Kinematyka

Zadanie1

Ruch punktu materialnego opisany jest w układzie kartezjańskim równaniami parametrycznymi:

x = Acos (ωt),        y = Asin (ωt),   gdzie A = const,     ω   = const,    t  jest parametrem;

a) Wykazać, że tor punktu jest okręgiem o promieniu A,

b) Wyznaczyć składowe prędkości i przyspieszenia w zależności od x i y,

c) Wyznaczyć wartości bezwzględne wektora prędkości i przyspieszenia.

Rozwiązanie

R jest promieniem wodzącym punktu. Na rysunku jest obrócony ze względu na czytelność,

a_n - przyspieszenie normalne, a_t - przyspieszenie styczne.

v = ωR = const;  a_t = 0;  a = a_n

 

a) Należy doprowadzić do równania okręgu:  x² + y² =R²  

x² + y² = A² cos² (ωt) + A² sin² (ωt) = A² ,              R  = A

b) dx/dt = - Aωsin (ωt) = -ωy

dy/dt =  Aωcos (ωt) =  ωx 

v = [dx/dt, dy/dt] =  [-ωy,  ωx ]

d²x/dt² = - Aω² cos (ωt) = -ω²x = -a_x

d²y/dt² = - Aω² sin (ωt) = - ω²y = -a_y

a =[d²x/dt², d²y/dt²] =  [ - ω²x, - ω²y  ]  = - ω² [ x, y ] = -  ω²R,             bo R = [ x, y]

c) v² = (dx/dt)² + (dy/dt)²   =   A²ω² cos² (ωt)  + A²ω² sin² (ωt),          v  = Aω  ,

   a² =  (d²x/dt²)²+(d²y/dt²)²=  A²ω⁴ sin² (ωt) + A²ω⁴ cos² (ωt),         a = Aω²

 

Zadanie2

Ruch punktu materialnego opisany jest w układzie kartezjańskim równaniami parametrycznymi:

x = Acos(ωt),   y = Bsin(ωt);  gdzie A = const, B = const,          ω = const,   t jest parametrem;

a) Znalezć równanie toru punktu,

b) Wyznaczyć składowe prędkości i przyspieszenia,

c) Wyznaczyć wartości bezwzględne wektora prędkości i przyspieszenia.

Wskazówka: Pierwsze równanie parametryczne należy podzielić przez A, drugie przez B. Po podniesieniu do kwadratu i dodaniu stronami otrzymamy równanie toru (elipsa). P-kty b) i c) jak w zadaniu 1.

Zadanie 3

Ruch punktu materialnego opisany jest w układzie kartezjańskim równaniami parametrycznymi:

x = ct,   y = a + bt²,      gdzie  a = const, b = const, c = const, t jest parametrem;

a) Wyznaczyć składowe wektora prędkości i przyspieszenia,

b) Wyznaczyć wartości bezwzględne wektora prędkości i przyspieszenia,

c) Wyznaczyć równanie toru y = f(x);

Rozwiązanie:

a) dx/dt = c,       dy/dt = 2bt,

v = [ dx/dt, dy/dt ] = [ c, 2bt ]

d²x/dt² = 0,    d²y/dt² = 2b,

a = [ d²x/dt², d²y/dt² ]  =  2b;    a = 2b

b) v² =   c² + ( 2bt)²,         v = √c² + (2bt)²      a = 2b

c) t = x/c,   y = a + bx²/c,   parabola.

Zadanie 4

Ruch punktu materialnego dany jest w układzie kartezjańskim równaniami parametrycznymi:

x = ct cos(ωt),       y = ct sin(ωt),    gdzie ω = const,  c = const,  t jest parametrem;

Wyznaczyć w biegunowym układzie współrzędnych:

a) parametryczne równania ruchu  r(t),    (t),

b) równanie toru   r = f ( φ ),

c) wartość wektora prędkości i przyspieszenia punktu,

d) składowe wektora przyspieszenia styczną i normalną,

e) promień krzywizny toru w funkcji czasu;

Rozwiązanie:

a) r² = x² + y² = (ct)²cos² (ωt) + (ct)²sin²(ωt) = (ct)²    ; r = ct

tgφ = y/x = ct sin (ωt)/ct cos (ωt) = tg (ωt)  ;       φ  = ωt,

b) t = φ /ω;    r = cφ /ω       - spirala Archimedesa,

c) wartości wektora prędkości i przyspieszenia w biegunowym układzie współrzędnych liczymy jako pierwiastki z sumy kwadratów odpowiednich składowych radialnych i transwersalnych:

v_r = dr/dt = c,   v_φ  = rdφ/dt. = ctb,   v² =   v_r²+ v_φ ² = c² ( 1+ b²t² ),    

a_r = d²r/dt² - r(dφ/dt)²  =  0 - (ctb)²,  a_φ  = 2dr/dt dφ/dt + rd²φ/dt²  = 2bc,  a² =   a_r² + a_φ² ,  a = b²c²(b²t² + 4 )

d) a_t = dv/dt = - cb2t/( 1 + b²t²), a_n =   a² - a_t²  = bc(b²t² +2)/ ( 1 + b²t²),

e)   a_n = v²/ ρ                  ρ =v²/a_n,

        ρ = [c²(1 + b²t²)]/[bc(b²t² + 2)/( 1 + b²t²)]  = c(1 +b²t²)²/[b(b²t² + 2)].  

Zadanie 5

Ciało porusza się ruchem płaskim, przy czym jego prędkość polowa  dS/dt = br² ( b = const > 0), natomiast prędkość radialna v_r = 0. Wyznaczyć równania ruchu oraz równanie toru. 

Przyjąć warunki początkowe r(0) = r₀ i     φ(0) =  0.

Wskazówka: Ogólny wzór na prędkość polową:    dS/dt =  (r²dφ/dt)/2, gdzie S jest polem powierzchni, jaką "zamiata" promień wodzący w czasie t. 

Zadanie 6

Ciało porusza się ruchem płaskim, przy czym prędkość polowa dS/dt = ar/2, natomiast prędkość radialna v_r = b, gdzie a,b = const >0. Wyznaczyć równania ruchu oraz równanie toru ciała we współrzędnych biegunowych. Przyjąć warunki początkowe:   φ (0) = 0,     r(0) = r₀.

Rozwiązanie

v_r = b,   r = ∫bdt = bt + C₁,   dla t = 0    r = r₀,  więc C₁ = r₀;   ostatecznie:  r = r₀ + bt.

Porównujemy warunek na prędkość polową ze wzorem ogólnym:

r²dφ /dt = ar/2,  stąd dφ /dt = a/r = a/(r₀ + bt),

φ = a ∫dt/(r₀ + bt);    aby policzyć całkę stosujemy podstawienie: bt + r₀ = p,  bdt = dp,  dt = dp/b;  po podstawieniu otrzymujemy:

φ = a ∫dp/(bp) = (a/b) lnp + C₂.         

Wracamy do poprzedniego wzoru:

φ = (a/b)ln(bt + r₀) + C_2,     dla t = 0      φ (0) = 0, więc  0 = (a/b)lnr₀ + C₂,   skąd  C₂ = - (a/b)lnr₀,

φ = (a/b)ln(bt + r₀) - (a/b)lnr₀ = (a/b)ln[(bt + r₀)/r₀] = (a/b)ln(r/r₀), skąd po prostych przekształceniach otrzymujemy:

r = r₀e^φb/a  -     spirala logarytmiczna.

Zadanie 7

Zależność od czasu przebytej przez ciało drogi wyraża się wzorem: s = at⁴ - bt², gdzie a = const, b = const.

Wyznaczyć maksymalną wartość prędkości ciała.

Rozwiązanie:

v = ds/dt = 4at³ - 2bt,

korzystamy z warunku istnienia ekstremum funkcji: dv/dt = 0,    zatem 12at² - 2b = 0,

t =   b/(6a) i po podstawieniu do wzoru na v otrzymujemy: v = 4a[ b/(6a)]³ - 2b²/6a  .

Zadanie 8 

Punkt materialny porusza się z przyspieszeniem a = 12 kt ( k = const) wzdłuż osi x. Wyznaczyć v(t) i x(t). Przyjąć warunki początkowe x(0) = 0 

i v(0) = 0.

Rozwiązanie:

v = ∫adt + ∫12kt dt = 12kt²/2 + C₁,  dla t = 0  v = 0, więc 0 = 0 + C₁,  C₁ = 0,  v = 6kt²,

x = ∫vdt = ∫6kt² = 2kt³ + C₂,  0 = 0 + C₂,   C₂ = 0,   x = 2kt³.

Zadanie 9

W ciągu czasu τ  prędkość ciała zmienia się zgodnie z wzorem: v = at² + bt  (a,b = const,  0 <  t <  τ ). Wyznaczyć średnią prędkość ciała w ciągu czasu   τ .

Wskazówka: średnią prędkość liczymy z wzoru v = s/t, należy więc policzyć drogę jako całkę oznaczoną od 0 do τ i wynik podzielić  przez czas  τ .

Zadanie 10

Ćma porusza się po krzywej, której długość s dana jest wzorem  s = s₀exp(ct), gdzie s₀, c = const >0. Wiedząc, że wektor przyspieszenia a tworzy stały kąt  φ ze styczną do toru w każdym punkcie, wyznaczyć wartości:

a) prędkości,

b) przyspieszenia stycznego,

c) przyspieszenia normalnego,

d) promienia krzywizny toru w funkcji długości łuku krzywej.

Rozwiązanie:

 

a) v = ds/dt = cs₀exp(ct)

b) at = dv/dt = c²s₀exp(ct)

c) a_n/a_t = tg φ  ,   a_n = a_ttg φ   = c²s₀exp(ct) tg φ.

d) a_n = v²/ ρ   ,       ρ = v²/a_n = s₀exp(ct)ctg φ  = s ctg φ   . 

Zadanie 11

Pręt o długości l obraca się wokół punktu zamocowania B ze stałą prędkością kątową   ω. Punkt B odległy jest o odcinek a od prostej x, przy czym a   l. Zakładając, że w chwili t = 0 punkt przecięcia pręta z prostą pokrywa się z punktem A, wyznaczyć położenie oraz prędkość i przyspieszenie punktu przecięcia pręta i prostej w funkcji położenia.

Rozwiązanie

 

       

x = atg (ωt)

dx/dt = aω/cos² (ωt) = aωtg² (ωt) + aω  = aω +  ωx²/a,           bo 1/cos²ωt = tg²ωt + 1,

v = dx/dt =  ωx²/a + aω  ;

a = d²x/dt² = [d(dx/dt]/dt = ( 2ωxdx/dt ) = ( 2ωx/a )( aω  +  ωx²/a) = 2xω² (1 + x²/a² ).

Zadanie 12

Po rzece płynie łódka ze stałą względem wody prędkością v₁ prostopadłą do kierunku prądu rzeki. Woda w rzece płynie wszędzie równolegle do brzegów, ale wartość jej prędkości zależy od odległości od brzegów i dana jest wzorem:  v₂ = v₀ sin(πy/L), gdzie v₀ = const, L jest szerokością rzeki. Wyznaczyć: 

a) wartość wektora prędkości łódki względem nieruchomych brzegów,

b) kształt toru łódki.

Rozwiązanie

Układ współrzędnych ustalamy w ten sposób, że x(0) = 0 i y(0) = 0

a) v² = v₁2 + v₂2

b) v_x = v₂ = v₀sin(πy/L),      (1)

   v_y = v₁                             (2)

z (2)  otrzymujemy:  y = ∫v₁dt = v₁t + C₁;  dla t=0  y = 0, więc C₁ = 0, czyli   y = v₁t.

Otrzymany wynik wstawiamy do (1) :

x = ∫v₀sin( πv₁t/L)dt = - (v₀L/ v₁)cos(πv₁t/L) + C₂,    dla t=0  x = 0, więc 0 = - v₀L/ πv₁ +  C₂,  skąd C₂ = v₀L/πv₁,

zatem x =  - ( v₀L/ πv₁)cos(  πv₁t/L) + v₀L/  πv₁ = ( v₀L/  πv₁ ) [1 - cos ( πv₁t/L),

gdy y = L     x = 2v₀L/  πv₁.           

Dynamika ruchu postępowego

Zadanie 13

Cząstka o masie m porusza się po płaszczyźnie xy zgodnie z równaniami ruchu:      x = Acosωt,   y = Bsinωt. Jak zależy od czasu jej prędkość i energia kinetyczna oraz jaki jest kierunek siły działającej na cząstkę?

Rozwiązanie

r = [ Acos(ωt), Bsin(ωt) ]

v = dr/dt,  więc   v = [- Aωsin(ωt) , Bωcos(ωt) ]

v² = A²ω²sin²(ωt) + B²ω²cos²(ωt),

E_k = mv²/2 = (m/2)(A²ω²sin²(ωt) + B²ω²cos²(ωt).

F = ma, gdzie a jest przyspieszeniem cząstki i a = dv/dt,  zatem  a = [ - Aω²cos(ωt), - Bω² sin(ωt) ],

F = m [- Aω²cos(ωt), - Bω²sin²(ωt) ] = mω² [- x, -y ] = - mω²r    -   siła harmoniczna, jest ona wprost proporcjonalna do wychylenia, ale ma przeciwny zwrot.

Zadanie 14

Znaleźć zależność energii potencjalnej od odległości od centrum w polu sił:

a) F₁ = - k/r⁴ r/r,  b) F₂ = kr² r/r  c) F₃ = k/r² r/r,     gdzie  k = const.

Wskazówka: Należy zastosować ogólny związek: V = ∫Fdr.

Zadanie 15

W ciągu ostatnich τ  sekund ciało o masie m przebyło n - tą część drogi. Ile czasu spadało swobodnie?

Rozwiązanie

Ruch ciała jest jednowymiarowy, siła ciężkości działa w kierunku ruchu. Aby sprawdzić, jakim ruchem porusza się ciało, skorzystajmy z równania Newtona. Załóżmy, że y(0) = 0 i v(0) = 0.

md²y/dt² - F_y = 0,   F_y = mg  , d²y/dt² - g = 0,  d²y/dt² = g,   gdzie g jest przyspieszeniem ziemskim,

v = dy/dt = ∫gdt = gt + C₁,   C₁ = 0 , zatem v = gt,

y = ∫vdt =∫gtdt = gt²/2 + C₂,  C₂ = 0, więc y = gt²/2.

Ciało porusza się ruchem jednostajnie przyspieszonym, w ciągu czasu t przebędzie drogę h:    h = gt²/2. Zatem w czasie t - τ   przebędzie drogę h - h/n,

g(t - τ )²/2 = h - h/n;  po podstawieniu wzoru na h i prostych przekształceniach otrzymujemy:       t = nτ [1- (1 - 1/n)^1/2].

Zadanie 16

Ciało o masie m wyrzucono w polu sił ciężkości pod kątem  α do poziomu z prędkością początkową v₀ ( rzut ukośny ). Wyznaczyć, korzystając z równań Newtona:

a) równania ruchu,

b) równanie toru,

c) zasięg rzutu,

d) maksymalną wysokość,

e) kąt α , dla którego przy danej prędkości v₀ zasięg jest największy.

Rozwiązanie

a) W  kartezjańskim układzie współrzędnych w kierunku osi y działa siła ciężkości F_y o zwrocie przeciwnym, do dodatniego kierunku osi y, w kierunku osi x nie działają żadne siły. Układ przyjmujemy tak, aby x(0) = 0 i         y(0) = 0. Po rozłożeniu wektora v₀ na składowe w kierunku osi x i y otrzymujemy: v_x(0) = v₀cosα   i v_y(0) = v₀sinα   . Ustaliwszy warunki początkowe stosujemy równania Newtona:

w kierunku osi x  : md²x/dt² = 0               (1)

w kierunku osi y  : md²y/dt² + mg = 0      (2)

Z równania (1) otrzymujemy:  dx/dt = ∫0dt = C₁,  C₁ = v₀cosα,  x = ∫v₀cosα  dt = tv₀cosα  + C₂,  C₂ = 0, więc x = tv₀cosα, ruch jednostajny; (3)

z równania (2)  otrzymujemy: dy/dt = ∫-gdt = - gt + C₃, C₃ = v₀sinα  ,  y = ∫( v₀sinα   - gt)dt = v₀tsinα  - gt²/2 + C₄,   C₄ = 0, więc

y = v₀tsinα - gt²/2,  ruch jednostajnie przyspieszony.  (4).

b) Z równania (3) wyznaczamy parametr t :  t= x/(v₀cosα ) i wstawiamy do równania (4). Otrzymujemy równanie toru: y = xtgα  - gx²/(v₀²cos²α) - parabola.

c) Tor przecina oś x w dwóch punktach: w początku układu i w odległości równej zasięgowi. Zasięg znajdujemy z warunku y = 0. Po obliczeniach

otrzymujemy:  x = v₀²sin²α/g.

d) Szukamy ekstremum funkcji y(x) z warunku dy/dx = 0, znajdujemy miejsce na osi x, w którym występuje maksimum x_h = v₀ ²sin²α/(2g),

wstawiamy do wzoru na y(x) i otrzymujemy:  h = v₀²sin²α/(2g).

e) Szukamy ekstremum funkcji x(α ):  dx/dα  = 0,  v₀cos2α /g = 0,  skąd   α  = 45^o. 

Zadanie 17*

Kamień o masie m wrzucono z prędkością v₀ do studni, w której poziom wody znajduje się na głębokości d. Zakładamy, że w powietrzu na kamień działa wyłącznie siła ciężkości, natomiast w wodzie działa dodatkowo siła oporu proporcjonalna do prędkości. Wyznaczyć zależność położenia, prędkości i przyspieszenia kamienia od czasu.

Wskazówka:

Ruch jest jednowymiarowy, dzielimy go na dwa "etapy" - w powietrzu i w wodzie, przyjmujemy zwrot osi y zgodny z kierunkiem ruchu .  Korzystamy z równań Newtona, pamiętając, że w powietrzu działa na kamień siła F_y1 = mg, a w wodzie wypadkowa sił: F_y2 = mg - kv. Warunki początkowe dla ruchu w powietrzu: y(0) =0, dy/dt(0) = v₀. Rozwiązanie pierwszej części ruchu ( w powietrzu) wyznaczy warunki początkowe dla ruchu w wodzie.

Zadanie 18

Z wysokości h w polu sił ciężkości wyrzucono ciało o masie m w kierunku poziomym z prędkością początkową v₀  ( rzut poziomy). Wyznaczyć równania ruchu ciała i równanie toru.

Zadanie 19

W środek drewnianego sześcianu o masie M, stojącego na gładkiej, poziomej powierzchni uderza kulka o masie m z prędkością v₀ i zostaje w nim. Obliczyć prędkość układu po zderzeniu i stratę energii kinetycznej.

Rozwiązanie

Zderzenie jest niesprężyste, spełniona jest zasada zachowania pędu i zasada zachowania energii całkowitej (wykonana praca jest równa ubytkowi energii kinetycznej). Przyjmujemy dodatni zwrot osi x zgodnie ze zwrotem v₀.

Z zasady zachowania pędu otrzymujemy: mv₀ = ( M + m )v_u,  gdzie v_u jest prędkością układu po zderzeniu, a stąd:   v_u = mv₀/( M + m ).

Z zasady zachowania energii całkowitej:  mv₀²/2 = ( M + m )²v_u²/2 + ∆ E_k. Wstawiając do wzoru obliczoną v_u otrzymujemy:

  ∆ E_k = (mv₀²/2)[1- m/( M + m )].

Zadanie 20

W położoną na pierścieniu zamocowanym na statywie drewnianą kulę o masie M uderza pionowo z dołu pocisk o masie m z prędkością v i przebija ją, wznosząc się na pewną wysokość h_p. Wskutek zderzenia kula wznosi się na daną wysokość h_k. Obliczyć wysokość, na jaką wzniesie się pocisk.

Rozwiązanie

Dane: M ,m, h_k, v. Zderzenie jest niesprężyste, nie znamy strat energii kinetycznej. Zastosujemy zasadę zachowania energii mechanicznej ( kinetycznej i potencjalnej) po zderzeniu oddzielnie dla pocisku i kuli. Oznaczmy v_p i v_k odpowiednio prędkość pocisku i kuli po zderzeniu.

mgh_p = mv_p² /2      mgh_k = mv_k²/2 , skąd  v_p = ( 2gh_p)^1/2   i v_k = ( 2gh_k )^1/2 .

Z zasady zachowania pędu:   mv = Mv_k + mv_p;    i po podstawieniu i prostych obliczeniach otrzymamy:

h_p = [v - (M/m)(2gh_k)^1/2]/2g .

Zadanie 21

Po powierzchni kuli o promieniu R ześlizguje się w polu sił ciężkości bez tarcia kulka o masie m. Wyznaczyć punkt, w którym kulka oderwie się od kuli.

Wskazówka: aby kulka oderwała się od kuli, siła nacisku na powierzchnię kuli ≤ reakcji odśrodkowej.

Zadanie 22

Kulka żelazna spada z wysokości h₁ = 1 m. Na jaką wysokość odskoczy kulka po zderzeniu, jeżeli współczynnik elastyczności k = 0,8. Współczynnik elastyczności - stosunek szybkości po zderzeniu do szybkości przed zderzeniem.

Rozwiązanie

Korzystamy z zasady zachowania energii mechanicznej: energia potencjalna kulki na wysokości h₁ zamienia się w energię kinetyczną w chwili zderzenia i na pracę ( zderzenie jest niesprężyste). Uzyskana energia kinetyczna pozwoli kulce odskoczyć na wysokość h₂, dzięki czemu zyska ona energię potencjalną. Możemy napisać dwa równania:

 mgh₁ = mv₁²/2       (1)   i   mgh₂ = mv₂²/2         (2)        oraz v₂/v₁ = k ,

dzieląc równanie (2) przez  (1) otrzymujemy:    h₂/h₁ = v₂²/v₁² = k²,  skąd h₂ = k²/h₁,     h₂ = 0,64h1 = 0,64 m.

Zadanie 23

Piłka tenisowa spadająca z wysokości h₀ odbija się na wysokość h₁. Na jaką wysokość odskoczy ona po n -tym odbiciu? Założyć, że współczynnik elastyczności k jest cały czas taki sam.

Wskazówka: korzystamy z definicji k i z zasady zachowania energii mechanicznej.

Zadanie 24

Dwie jednakowe kule zawieszone na nitkach o długości l = 0,98 m dotykają się. Jedną z kul odchylono o kąt  α = 10^o i puszczono. Obliczyć szybkość drugiej kuli po zderzeniu.. Założyć, że zderzenie było doskonale sprężyste.

Wskazówka: w zderzeniu doskonale sprężystym spełniona jest zasada zachowania pędu i zasada zachowania energii kinetycznej.

Odp. v = 0,54 m/s.

Zadanie 25*

Rakieta, której masa początkowa wynosi m₀ = 1,5 kg startuje pionowo do góry. Obliczyć przyspieszenie, z jakim porusza się rakieta po t = 5 s od chwili startu, jeżeli szybkość spalania paliwa rakiety  μ = 0,2 kg/s, a względna szybkość wylatujących produktów spalania u = 80m/s. Oporu powietrza nie uwzględniać.

Wskazówka: należy zastosować II zasadę dynamiki Newtona.

Odp.  a = 22,2 m/s².

Dynamika ruchu obrotowego bryły sztywnej

Zadanie 26

Walec toczy się po powierzchni poziomej. Jaką część całkowitej energii kinetycznej stanowi energia ruchu obrotowego walca?

Rozwiązanie

I_w = mR²/2,   v = ωR,   gdzie I_w jest momentem bezwładności walca względem osi obrotu przechodzącej przez jego środek prostopadle do podstawy, m jego masą, R promieniem, ω  prędkością kątową ruchu obrotowego. Całkowita energia kinetyczna walca jest sumą energii kinetycznej ruchu postępowego i obrotowego:

Ec = I_wω²/2 + mv²/2 = 3mv²/4,

Eo = I_wω²/2 = mv²/4,

wobec tego      Eo/Ec = 1/3.

Zadanie 27

Kula i pełny walec  o równych masach i promieniach, poruszające się z jednakowymi szybkościami, toczą się po nachylonej powierzchni do góry. Które z tych ciał wtoczy się wyżej? Wyznaczyć stosunek wysokości, na które wtoczą się te ciała.

Rozwiązanie

I_w = mR²/2,    I_k = 2mR²/5 ( moment bezwładności kuli względem osi przechodzącej przez jej środek), v jest szybkością ruchu postępowego na początku , ω  szybkością ruchu obrotowego. Korzystamy z zasady zachowania energii mechanicznej: energia kinetyczna na początku ruchu zamienia się całkowicie w energię potencjalną w punkcie zatrzymania ciał.

mgh_w = I_wω²/2 + mv²/2    i    mgh_k = I_kω²/2 + mv²/2,

dzieląc równania stronami otrzymujemy :   h_w/h_k = 15/14,  czyli walec wtoczy się wyżej.

Zadanie 28

Wyznaczyć moment pędu punktu materialnego o masie m, poruszającego się po okręgu o promieniu R ze stałą szybkością v.

Rozwiązanie

L = R x p,   L = Rpsin ≮(r;p),    v jest wektorem stycznym do toru, więc prostopadłym do promienia, kąt między wektorami R i v wynosi 90^o,        sin90^o =1 zatem L = mRv.

I_pm = mR² ,   v = ωR, więc po podstawieniu:        L = I_pmω,   gdzie I_pm jest momentem bezwładności punktu materialnego względem osi obrotu odległej o R.

Zadanie 29

Jednorodny cylinder o masie M i promieniu R obraca się bez tarcia dookoła osi poziomej pod działaniem ciężaru P przyczepionego do lekkiej nici nawiniętej na cylinder. Wyznaczyć zależność kąta obrotu φ od czasu t.

Rozwiązanie

F = ma + Iε /R         (1)  , gdzie m - masa przyczepionego ciężaru, a - przyspieszenie liniowe, I - moment bezwładności cylindra ( walca ),   -   ε przyspieszenie kątowe ruchu obrotowego walca, a F = P . Ponieważ m = P/g ,    a  = ε /R,  I = MR²/2, więc po wstawieniu tych zależności do równania (1) otrzymamy:

P = PεR/g + MRε/2, skąd         ε  = 2gP/( 2PR + MRg )

ε  = d²φ  /dt²;  warunki początkowe:   φ(0) = 0,  ω(0) = 0,  ε(0) = 0,     więc  dφ/dt = ∫[ 2gP/(2PR + MRg)]dt= 2gPt/(2PR + MRg), bo C₁ = 0;

 φ  = ∫[2gPt/(2PR + MRg)]dt = gt²/[R(2 + Mg/P)],  bo C₂ = 0.

Zadanie 30

Metalowy dysk o promieniu R osadzony jest na lekkim rdzeniu o promieniu r ( nie obraca się względem rdzenia). Dysk toczy się po nachylonej powierzchni, w jej wycięciu. Długość powierzchni wynosi l, jej wysokość h.

a) Udowodnić, że stosunek energii kinetycznej ruchu postępowego i obrotowego nie jest funkcją czasu.

b) Wyznaczyć czas, po którym rdzeń stoczy się do końca powierzchni.

Rozwiązanie

a) Dysk obraca się wraz z rdzeniem. Przyjmujemy moment bezwładności dysku:  I = mR²/2, gdzie m jest masą dysku, a v = ωr. Podstawiając do wzorów na odpowiednie energie otrzymujemy:

E_p/E_o = 2r²/R²  -   stosunek wartości energii nie zależy od czasu.

b) Korzystamy z zasady zachowania energii mechanicznej ( energia potencjalna dysku na wysokości h jest równa energii kinetycznej na końcu powierzchni):

mgh = mv²/2 + mR²ω²/4, skąd po przeliczeniach otrzymujemy:   ω² = 2gh/(r² + R²/2). Po skorzystaniu ze związków:  v² = ω²r²,  l = at²/2  i a = v/t ostatecznie otrzymujemy:

t = 2l [2r²gh/(r² + R²/2)]^1/2.

Zadanie 31

Wahadło Maxwella składa się z grubego dysku o promieniu R umocowanego na lekkim rdzeniu o promieniu r. Oś dysku zawieszona jest na dwóch nawiniętych na nią nitkach. Jeżeli wahadło puścimy, to poruszać się ono będzie w płaszczyźnie pionowej ruchem postępowym przy jednoczesnym obrocie układu wokół osi. Wyznaczyć przyspieszenie postępowego ruchu wahadła. Momentu bezwładności osi nie uwzględniać

Rozwiązanie

Korzystamy z zasady zachowania energii mechanicznej ( gdy układ opuści się na odległość y od poziomu zamocowania nitek, energia potencjalna, jaką stracił od początku ruchu będzie równa sumie energii kinetycznej  ruchu postępowego i obrotowego na tej odległości):

mgy = mv²/2 + Iω²/2,    przy czym   ω = v/r,   I = mR²/2,  zatem:

mgy = (mv²/2)( 1 + R²/2r² );   y = at²/2,   v = at,  więc po podstawieniu otrzymujemy:

a = g/(1 + R²/2r²).

Zadanie 32

Jednorodny walec o promieniu a i masie m toczy się w polu siły ciężkości wewnątrz walca o promieniu R. Znaleźć równanie ruchu walca wychylonego w chwili początkowej z położenia równowagi o kąt φ₀.

Rozwiązanie

Środek masy "małego" walca odległy jest o (R - a) od środka "dużego" walca i zachowuje się jak wahadło o masie m i długości nici (R - a).Kąt φ jest kątem między osią pionową i aktualnym kierunkiem promienia R. Równocześnie "mały" walec porusza się ruchem obrotowym z prędkością kątową ω. Wobec tego:

 ω = v/a,   v = dφ( R - a )/dt, więc ω  =  dφ[(R - a)/a]/dt;

Korzystamy z zasady zachowania energii mechanicznej ( suma energii kinetycznej i potencjalnej "małego" walca jest stała):  E_k = 3md²φ(R - a)2/4dt²,    Ep = mg( R - a) - mg( R - a )cosφ = mg( R - a )( 1 - cosφ );

jeżeli  T = Ek + Ep = const, to dT/dt = 0.  Po obliczeniu pochodnej ( od czasu zależy tylko φ ) otrzymujemy:

3(R - a )d²φ/(2dt²) + gsinφ = 0. Aby równanie można było w prosty sposób rozwiązać, zakładamy, że kąt φ jest mały , wtedy sinφ ≈ φ, a nasze równanie przyjmuje postać :

d²φ/dt² + ω²φ = 0,   gdzie  ω² = 2g/3( R - a ). Rozwiązaniem tego równania różniczkowego jest:

φ = Acos( ωt + φ₀ ); jest to równanie ruchu oscylatora harmonicznego.

Zadanie 33

Na bocznej powierzchni walca o masie M , promieniu R i wysokości h zrobiono gładkie śrubowe wycięcie. Walec może obracać się bez tarcia wokół osi przechodzącej przez jego środek prostopadle do podstawy. Kąt nachylenia linii śrubowej do poziomu wynosi α . W wycięciu na wysokości h położono kulkę o masie m i puszczono ją. Kulka zaczęła zsuwać się w wycięciu ( kulka się nie toczy!) wzdłuż linii śrubowej. Znaleźć prędkość kątową obrotu walca Ω, gdy kulka zsunie się z wysokości h.

Rozwiązanie

Z zasady zachowania momentu pędu wynika, że ruch kulki po powierzchni walca powoduje ruch obrotowy walca w przeciwną stronę:

L_k + L_w = 0;    mωR2 + IΩ = 0,  gdzie I = MR2/2,  ω jest prędkością kątową ruchu kulki po okręgu. Otrzymujemy zależność:  

ω = - MΩ /m.        (1)    

 Należy zauważyć, że ruch obrotowy walca spowodowany jest składową prędkości kulki prostopadła do osi obrotu walca, zatem wektor prędkości kulki styczny do linii śrubowej należy rozłożyć na składowe: styczną do okręgu i równoległą do tworzącej walca. Wtedy: v₁ = ωR,  v₂ =  Rtgα(ω - Ω).

Korzystamy z zasady zachowania energii mechanicznej ( energia potencjalna kulki na wysokości h zamienia się w sumę energii kinetycznych: energii ruchu kulki po okręgu, energii ruchu kulki wzdłuż tworzącej walca i energii ruchu obrotowego walca):

mgh = mv₁²/2+ mv₂²/2+ Iω²/2.        (2)

Po podstawieniu do wzoru (2) zależności  (1) i pozostałych ostatecznie otrzymujemy:

Ω ={mgh/R²[M²/2m + tg²α(M/m - 1) + M/4]}^1/2.

Zadanie 34

Ciało bierze udział w dwóch ruchach : postępowym i obrotowym. Udowodnić, że całkowita energia kinetyczna ciała równa jest energii kinetycznej ruchu obrotowego względem chwilowej osi obrotu.

Wskazówka: Należy skorzystać z twierdzenia Steinera:   I = I₀ + ma², gdzie I₀ - moment bezwładności ciała względem osi przechodzącej przez środek masy, a - odległość od równoległej osi obrotu.

Zadanie 35

Ciało o masie M zawieszono na nici o długości l. W ciało uderza kula o masie m i zatrzymuje się w nim, powodując jednocześnie odchylenie nici o kąt α . Znaleźć szybkość i energię kinetyczną kuli. Założyć, że cała masa ciała M skupiona jest w jednym punkcie oddalonym od punktu zawieszenia od l.

Wskazówka: korzystamy z zasady zachowania momentu pędu i zasady zachowania energii mechanicznej, a także z wzoru; I = (m + M)l².

Elementy kinematyki relatywistycznej

Zadanie 36

Z jaką prędkością musi poruszać się elektron, aby jego masa wzrosła do masy protonu. Przyjąć: m_p = 1836 m_e.

Rozwiązanie

Korzystamy z wzoru: m = m₀/(1- β²)^1/2,  gdzie m jest masą relatywistyczną, m₀ masą spoczynkową cząstki,  β   = v/c. W naszym przypadku:

1836m_e = m_e/(1 - β²)^1/2. Po przekształceniach otrzymujemy: v²/c² = 1 - 1/1836², skąd v = c(1 - 1/1836²)^1/2.

Zadanie 36

Z jaką prękością musi poruszać się elektron, aby jego energia kinetyczna była równa energii równoważnej masie spoczynkowej.

Rozwiązanie

Liczymy energię kinetyczną:     E_k = E_c - m₀c² = m₀c²/(1-β²)^1/2 - m₀c² = m₀c²[ 1/(1-β²) -1] = m₀c²( γ - 1), gdzie  Ec - energia całkowita,  γ  = (1 - β²)^-1/2. Ponieważ energia równoważna masie spoczynkowej E₀ = m₀c², więc:

m₀c² = m₀c²[1/(1 - β²) - 1], skąd β² = 3/4,   v = c(3/4)^1/2.

Zadanie 37

Przy jakich wartościach β czas własny cząstki różni się o k procent od czasu mierzonego przez nieruchomy zegar?

Rozwiązanie

Przyjmijmy  τ  - czas mierzony przez nieruchomy zegar,  τ₀ -czas własny cząstki. Wtedy  k% =  [(τ - τ₀)/τ ]100%. Korzystamy z wzoru transformacyjnego: τ = τ₀/(1 - β²)^1/2 i po podstawieniu otrzymujemy:

 k = [1 - (1 - β²)^1/2],    a stąd  v = c[1 - (k - 1)²].

Zadanie 38

Wyznaczyć względne zmniejszenie się podłużnych rozmiarów protonu, jeśli zostanie on rozpędzony za pomocą różnicy potencjałów U.

Rozwiązanie

Dzięki pracy, jaką wykona pole elektryczne: W = e(V₂ - V₁) = eU,   gdzie e - ładunek elektronu, zyskuje on energię kinetyczną:

m₀c²(1/(1 - β²)^1/2 - 1) = eU,    stąd  (1 -  β²)^1/2 = m₀c²/(eU + m₀c²),

korzystamy z wzoru transformacyjnego:      l = l₀(1 -  β²)^1/2, gdzie l - długość relatywistyczna, l₀ - długość spoczynkowa.

Względne skrócenie: η = (l₀ - l)/l₀ = 1 - (1 -  β²)^1/2  = m₀c²/(eU + m₀c²).

Zadanie 39

Dwa pręty poruszają się ku sobie wzdłuż osi x, każdy ze stałą prędkością v względem układu odniesienia związanego z osią x. Długość spoczynkowa każdego pręta wynosi l₀. Znaleźć, jaką długość mijanego pręta zmierzy obserwator poruszający się wraz z drugim prętem.

Rozwiązanie

Stosujemy wzór na relatywistyczne skrócenie długości: l = l₀(1 - β²)^1/2, w tym przypadku    β = v_x/c, gdzie v_x jest względną prędkością prętów. v_x liczymy z wzoru na relatywistyczne dodawanie prędkości:

v_x =( u + v)/(1 + uv/c²),  u i v są prędkościami poruszających się względem siebie obiektów,

czyli:     v_x= 2v/(1 + v²/c²),  stąd      β  = 2v/[c(1 + v²/c²). Po podstawieniu do wzoru transformacyjnego na skrócenie długości i prostych obliczeniach otrzymujemy ostatecznie:     l = l₀[( 1 - β²)/( 1 + β²)].

Zadanie 40

Układ odniesienia O'  porusza się wzdłuż osi x układu O ze stałą prędkością v. W układzie O'  wypromieniowana jest pod kątem  φ' do kierunku prędkości v wiązka światła. Znaleźć kąt, jaki tworzyć będzie ta wiązka z osią x układu O. Przedyskutować wynik w zależności od v.

Rozwiązanie

Aby znaleźć kąt φ w kładzie O należy dokonać transformacji współrzędnych z układu O' do układu O. Ruch układu O' odbywa się wzdłuż osi x, więc współrzędne y i z nie podlegają transformacji. W czasie t' wiązka światła przebędzie drogę ct', więc x' = ct'cosφ', w układzie O zaś x = ctcosφ, skąd cosφ = x/(ct). Po zastosowaniu wzorów transformacyjnych  x = γ(x'+ vt') =  γ( ct'cosφ' + vt') ,  t =  γ(t' + vx'/c2) =  γ(t' + vct'cosφ'/c2) otrzymujemy:

cosφ = (cosφ' + v/c)/(1 + vcosφ'/c);  jeżeli v ≂ c, cosφ  ≂ 1, czyli   φ ≂ 0.

POLA

Pole grawitacyjne

Zadanie 41

Dwie równe punktowe masy m znajdują się w odległości a. Wyznaczyć wartość natężenia pola grawitacyjnego w punkcie P, stanowiącym wierzchołek trójkąta równobocznego, jaki tworzą obie masy i punkt P.

Rozwiązanie

Wypadkowe natężenie pola grawitacyjnego jest sumą wektorów natężeń pochodzących od obu mas:

γ_w = γ₁ + γ₂  = 2γ. Wartości wektorów natężeń w punkcie P wynoszą γ₁ = γ₂ = Gm/a², gdzie G jest stałą grawitacji, kąt między nimi wynosi 60^o. Korzystamy z twierdzenia kosinusów i otrzymujemy:

γ² = 2γ² - 2γ²cos120^o = 3G²m²/a⁴, skąd  γ = 3^1/2Gm/a².

Zadanie 42

Znaleźć ciężar ciała o masie m, które znajduje się między Ziemią i Księżycem w odległości x od środka Ziemi. Odległość między Ziemią i Księżycem wynosi d.

Wskazówka:  ciężar ciała Q = γm, γ = γ_Z + γ_K,  γ =  γ_Z - γ_K = G[M_Z/x² - M_K/(d - x)²].

Zadanie 43

Jaki powinien być promień jednorodnej kuli o gęstości  ρ, aby potencjał jej pola grawitacyjnego w punkcie leżącym na powierzchni kuli był równy  φ?

Rozwiązanie

φ = GM/r,   M = 4πr³ρ/3,   po podstawieniu :   r = (3φ/GM4πρ )^1/2.

Zadanie 44

W jednorodnej kuli o gęstości ρ i promieniu R zrobiono wąski cylindryczny otwór biegnący wzdłuż jej osi. Znaleźć pracę wykonaną przeciwko siłom grawitacji przy przemieszczaniu ciała o masie m ze środka kuli na jej powierzchnię.

Rozwiązanie

dW = Fdr,    F_0-R = Mm/r²,  gdzie W jest pracą, r - odległością od centrum w danym punkcie w czasie ruchu.

M = 4π r³ρ/3, więc  dW = 4Gρπmrdr,  skąd  po scałkowaniu w granicach od 0 do R :W =  2GρπmR².            

Zadanie 45

Obliczyć przyspieszenie g_h siły ciężkości na wysokości h nad powierzchnią Ziemi. Promień Ziemi przyjąć jako dany: R.

Rozwiązanie

Zakładamy, że ciężar ciała o masie m jest w przybliżeniu równy sile grawitacji ziemskiej (M_Z - masa Ziemi). Wtedy    mg = GmM_Z/R² 

i mg_h = GmM_Z/(R + h)², a stąd  g_h = gR²/(R + h )².

Zadanie 46

Obliczyć przyspieszenie gr na głębokości ( R - r ) w głębi kuli ziemskiej.

Wskazówka: założenie jak w zadaniu 5.Przyjmujemy stałą gęstość Ziemi.

Zadanie 47

Na powierzchnię Ziemi spada z bardzo dużej odległości meteoryt. Z jaką prędkością upadłby on na Ziemię, gdyby nie było hamowania atmosfery? m - masa meteorytu,  M_Z - masa Ziemi.

Wskazówka: energia kinetyczna meteorytu na powierzchni Ziemi E_k = mv²/2, meteoryt zyskał ją kosztem pracy wykonanej przez siłę grawitacji ziemskiej W = ∫Fdr. Odległość meteorytu zmienia się od  ∞  do R.

Odpowiedź:  v = ( 2gR_Z)^1/2.

Zadanie 48

Obliczyć siłę oddziaływania grawitacyjnego między cienką, jednorodną nitką o długości l i masie M oraz punktem materialnym o masie m, leżącym na symetralnej nitki w odległości r₀ od niej. Przyjąć l >> r₀.

Rozwiązanie

Nitkę o długości l dzielimy na elementy o długości dl i masie m = ρdl. Gęstość nitki   ρ = M/l. Wtedy  dF = Gmρdl/r2, gdzie r jest odległością elementu dl od punktu materialnego. Siła oddziaływania grawitacyjnego jest wypadkową sił pochodzących od wszystkich elementów dl. Jeżeli rozłożymy siłę dF na składowe: równoległą i prostopadłą do nitki, zauważymy, że suma składowych równoległych jet równa zero. Wystarczy więc policzyć wypadkową składowych prostopadłych do nitki, przy czym dFp = dFsinα, gdzie α jest kątem między l i r. Liczymy wypadkową sił pochodzącą od jednej części nitki (kąt α zmienia się od α₀ do  π /2), całkowita siła będzie dwa razy większa.

r = r₀/sinα,    l = r₀ctgα,    dl = r₀dα/sin²α,   więc dFg = Gm sinαdα/r₀,  skąd  Fg = ∫GmMcosα₀/(r₀l),  gdzie α₀ jest kątem między nitką i prostą łączącą krawędź nitki z punktem materialnym. Ponieważ:

 cosα₀ = l/[2(l²/4 + r₀²)^1/2], ostatecznie otrzymujemy:   F_gc = mM/[r₀(l²/4 + r₀²)1^1/2].

Pole elektrostatyczne

Zadanie 49

Siła wzajemnego grawitacyjnego przyciągania dwóch dużych, jednakowo naładowanych kropli  o gęstości równoważy siłę elektrostatycznego odpychania. Obliczyć ładunek kropli, jeśli ich promienie są równe r.

Rozwiązanie

 Siła grawitacji jest równa sile  Coulomba:     Fg = Gm²/d²,   F_C = kq²/d²,  więc  Gm²/d² = kq²/d², gdzie d jest odległością między kroplami, skąd  q = (Gm²/k)^1/2. Ponieważ  m =  4απρr³/3, ostatecznie otrzymujemy:

q = (G/k)^1/24πρr³ /3.

Zadanie 50

Wyznaczyć natężenie pola elektrostatycznego w odległości r₀ od nieskończenie długiego rdzenia naładowanego ze stałą gęstością liniową  τ  :  a) nie korzystając z prawa Gaussa,  b) korzystając z prawa Gaussa.

a) Wskazówka:  τ = q/l, skąd dq = τdl. Dalej - rozumowanie jak w zadaniu 8  części "Pole grawitacyjne".

Odpowiedź: E = 2kτ/r₀ = τ/(2πε₀r₀).

b) Otaczamy rdzeń powierzchnią  walca S o promieniu podstawy r₀. 

Z definicji strumienia natężenia:

Φ_E = EScos≮(E;S) = ES,       gdyż cos≮ (E;S) = 1 ( kierunek wektora powierzchni jest do niej prostopadły). 

Z prawa Gaussa:      Φ_E = q/ε₀,   więc  ES = q/ε₀,  q = τl i ostatecznie  E = τ /(2πε₀r₀).

Zadanie 51

Cienki pierścień o promieniu R naładowano równomiernie z gęstością liniową τ. Wyznaczyć natężenie pola elektrostatycznego w próżni na wysokości h nad pierścieniem na jego osi symetrii.

Rozwiązanie

Oznaczmy przez r odległość łączącą pierścień z wysokością h ( tworząca stożka ), przez  α - kąt między tworzącą i podstawą stożka. 

Wtedy r = ( R² + h² )^1/2 i sinα = h/( R² + h² )^1/2.                                                      

Wypadkowe natężenie pola elektrycznego na wysokości h jest sumą natężeń pochodzących od ładunków dq rozłożonych na 

pierścieniu: dE = kτdl/r². Jeżeli dE rozłożymy na składowe: równoległą i prostopadłą do powierzchni pierścienia, zauważymy, że suma składowych równoległych do podstawy równa jest zero. Wypadkowe natężenie pola będzie równe sumie składowych prostopadłych.                                            Ponieważ dEp = kτdlsinα /r²,       Ep = [kτh/( R² + h² )^3/2] ∫dl = kτ2πRh/( R² + h² )^3/2  (całkę liczymy w granicach od 0 do R).  

Zadanie 52

Cienki dysk naładowano równomiernie z gęstością powierzchniową σ . Wyznaczyć natężenie pola elektrostatycznego na wysokości h nad pierścieniem na jego osi symetrii.

Wskazówka: korzystamy z wyniku poprzedniego zadania, zakładając, że dysk składa się z cienkich pierścieni, przy czym ich promienie r są zmienne w granicach od 0 do R.

Odpowiedź:  E_p = (σ/2ε₀)[1 - h/(R² + h²)^1/2].

Zadanie 53

 Poziomo ułożony dysk o promieniu R naładowano równomiernie z gęstością powierzchniową  . Kulka o masie m i ładunku q znajduje się nad środkiem dysku w stanie równowagi. Wyznaczyć odległość kulki od środka dysku.

Wskazówka: aby kulka była w stanie równowagi  F_g + F_C = 0, czyli Eq = mg. Korzystając z wyniku zadania 4 otrzymujemy: h = R/{[σq  /(σq  - 2ε₀mg)² -1]^1/2}.

Zadanie 54

W jednorodne pole elektrostatyczne między okładkami kondensatora płaskiego wrzucono elektron z prędkością początkową v₀ pod kątem α  do okładki. Wyznaczyć, korzystając z równań Newtona równanie toru elektronu, gdy: a) zaniedbamy pole grawitacyjne,   b) uwzględnimy pole grawitacyjne. Przyjąć, że pole elektrostatyczne i grawitacyjne są do siebie równoległe.

Wskazówka: należy skorzystać z metody zastosowanej w zadaniu 3 części "Dynamika ruchu postępowego".

Zadanie 55

Wąski strumień elektronów o energii W przechodzi w próżni przez środek odległości między okładkami kondensatora płaskiego o długości okładek b i odległości między nimi d. Jakie minimalne napięcie należy przyłożyć do okładek kondensatora, aby elektrony nie "wyszły" poza płytki?

Rozwiązanie

W kierunku równoległym do okładek elektrony będą poruszały się ruchem jednostajnym, w kierunku prostopadłym do okładek, ruchem jednostajnie przyspieszonym ( patrz zadanie 6). Wobec tego:

W = mv²/2,    d/2 = at²/2,   b = vt,   E = U/d, gdzie U jest napięciem, E - natężeniem pola elektrostatycznego między okładkami. Wiedząc, że a = F/m = eE/m i wykorzystując pozostałe zależności ostatecznie otrzymujemy:

U = 2Wd²/(eb²).

Zadanie 56

Metalowy dysk o promieniu R obraca się wokół swojej osi, prostopadłej do płaszczyzny dysku i przechodzącej przez jego środek ze stałą prędkością kątową  ω .Jaka różnica potencjałów powinna powstać między środkiem i krawędzią dysku?

Rozwiązanie

Pod wpływem reakcji odśrodkowej elektrony będą przesuwały się ku krawędzi dysku, brzeg dysku ładuje się ujemnie, środek dodatnio. Równowaga nastąpi, gdy F_r = F_C, czyli mω² r =  Ee, skąd E = mω²r/e. Ponieważ        zależność między różnicą potencjałów i natężeniem pola  jest: U = - ∫Edr, to po podstawieniu i policzeniu całki w granicach od 0 do R otrzymujemy:      U = - mω²R/(2e). Znak " - " pokazuje, że linie natężenia skierowane są od środka do brzegu dysku.

Elektromagnetyzm

Zadanie 57

Elektron wpada w jednorodne pole magnetyczne o indukcji B z prędkością v₀. Kierunek prędkości tworzy kąt α  z kierunkiem pola. Określić tor ruchu elektronu w polu magnetycznym.

Rozwiązanie

Na cząstkę naładowaną poruszającą się w polu magnetycznym działa siła Lorentza: F_L = q( v x B ); jak wynika z własności iloczynu wektorowego, jest ona prostopadła do płaszczyzny wyznaczonej przez wektory v i B.  Wartość iloczynu wektorowego liczymy z wzoru: F_L = qvBsin (v;B) = evBsinα, gdzie e jest ładunkiem elektronu. Pod wpływem tej siły elektron będzie poruszał się po okręgu leżącym w płaszczyźnie yz. Promień okręgu R liczymy z równości sił: F_L = F_r, gdzie F_r jest reakcją odśrodkową, czyli :  Bqv₀sinα = mv₀²sin²α/R, skąd    R = mv₀sinα/(Bq). Składowa prędkości v_0x = v₀cosα powoduje przesuwanie się okręgu wzdłuż osi x, co oznacza,, że torem elektronu będzie linia śrubowa. Należy więc wyznaczyć skok śruby. Korzystamy z zależności:   v_0x = const i  2πR/T = v₀sinα.  Wtedy T = 2πR/(v₀sinα), l = v_0xT = 2π Rctgα

Zadanie 58

Po dwóch długich, równoległych przewodnikach płyną prądy w jednym kierunku, przy czym I₁ = 2I₂   ( I - natężenie prądu). Odległość między nimi wynosi a. Wyznaczyć położenie punktów, w których indukcja magnetyczna będzie równa zero.

Rozwiązanie

Punkty takie mogą znajdować się tylko na prostej, prostopadłej do przewodników i między nimi, gdyż tylko wtedy  może być spełniony warunek B₁ + B₂ = 0, czyli B₁ = B₂. Z prawa Biota-Savarta-Laplace'a : B₁ = μ₀2I₂/(2πx) i B₂ = μ₀I₂/[2π(a - x)], gdzie x jest odległością od przewodnika z prądem I₁,   μ₀ - przenikalnością magnetyczną próżni. Po prostych przeliczeniach otrzymujemy:     x = 2a/3.

Zadanie 59

Cienki dysk o promieniu R zrobiony z dielektryka, został równomiernie naładowany ładunkiem q. Dysk obraca się wokół osi prostopadłej do jego powierzchni i przechodzącej przez jego środek, robiąc n obrotów na minutę. Wyznaczyć indukcję magnetyczną w środku dysku.

Rozwiązanie

Obracający się naładowany dysk można rozpatrywać jako nieskończenie wiele nieskończenie małych, współśrodkowych prądów, z których każdy wytwarza w środku indukcję magnetyczną skierowaną prostopadle do płaszczyzny dysku w jedną stronę. Taka cząstkowa indukcja magnetyczna wyraża się wzorem:  dB = μμ₀dI/(2r), a indukcja magnetyczna pola wypadkowego:       B = ∫ μμ₀dI/(2r). Gęstość powierzchniowa ładunku dysku  σ = q/(2πR²), a ładunek nieskończenie cienkiego pierścienia dysku: dq = 2σ2πrdr = 2qrdr/R², a więc natężenie odpowiadające n obrotom tego pierścienia : dI = n2qrdr/R².                                                                                     Podstawiając tę zależność do wzoru na wypadkową indukcję i całkując w granicach od 0 do R otrzymujemy:  B = μμ₀qn/R.

Zadanie 60

W prostym, poziomo ułożonym przewodniku płynie prąd o natężeniu I₁. Pod tym przewodnikiem znajduje się w odległości d drugi, równoległy do niego przewodnik aluminiowy, w którym płynie prąd o natężeniu I₂. Jakie powinno być pole przekroju poprzecznego drugiego przewodnika, aby znajdował się on w stanie równowagi, wisząc swobodnie.

Rozwiązanie

Drugi przewodnik będzie w stanie równowagi, gdy F + P = 0 ( F - siła oddziaływania między przewodnikami, P - ciężar drugiego przewodnika). Siła oddziaływania, przypadająca na jednostkę długości l wynosi:  F =μ₀I₁I₂l/(2πd ), a ciężar  P = Slρg, gdzie S jest polem przekroju przewodnika. Mamy więc:     μ₀I₁I₂l/(2πd) = Slρg,    skąd   S =  μ₀I₁I₂/(2πdρg).

Zadanie 61

W przybliżonym obrazie teorii Bohra elektron w atomie wodoru porusza się wokół jądra  po okręgu o promieniu r = 5,3.10-11m. Obliczyć pole magnetyczne, jakie wytwarza elektron w środku kołowej orbity.

Rozwiązanie

a) I = q/t, l = vt, więc pole magnetyczne poruszającego się ładunku : B =  μ₀qv/(4πr²). Prędkość elektronu obliczymy, porównując siłę kulombowską działającą między jądrem i elektronem  z reakcją odśrodkową:  mv²/r = e²/(4πε₀r²),  skąd  v = (e/2)[1/πε₀rm)^1/2] i ostatecznie : B =  μ₀e²/[8πr²( ε₀rm)]^1/2] = 12,4 T, gdzie e - ładunek elektronu.

b) Poruszający się wokół jądra elektron rozpatrujemy jako prąd kołowy o natężeniu I. Wtedy B =  μ₀I/(2r), I = ve/(2πr), skąd B =  μ₀ev/(4πr²). Podstawiając v obliczone jak w punkcie a), otrzymujemy taki sam wynik.

Zadanie 62

Elektron spoczywający w chwili początkowej przyspieszany jest w polu elektrycznym o natężeniu    E = const. Po upływie czasu t elektron wlatuje w pole magnetyczne, prostopadłe do pola elektrycznego, o indukcji B. Ile razy przyspieszenie normalne elektronu jest większe od jego przyspieszenia stycznego?

Rozwiązanie

Przyspieszenie normalne elektronu wywołane jest przez pole magnetyczne ( siła Lorentza): a_n = evB/m, przyspieszenie styczne przez pole elektryczne ( siła kulombowska):    a_t = eE/m;   prędkość elektronu v = eEt/m , więc po wstawieniu : a_n/a_t = etB/m.

Zadanie 63

W prostoliniowym, nieskończenie długim przewodniku płynie prąd o natężeniu I₁. Przewodnik kołowy o promieniu r ułożono w ten sposób, że pole płaszczyzny zwoju jest równoległe do przewodnika prostoliniowego. W przewodniku kołowym płynie prąd o natężeniu I₂. Odległość od środka zwoju do przewodnika prostoliniowego wynosi d. Wyznaczyć indukcję magnetyczną w środku przewodnika kołowego.

Wskazówka: w środku przewodnika kołowego wektory indukcji B₁ i B₂ są do siebie prostopadłe, więc B = (B₁² + B₂²)^1/2,  gdzie B₁ = μμ₀  I₁/(2πd), B₂ = μμ₀I₂/(2r).

Zadanie 64

Dwa obwody zrobione z jednakowego przewodnika mają kształty kwadratów o bokach a i 2a. Obwody ułożone są równolegle względem siebie w polu magnetycznym, którego kierunek tworzy z prostopadłą do płaszczyzn obwodów kąt  α  ≠  90^o. Indukcja magnetyczna pola rośnie proporcjonalnie do kwadratu czasu. Jaki jest stosunek ciepła Joule'a wydzielonego w obydwu obwodach w przedziale czasu od 0 do τ ?

Rozwiązanie

Z warunków zadania:  B = kt², gdzie k = const, a ciepło Joule'a wyraża się  wzorem:  Q = ∫(ε_i²/R)dt, gdzie ε_i jest siłą elektromotoryczną indukcji, R - oporem przewodnika.  ε_i = - dΦ /dt,   Φ  jest strumieniem indukcji magnetycznej:  Φ = B o S;     Φ  = BScos≮(B;S),  S jest wektorem powierzchni. W naszym   przypadku  ε_i = - d(Ba²cosα)/dt = -2kta²cosα,  Q₁ = 4k²a⁴cos²ατ³/(3R),   η  = Q₁/Q₂ = 1/8.

Zadanie 65

Prostokątna ramka umieszczona jest w prostopadłym, jednorodnym polu magnetycznym o indukcji B. Jeden z boków ramki o długości l przesuwa się z prędkością v równolegle do samego siebie. Udowodnić, wychodząc ze wzoru na siłę Lorentza, że siła elektromotoryczna indukcji (SEM) równa się szybkości zmian strumienia indukcji magnetycznej :  ε_i = - dΦ/dt.

Rozwiązanie

F_L = qvB,  W = F_Ll, gdzie W jest pracą przesunięcia jednostkowego ładunku wzdłuż odcinka  l, dla pozostałych odcinków W = 0. Z drugiej strony W = qU, gdzie U jest napięciem. Jeżeli założymy, że   ε_i ≈ U, otrzymamy:   ε_i = - W/q = - qvBl/q = - Bldx/dt = - d(BS)/dt = - dΦ/dt.

Zadanie 66

Kwadratowa ramka o boku a znajduje się w polu magnetycznym, które zmienia się w czasie zgodnie z wzorem: B = B₀cosωt, przy czym normalna do ramki tworzy kąt α z kierunkiem pola, B₀ = const,  ω = const. Wyznaczyć zależność SEM od czasu.

Rozwiązanie

 Strumień indukcji magnetycznej przechodzący przez powierzchnię ramki:    Φ  = BScosα  = B₀Scosωtcosα.  Ponieważ    ε_i = - dΦ /dt, ostatecznie otrzymujemy:  ε_i = B₀S sinωtcosα .

Zadanie 67

Przewodząca ramka ułożona jest prostopadle do linii indukcji magnetycznej, która zmienia się zgodnie z wzorem: B = B₀(1 + e^-kr), gdzie B₀ = 0,5 T,  k = 1s^-1. Obliczyć wartość SEM indukowanej w ramce  w chwili czasu t = 2,3s. Powierzchnia ramki S = 4^.10^-2m². 

Odpowiedź:  ε_i = B₀Ske^-kt;       ε_i = 2,06.10-3V. 

Zadanie 68

Kwadratowa ramka o boku a = 1m porusza się z pewną stałą prędkością v w kierunku prostopadłym do nieskończenie długiego przewodnika, leżącego w płaszczyźnie ramki równolegle do jednego z jej boków. W przewodniku płynie prąd o natężeniu I = 10A. W pewnej chwili odległość od przewodnika do bliższego boku ramki równa się b = 1m. Jaka powinna być prędkość v, aby w tej chwili w ramce indukowała się SEM równa 10^-4V?

Rozwiązanie

Linie indukcji magnetycznej tworzą okręgi o wspólnym środku na przewodniku, są więc prostopadłe do powierzchni ramki. Wartość indukcji w odległości x od przewodnika wynosi:  B =  μ₀l/(2x), a strumień indukcji przechodzący przez element powierzchni dS = adx:     dΦ  =  μ₀Iadx/(2πx). Strumień przechodzący przez całą powierzchnię ramki:                               

Φ  = ∫μ₀Iadx/(2πx) = [ μ₀Ia/(2π)]ln[(b + a)/b]. 

 ε_i = -dΦ/dt = -(dΦ/db)(db/dt)  = [μ₀Ia/(2π)[b/(b + a)][av/b²] = μ₀Ia2v/[2π(b + a)b],    

skąd v = ε_i2π(b +)b/(μ₀Ia² );   v = 100m/s.

Zadanie 69

Wyznaczyć współczynnik samoindukcyjności solenoidu o długości l, polu przekroju S, ilości zwojów n, wypełnionego żelazem o przenikalności magnetycznej μ . 

Wskazówka: SEM samoindukcji     ε_i = - L(dI/dt), gdzie L jest współczynnikiem samoindukcyjności, B = μμ₀nI/l - indukcja magnetyczna wytworzona w solenoidzie, a wzór ogólny:  ε_i = -dΦ /dt. 

Rozwiązanie:  L =  μμ₀n²S/l.

Zadanie 70

Wyznaczyć stosunek indukcyjności dwóch solenoidów, przez które płyną prądy o tych samych częstotliwościach, jeżeli:           a) drugi solenoid ma dwa razy więcej zwojów, niż pierwszy, a średnicę ma dwa razy większą, niż pierwszy;    b) drugi solenoid ma długość dwukrotnie większą, niż pierwszy i dwukrotnie większą ilość zwojów.

Odpowiedź:    a) L₁/L₂ = 1;    b) L₁/L₂ = 1/2.                  

         

Przemiany gazowe i termodynamika fenomenologiczna

Zadanie 71

Znalezć pracę wykonaną przy rozprężaniu 7 kg wodoru pod stałym ciśnieniem , jeśli w trakcie ogrzewania temperatura gazu wzrosła o 200 ^oC.

Rozwiązanie

Podczas izobarycznego rozprężania gaz wykonuje pracę objętościową: A =  ∫pdV =p(V₂  - V₁ )= pV₂ -pV₁  ; 

Z równania stanu gazu wynika: pV₁ = m/μ^.RT₁     ;  pV₂ = m/ μ^.RT₂   ;  po podstawieniu otrzymujemy:  

A = m/ μ ^.R(T₂  -T₁  ) = m/ μ^. RΔ T = 5,82^.10³  kJ.

Zadanie 72

W cylindrze o średnicy d = 20 cm i wysokości h = 42 cm przykrytym ruchomym tłokiem znajduje się gaz pod ciśnieniem 12 ^. 10⁵  Pa w temperaturze 300^oC. Znaleźć pracę wykonywaną przez gaz przy obniżaniu jego temperatury do 10^oC pod stałym ciśnieniem.

Wskazówka: Skorzystaj z wzoru na pracę wykonaną przez gaz w przemianie izobarycznej i z równania stanu gazu doskonałego.

Odp.:  A = p₁/T₁.πd²/4 ^.h(T2-T1) = -8000 J

Zadanie 73

Udowodnić, korzystając z pierwszej zasady termodynamiki oraz równania stanu gazu doskonałego, że różnica pomiędzy ciepłami właściwymi c_p  - c_v = R/μ  .

Wskazówka: Skorzystaj z I zasady termodynamiki i z równania stanu gazu doskonałego.

Zadanie 74

W procesie izotermicznego rozprężania 1,2 kg azotu (N  ) dostarczone zostało 1200 kJ ciepła. Obliczyć, ile razy zmieniło się ciśnienie azotu, jeżeli jego temperatura początkowa była równa 7⁰C.

Odp.: p₁/p₂ = 3,33

Zadanie 75

Gaz o objętości 2 m³  zmienił w procesie izotermicznego rozprężania ciśnienie od 12^.10⁵ Pa do 2^.10⁵  Pa. Znalezc pracę  wykonaną przy rozprężaniu gazu.

Wskazówka: Skorzystaj ze wzoru na pracę wykonaną w przemianie izotermicznej i z równania stanu gazu doskonałego.

Odp.: A = p₁V₁ln(p₁/p₂ ) = 4,3.103 kJ

Zadanie 76

Do jakiej temperatury oziębi się wodór mający temperaturę początkową  - 3⁰C, jeżeli jego objętość zwiększymy adiabatycznie trzykrotnie?

Wskazówka: Skorzystaj ze wzoru przemiany adiabatycznej i równania stanu gazu doskonałego. Dla wodoru η = c_p/c_v = 1.41.

Zadanie 77*

W naczyniu A znajduje się wodór w temperaturze t₁  = 17⁰ C i pod ciśnieniem p₁  =  6^.10⁵  Pa. W naczyniu B znajduje się azot w temperaturze t₂ = 37⁰  C i pod ciśnieniem p₂  = 10⁶  Pa. Objętość naczynia A równa się V_A  = 0,5 m³  , naczynia B,  V_B = 0,8 m³. Znalezć temperaturę i ciśnienie mieszaniny gazów zakładając, że c_v  = const oraz, że nie ma wymiany ciepła z otoczeniem.

Wskazówka: Jeżeli nie ma wymiany ciepła z otoczeniem, to U = U_A + U_B

Zadanie 78

Azot  o masie 2 kg zajmuje w temperaturze 7⁰C objętość 830 dcm³. Przy zakończeniu procesu adiabatycznego sprężania temperatura gazu wzrasta do do 227⁰C, a ciśnienie zwiększyło się do wartości 15,2^.10⁵ Pa. Wyznaczyć stosunek c_p  /c_v   (wykładnik adiabaty).

Wskazówka: Skorzystaj z równania adiabaty i z równania stanu gazu doskonałego.

Odp.: c_p/c_v= 1,4

Zadanie 79

Kropelka wody o promieniu r ₁= 10^-3 m wisząca u wylotu skraplacza, oderwała się od niego i spadła na tarczę szklaną rozpryskując się na mniejsze kropelki, z których każda miała promień r₂ = 10^-6m. Opisać i przeliczyć przemianę energetyczną w tym zjawisku. Napięcie powierzchniowe wody T = 0,073 N/m.

Rozwiązanie

Gdy kropelka się rozpryśnie,  objętość wody nie ulegnie  zmianie, natomiast zwiększy się powierzchnia n kropelek, zatem  jej energia zwiększy się o pracę potrzebną do wytworzenia n powierzchni:

 E = T ΔS;  ΔS =  n4π r₂² - 4πr₁²,

ale   4/3πr₁³ = n^.4/3πr₂³,  skąd  n = r₁³/r₂³,   więc  ΔS = 4π(r₁^3. r₂ ² /r₂³ - r₁² ) = 4πr₁²( r₁/r₂  - 1),

a przyrost energii wynosi:     ΔE = 4π r₁²T(r₁/r₂  -1)  = 9,2^.10^-4J.

Zadanie 80

Jeden kilogram lodu o temperaturze -25⁰C był kolejno przeprowadzany w wodę, a potem przy ciśnieniu atmosferycznym w parę nasyconą. Obliczyć zmianę entropii dla każdego z tych procesów.

Wskazówka: Skorzystaj z definicji entropii    ΔS = ∫dQ/T i rozpatruj zmiany entropii dla kadego procesu oddzielnie (1-ogrzanie lodu do temperatury topnienia, 2- przejście fazowe-stopienie lodu, 3-ogrzanie wody do temperatury wrzenia, 4-przejście fazowe-zamiana wody w parę.

Odp.:  ΔS₁ =  mc_pln(273/248) = 202,8 J/K ,       ΔS₂ = mc_t/T = 1226 J/K,     ΔS₃ = mc_pn(T2/T1) = 1314 J/K,     ΔS₄ = mc_q/T = 6050 J/K , gdzie c_t - ciepło topnienia, c_q - ciepło parowania, T - temperatura odpowiedniego przejścia fazowego.

Zadanie 81

Obliczyć zmianę entropii dla każdego z następujących procesów:

a) izobaryczne ogrzewanie 0,1 kg azotu od temperatury 0⁰C do 125⁰C;

b) izochoryczne oziębienie 2 kmol tlenu od temperatury 550 K do 275 K;

c) izotermiczne rozprężanie 0,5 kmol dwutlenku węgla od objętości 11 m³ do 33 m³.

Odp.:      ΔS_a = 39,4 J/K,           ΔS_b = -40662 J/K,             ΔSc = 4,2^.10² J/K    

Zadanie 82

Obliczyć parametry stanu gazu doskonałego na początku i na końcu adiabatycznego rozprężania w cyklu Carnota, jeżeli temperatury chłodnicy i grzejnika równają się odpowiednio 280 K i 900 K . Ciśnienie w punkcie początkowym p₂  = 0,8. 10⁵Pa,       η =  c_p/c_v  = 1,4. Jaką pracę wykonał gaz przy rozprężaniu?

Zadanie 83

Obliczyć parametry stanu gazu doskonałego w punktach 1 i 2 cyklu Carnota, jeżeli wiadomo, że p₁ = 1^.10⁵ Pa, T₁  = 900 K, 1-2 izoterma.

Zadanie 84

Obliczyć sprawność cyklu Carnota, jeżeli temperatury grzejnika i chłodnicy równają się odpowiednio 200⁰C i 11⁰C. O ile trzeba podwyższyć temperaturę grzejnika, aby sprawność cyklu wzrosła dwukrotnie?

Zadanie 85

Udowodnić, że zmiana temperatury chłodnicy silniej wpływa na sprawność cyklu Carnota, niż taka sama zmiana temperatury grzejnika.

Zadanie 86

Powietrze o masie m = 1 kg wykonuje cykl Carnota pomiędzy temperaturami T₁ = 573 K oraz T₂ = 300K. W czasie przebiegu tego cyklu objętość powietrza zmienia się od V₁ = 0,042 m³ do V₃ = 0,878 m³. Stała gazów dla powietrza B' = 287,1 J/kgK, ciepło właściwe powietrza c_p = 1046,6 J/kgK. Obliczyć: a) ciśnienie i objętość w zwrotnych punktach cyklu, b) pracę na poszczególnych odcinkach cyklu, c) ciepło na poszczególnych odcinkach cyklu, d) całkowitą pracę oraz całkowite ciepło cyklu, e) wydajność cyklu.

---