takie samo.

U₁ = U₂ = U

Kondensatory są takie same więc mają równe pojemności.

C₁ = C₂

C₁ = $\frac{q_{1}}{U}$ C₂ = $\frac{q_{2}}{U}$

$\frac{q_{1}}{U}$ = $\frac{q_{2}}{U}$

q₁ = q₂ = $\frac{q}{2}$

E₁ = $\frac{1}{2} \bullet \frac{q^{2}}{C}$

Energia końcowa jest sumą energii obu kondensatorów

E₂ = $\frac{1}{2}$ · $\frac{{({\frac{q}{2})}}^{2}}{C}$ + $\frac{1}{2}$ · $\frac{{(\frac{q}{2})}^{2}}{C}$ = $\frac{q^{2}}{4 \bullet C}$

$\frac{E_{2}}{E_{1}}$ = $\frac{\frac{q^{2}}{4 \bullet C}}{\frac{q^{2}}{2 \bullet C}}$ = $\frac{1}{2}$

E₂ = $\frac{E_{1}}{2}$

Zadanie 6.9

Opornik o oporze 9 Ω połączono ze źródłem o napięciu 9 V.

Jaki dodatkowy opornik należy połączyć równolegle do

pierwszego opornika aby ze źródła popłynął prąd o natężeniu

1,5 A?

Obliczamy opór zastępczy dwóch oporników połączonych

równolegle.

I = I₁ + I₂

$\frac{U}{R_{z}}$ = $\frac{U}{R_{1}}$ + $\frac{U}{R_{2}}$

$\frac{1}{R_{z}}$ = $\frac{1}{R_{1}}$ + $\frac{1}{R_{2}}$

I = $\frac{U}{R_{z}}$

I = U · ( $\frac{1}{R_{1}}$ + $\frac{1}{R_{2}}$ )

Szukamy R₂:

$\frac{I}{U}$ = $\frac{R_{2} + R_{1}}{R_{1} \bullet R_{2}}$

I · R₁ · R₂ = U · R₂ + U · R₁

I · R₁ · R₂ - U · R₂ = U · R₁

R₂ · ( I · R₁ - U ) = U · R₁

R₂ = $\frac{U \bullet R_{1}}{I \bullet R_{1} - U}$

R₂ = $\frac{9V \bullet 9\frac{V}{A}}{1,5A \bullet 9\frac{V}{A} - 9V}$ = $\frac{81V^{2}}{4,5V \bullet A}$ = 18 Ω

Zadanie 6.10

Znaleźć liczbę połączonych szeregowo ogniw, każde o sile elektromo-

torycznej 1,2 V i oporze wewnętrznym 0,6 Ω, jeśli wiadomo, że po

dołączeniu do tej baterii oporu zewnętrznego 3,6 Ω, przez opornik

popłynie prąd o natężeniu 1 A.

Drugie prawo Kirchhoffa:

Algebraiczna suma zmian potencjału napotykanych przy pełnym

obejściu dowolnego oczka obwodu musi być równa zeru.

Dla omawianego układu:

n · Ɛ – I · n · r – I · R = 0

n · Ɛ = I · n · r + I · R

Ɛ - siła elektromotoryczna jednego ogniwa

n - liczba ogniw

r - opór wewnętrzny jednego ogniwa

R - opór zewnętrzny

I - natężenie prądu płynącego w układzie

Wyliczamy szukaną liczbę ogniw:

n · Ɛ - I · n · r = I · R

n · ( Ɛ - I · r ) = I · R

n = $\frac{I \bullet R}{E - I \bullet r}$

n = $\frac{1A \bullet 3,6\Omega}{1,2V - 1A 0,6\Omega}$ = 6

W układzie znajdowało się 6 ogniw.

Zadanie 6.13

Do źródła prądu stałego dołączono najpierw opór R₁ = 16 Ω,

a następnie zastąpiono go oporem R₂ = 1 Ω. W obu przypadkach

na oporze zewnętrznym wydzieliła się identyczna moc. Oblicz

opór wewnętrzny źródła prądu.

II prawo Kirchhoffa dla obwodu I ma postać:

Ɛ - I₁ · R₁ - I₁ · R_W = 0

I₁ · R₁ + I₁ · R_W = Ɛ

I₁ = $\frac{E}{R_{1} + R_{W}}$

Dla obwodu II :

Ɛ - I₂ · R₂ - I₂ · R_W = 0

I₂ · R₂ + I₂ · R_W = Ɛ

I₂ = $\frac{E}{R_{2} + R_{W}}$

Moce wydzielone na oporniku R₁ i R₂ są sobie równe.

P = I² · R

P₁ = I₁² · R₁ = $\frac{E^{2} \bullet R_{1}}{{(R_{1} + R_{W})}^{2}}$

P₂ = I₂² · R₂ = $\frac{E^{2} \bullet R_{2}}{{(R_{2} + R_{W})}^{2}}$

P₁ = P₂

$\frac{E^{2} \bullet R_{1}}{{(R_{1} + R_{W})}^{2}}$ = $\frac{E^{2} \bullet R_{2}}{{(R_{2} + R_{W})}^{2}}$

$\frac{R_{1}}{{(R_{1} + R_{W})}^{2}}$ = $\frac{R_{2}}{{(R_{2} + R_{W})}^{2}}$

R₁ · ( R₂ + R_W )² = R₂ · ( R₁ + R_W )²

R₁ · ( R₂² + 2 · R₂ · R_W + R_W² ) = R₂ · ( R₁² + 2 ·R₁ · R_W + R_W² )

R₁ · R₂² + 2 · R₁ · R₂ · R_W + R₁ · R_W² =

= R₂ · R₁² + 2 · R₁ · R₂ · R_W + R₂ · R_W²

R₁ · R_W² - R₂ · R_W² = R₂ · R₁² - R₁ · R₂²

R_W² · ( R₁ - R₂ ) = R₁ · R₂ · ( R₁ - R₂ )

R_W² = R₁ · R₂

R_W = $\sqrt{R_{1} \bullet R_{2}}$

R_W = $\sqrt{16\Omega 1\Omega}$ = 4Ω

Opór wewnętrzny ogniwa wynosi 4Ω.

Zadanie 6.16

Naładowana cząstka o masie m i ładunku q wpada w pole magne-

tyczne o indukcji B prostopadle do linii sił pola, a następnie porusza

się po okręgu. Oblicz okres obiegu cząstki po okręgu.

Na cząstkę o ładunku q poruszającą się z prędkością $\overrightarrow{v}$ w polu

magnetycznym o indukcji $\overrightarrow{B}$ działa siła Lorentza:

$\overrightarrow{F}$ = q · ( $\overrightarrow{v}\ \times \ \overrightarrow{B}\ )$

Cząstka wpada prostopadle do linii sił pola ( wektor prędkości cząstki

jest prostopadły do wektora indukcji ), stąd wartość siły Lorentza:

F = q · v · B

Ponieważ siła ta jest w każdym punkcie toru cząstki prostopadła do

prędkości, pełni więc rolę siły dośrodkowej.

W ruchu po okręgu o promieniu R :

F = $\frac{m \bullet v^{2}}{R}$

$\frac{m \bullet v^{2}}{R}$ = q · v · B

Okres obrotu to czas przebycia obwodu okręgu:

T = $\frac{l}{v}$

T = $\frac{2 \bullet \pi \bullet R}{v}$

v = $\frac{q B R}{m}$

T = $\frac{2 \bullet \pi \bullet R \bullet m}{q B R}$

T = $\frac{2 \bullet \pi \bullet m}{q B}$

Zadanie 6.17

Cząstka o ładunku 2·e i pędzie p wpada w jednorodne pole magne-

tyczne o indukcji B prostopadle do linii sił pola, a następnie porusza

się po okręgu. Znaleźć promień okręgu, po którym cząstka będzie

się poruszała.

Na cząstkę o masie m i ładunku q, poruszającą się z prędkością v

w polu magnetycznym o indukcji B, działa siła:

$\overrightarrow{F}$ = q · ( $\overrightarrow{v}$ × $\overrightarrow{B}$ )

Wektory $\overrightarrow{v}$ oraz $\overrightarrow{B}$ są prostopadłe, więc wartość siły:

F = q · v · B

Siła ta pełni rolę siły dośrodkowej, gdyż powoduje ruch cząstki po

okręgu o promieniu R.

$\frac{m \bullet v^{2}}{R}$ = q · v · B

R = $\frac{m \bullet v}{q \bullet B}$

R = $\frac{p}{2 \bullet e \bullet B}$

p = m · v pęd cząstki

Zadanie

Rysunek przedstawia 2 oporniki połączone równolegle i podłączone

do źródła o SEM równej Ɛ. Na drugim rysunku mamy równoważny

obwód o oporze R_rw równoważnym poprzednim oporom.

Wartości natężeń prądów w każdym oporniku:

J₁ = $\frac{U}{R_{1}}$ J₂ = $\frac{U}{R_{2}}$

U jest różnicą potencjałów między punktami a i b taką samą na

obu opornikach.

I prawo Kirchhoffa:

Suma natężeń prądów wpływających do dowolnego węzła musi być

równa sumie natężeń prądów wypływających z tego węzła. ( Zacho-

wanie ładunku ).

Z I prawa Kirchhoffa:

I = I₁ + I₂

I = $\frac{U}{R_{1}}$ + $\frac{U}{R_{2}}$

I = $\frac{U}{R_{\text{rw}}}$

$\frac{U}{R_{\text{rw}}}$ = $\frac{U}{R_{1}}$ + $\frac{U}{R_{2}}$

$\frac{1}{R_{\text{rw}}}$ = $\frac{1}{R_{1}}$ + $\frac{1}{R_{2}}$

$\frac{1}{R_{\text{rw}}}$ = $\frac{R_{1} + R_{2}}{R_{1} \bullet R_{2}}$

R_rw = $\frac{R_{1} \bullet R_{2}}{R_{1} + R_{2}}$

Zadanie 6.14

Ogniwo o sile elektromotorycznej 10V i oporze wewnętrznym 1Ω

zamknięto oporem 4Ω. Ile wynosi moc prądu w obwodzie zewnę-

trznym?

II prawo Kirchhoffa dla tego obwodu:

Ɛ - I · R_z - I · R_w = 0

I · R_z + I · R_w = Ɛ

Ɛ - siła elektromotoryczna ogniwa

I - natężenie prądu w obwodzie

R_z - opór podłączony do ogniwa

R_w - opór wewnętrzny ogniwa

I = $\frac{E}{R_{z} + R_{w}}$

Moc prądu w obwodzie zewnętrznym:

P_z = I² · R_z

P_z = $\frac{E^{2} \bullet R_{z}}{{(R_{z} + R_{w})}^{2}}$

P_z = $\frac{{(10V)}^{2} \bullet 4\Omega}{{(4\Omega + 1\Omega)}^{2}}$

P_z = $\frac{400V^{2}\Omega}{25\Omega^{2}}$ = 16$\frac{V^{2}}{\Omega}$ = 16$\frac{V^{2} \bullet A}{V}$ = 16 W

Zadanie 6.27

Odbiornik fal radiowych dostrojono do odbioru fal wysyłanych

przez radiostację emitującą fale elektromagnetyczne o długości

λ = 1200 m ( w próżni ). Oblicz współczynnik samoindukcji

cewki w obwodzie drgającym odbiornika, jeżeli pojemność tego

obwodu jest równa 100 pF.

Częstotliwość rezonansowa f obwodu LC wynosi:

f = $\frac{1}{2 \bullet \pi \bullet \sqrt{L \bullet C}}$

gdzie C jest pojemnością kondensatora, zaś L indukcyjnością

cewki ( współczynnikiem samoindukcji ), z których zbudowany jest

obwód. Odbiornik dostrojono do częstotliwości odpowiadającej

długości fali radiowej równej λ.

Ponieważ:

λ = c · T = $\frac{c}{f}$

gdzie c jest prędkością fali elektromagnetycznej w próżni, zaś T

jej okresem, więc:

f = $\frac{c}{\lambda}$

$\frac{c}{\lambda}$ = $\frac{1}{2 \bullet \pi \bullet \sqrt{L \bullet C}}$

${(\frac{c}{\lambda})}^{2}$ = $\frac{1}{4 \bullet \pi^{2}L \bullet C}$

L = ${(\frac{\lambda}{c})}^{2}$ · $\frac{1}{4 \bullet \pi^{2} \bullet C}$

L = ${(\frac{1200m}{3 \bullet 10^{8}\frac{m}{s}})}^{2} \bullet \frac{1}{4 \bullet {3,14}^{2} \bullet 100 \bullet 10^{- 12}F}$

L = 40,6 · 10^-4 H