plik

��Fizyka zadania z rozwizaniami Jacek Izdebski RadzyD Podlaski 2001 1 Spis tre[ci 1 Zadanie 1 rzut uko[ny. 3 1.1 Czas do momentu upadku. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 1.2 Miejsce upadku. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6 1.3 PoBo|enie koDcowe. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6 1.4 Przemieszczenie caBkowite. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6 1.5 Prdko[ koDcowa. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8 1.6 PromieD krzywizny toru w najwy|szym punkcie. . . . . . . . . 9 1.7 Droga caBkowita. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9 2 Zadanie 2 rozBadowywanie kondensatora. 10 2.1 Rozwizanie zadania 2. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10 3 Zadanie 3 moment bezwBadno[ci. 12 3.1 Rozwizanie zadania 3. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12 4 Zadanie 4 drgania mechaniczne. 12 4.1 Rozwizanie zadania 4. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12 5 Zadanie 5 rozpad promieniotw�rczy. 13 5.1 Rozwizanie zadania 5. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13 6 Zadanie 6 fale mechaniczne. 14 6.1 Rozwizanie zadania 6. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14 7 Zadanie 7 praca i ruch. 16 7.1 Rozwizanie zadania 7. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16 8 Zadanie 8 gaz w polu grawitacyjnym. 17 8.1 Rozwizanie zadania 8. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17 8.1.1 Wz�r barometryczny. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17 8.1.2 Wz�r barometryczny zastosowanie. . . . . . . . . . 19 2 1 Zadanie 1 rzut uko[ny. Z wysoko[ci h0 = 30 m wykonywany jest uko[nie do g�ry rzut pod ktem � =30o do poziomu z szybko[ci v0 =15 m/s. Wyznaczy: " czas do momentu upadku " miejsce upadku " poBo|enie koDcowe " przemieszczenie caBkowite " prdko[ koDcow " promieD krzywizny w najwy|szym punkcie toru " drog caBkowit (odpowiedz mo|na poda w formie caBki oznaczonej) 1.1 Czas do momentu upadku. Rysunek 1: Ilustracja przedstawia oznaczenia wysoko[ci u|yte w tek[cie. Rzut uko[ny jest zBo|eniem dw�ch rzut�w, rzutu pionowego do g�ry i ruchu jednostajnego (w kierunku poziomym). O czasie t lotu decyduje rzut pionowy (ciaBo porusza si do chwili spadnicia na ziemi). W tym zadaniu obliczamy czas wznoszenia t�! wykorzystujc znajomo[ przyspieszenia ziem- m skiego g =9.81 . s2 Czas wznoszenia mo|na obliczy z nastpujcego wyra|enia: -gt2 �! h�! = + vo�"t�! (1) 2 3 gdzie h�! jest wysoko[ci na jak wzniesie si ciaBo liczon od wysoko[ci wy- strzelenia ciaBa; vo�" to skBadowa pionowa pocztkowej prdko[ci ciaBa. Na wytBumaczenie zasBuguje r�wnie| minus we wzorze 1. CiaBo wznoszc si tra- ci prdko[, czyli hamuje. Hamowanie, zwane r�wnie| op�znieniem, to przy- spieszenie ujemne. Oczywi[cie ciaBo spadajce zwiksza sw prdko[ i wtedy mamy przyspieszenie dodatnie, tak jak we wzorze 2 gt2 �! h�! = (2) 2 Wz�r 2 nie ma czBonu zwizanego z prdko[ci pocztkow z tego wzgldu, |e spadajc z wysoko[ci h�! (liczonej od poziomu 0) ma pocztkowo prdko[ r�wn zeru. Aby obliczy caBkowity czas ruchu t nale|y doda do siebie czas wznoszenia t�! i czas spadania t�!. t = t�! + t�! (3) Z r�wnania 1 mo|emy wyznaczy t�!, co daje: 2 v0�" + vo�" - 2gh�! t�!1 = (4) g oraz 2 v0�" - vo�" - 2gh�! t�!2 = (5) g Oczywi[cie t�!2 mo|emy odrzuci poniewa| jest niefizyczny(czas nie mo|e by mniejszy od zera). Od tej pory zamiast t�!1 bdziemy pisa po prostu t�!. Nie znamy jeszcze wysoko[ci h�! na jak wzniesie si ciaBo. Nie jest to |ad- nym problemem, poniewa| wykorzystujc zasad zachowania energii mo|emy napisa nastpujce r�wnanie: Ep(h�!) =Ek(h0) (6) W r�wnaniu tym mo|emy zaniedba t cz[ energii, kt�ra si nie zmienia w cigu caBego ruchu (energia kinetyczna zwizana z ruchem poziomym). Powy|sze r�wnanie zostaBo napisane przy zaBo|eniu, |e energia potencjalna liczona jest od poziomu h0. Podczas wznoszenia si ciaBa energia kinetyczna maleje kosztem energii potencjalnej tak, |e na wysoko[ci maksymalnej h�! energia kinetyczna jest zerowa (pomijajc energi ruchu poziomego) a energia potencjalna jest taka sama jak energia kinetyczna na wysoko[ci h0. Mo|na to napisa wprost: 2 mv0�" mgh�! = (7) 2 4 co prowadzi do rozwizania 2 v0�" h�! = (8) 2g a to daje mo|liwo[ obliczenia czasu wznoszenia t�!. Podstawiajc 8 do 4 dostajemy czas wznoszenia. v0�" t�! = (9) g Teraz nale|y obliczy czas spadania. W tym zadaniu nie jest on taki sam jak czas wznoszenia poniewa| wysoko[ z jakiej spada ciaBo jest inna od tej z jakiej zostaBo ono wystrzelone (patrz rys. 1). Czas spadania mo|na obliczy przeksztaBcajc r�wnanie 2 do postaci 2h�! t�! = (10) g Jak mo|na zauwa|y z rysunku 1 h�! = h0 + h�! (11) 2 v0�" h�! = h0 + (12) 2g Po podstawieniu 12 do 10 zapisujemy 2 2h v0�" t�! = + (13) g g2 Czas ruchu zgodnie z 3 i po wykorzystaniu 9 oraz 13 mo|na opisa wzorem 2 v0�" 2h0 v0�" t = + + (14) g g g2 Zale|no[ ta nie mo|e by ostatecznym rozwizaniem poniewa| nie mamy danej wprost warto[ci v0�". SkBadowe prdko[ci pocztkowej v0 s nastpuj- ce: v0�" = v0 sin(�) (15) v0|| = v0 cos(�) (16) Teraz podstawiajc 15 do 14 otrzymujemy wreszcie ostateczne wyra|enie pozwalajce obliczy caBkowity czas ruchu. 2 v0 sin(�) 2h0 v0 sin2(�) t = + + (17) g g g2 Po podstawieniu danych liczbowych uzyskujemy t H" 3.35 s 5 1.2 Miejsce upadku. Obliczenie miejsca upadku ciaBa z jest niezmiernie proste, gdy obliczyli[my ju| caBkowity czas ruchu. SkBadowa pozioma prdko[ci v0|| nie ulega zmianie w cigu caBego ruchu (op�r powietrza pomijamy). To wBa[nie ta skBadowa decyduje o zasigu rzutu uko[nego. z = v0|| � t (18) 2 v0 sin(�) 2h0 v0 sin2(�) z = v0 cos(�) � + + (19) g g g2 Co po podstawieniu danych daje z H" 43.558 m 1.3 PoBo|enie koDcowe. Zgodnie z rysunkiem 2 i r�wnaniem ruchu w postaci parametrycznej, zapisa- nym poni|ej -gt2 y(t) = + vo sin(�) � t + h0 2 (20) x(t) =v0 cos(�) � t Otrzymujemy punkt poBo|enia koDcowego Pk o wsp�Brzdnych Pk = (l, 0), czyli konkretnie Pk = (43.558 m, 0) 1.4 Przemieszczenie caBkowite. Przemieszczenie caBkowite jest wektorem M majcym pocztek w punkcie Pp =(0, h0) a koniec w punkcie Pk =(l, 0) tak wic wsp�Brzdne tego wekto- ra bd nastpujce M =[l, -h0]. DBugo[ wektora przesunicia obliczamy nastpujco |M| = l2 +(-h0)2 = l2 + h2 (21) 0 Po podstawieniu danych wsp�Brzdne wektora przemieszczenia s nastpuj- ce M = [43.558 m, -30 m] oraz dBugo[ wektora przesunicia |M| =52.89 m 6 Rysunek 2: Wykres przedstawia r�wnania ruchu 20 opisujce ruch ciaBa w tym zadaniu 7 1.5 Prdko[ koDcowa. Wektor prdko[ci koDcowej tworz dwie skBadowe. SkBadowa r�wnolegBa vk do podBo|a vk|| (jest ona r�wna skBadowej v0|| nie zmieniajcej si w czasie ruchu). SkBadowa prdko[ci v||(t) skierowana pionowo w d�B ro[nie z przyspieszeniem g, poczynajc od zerowej prdko[ci na najwy|szej wysoko[ci h�! do prdko[ci koDcowej vk|| tu| nad powierzchni Ziemi. SkBadow vk|| mo|na obliczy np. z zasady zachowania energii, co prowadzi do r�wnania 2 mvk|| = mgh�! (22) 2 Po prostych przeksztaBceniach dostajemy vk|| = 2gh�! (23) Za h�! podstawiamy wynik z (12) 2 v0�" vk|| = 2g h0 + (24) 2g Mo|na jeszcze podstawi wprost v0�" z (15) 2 v0 sin2(�) vk|| = 2g h0 + (25) 2g Nie wolno zapomnie, |e tak naprawd celem naszym jest obliczenie prd- ko[ci koDcowej, kt�ra jest wektorow sum obydwu obliczonych wcze[niej skBadowych. = + (26) vk vk|| vk�" Polecenie nie precyzuje czy nale|y poda jedynie dBugo[ wektora prdko[ci koDcowej czy tak|e jego kierunek. Dlatego obliczmy i jedno i drugie. Wsp�Brzdne wektora prdko[ci koDcowej s ju| praktycznie obliczone. Wy- starczy zauwa|y, |e skBadowe vk|| i vk�" u|ywane do tej pory, s wektorami r�wnolegBymi do osi obranego przez nas ukBadu wsp�Brzdnych (patrz rys. 2). Oznacza to, |e (z dokBadno[ci do znaku) s to wsp�Brzdne wektora prdko[ci koDcowej kt�re ostatecznie zostaBy zapisane poni|ej. vk, �# �# 2 v0 sin2(�) �# = v0 cos(�), - 2g h0 + (27) vk �# 2g 8 Liczbowe warto[ci s nastpujce = [12.99 m/s, -25.39 m/s] vk Majc wsp�Brzdne wektora prdko[ci mo|na bez trudu obliczy warto[ prdko[ci i po prostych przeksztaBceniach otrzymamy 2 | = v0 +2gh0 (28) vk| i liczbowo | H"28.52 m/s vk| 1.6 PromieD krzywizny toru w najwy|szym punkcie. W najwy|szym punkcie toru skBadowa prdko[ci styczna do toru jest r�wna v0|| a przyspieszenie normalne do krzywizny toru to po prostu g. Tak wic promieD okrgu stycznego do toru w najwy|szym punkcie jest r�wny 2 v0|| R = (29) g 2 v0 cos2(�) R = (30) g Co po podstawieniu daje R H" 17.202 m 1.7 Droga caBkowita. Aby obliczy drog przebyt wzdBu| krzywej nale|y wykona caBkowanie wzdBu| tej krzywej. Kluczowe pytanie brzmi: jak to zrobi? Nale|y podzieli krzyw na bardzo maBe (infinityzymalne) odcinki dl. Aby obliczy dBugo[ jakiego[ odcinka krzywej nale|y do siebie doda wszystkie odcinki dl. Pojedynczy odcinek dl jest r�wny: dl = dy2 + dx2 2 dy dl = dx2 + dx2 dx 2 dy dl = +1dx dx 9 Teraz wystarczy wykona sumowanie wszystkich odcink�w dl, ale z racji, |e odcinki dl s infinityzymalne wykonujemy obustronne caBkowanie dostajc og�lny wz�r na dBugo[ krzywej. x2 l = (f (x))2 +1dx (31) x1 Na podstawie parametrycznego r�wnania ruchu (20) mo|emy wypisa r�w- nanie opisujce ksztaBt toru, gdzie nie wystpuje wprost parametr t (czas). g y = - � x2 +tg(�) � x + h0 (32) 2 2v0 cos2(�) Pochodna powy|szej funkcji liczona po x ma nastpujc posta: dy g = - � x +tg(�) (33) 2 dx v0 cos2(�) Podstawiajc (33) do (31) dostajemy z g2 2g tg(�) l = - � x2 - � x +tg2(�) +1dx (34) 4 2 0 v0 cos4(�) v0 cos2(�) Granice caBkowania obejmuj caB odlegBo[ od miejsca wystrzelenia do miej- sca upadku (patrz rys. 2). Ze wzgldu na dosy rozbudowan formuB opi- sujc g�rn granic caBki (patrz wz�r 19) nie mo|liwe byBo wypisanie tej g�rnej granicy explicite. 2 Zadanie 2 rozBadowywanie kondensato- ra. Po jakim czasie rozBaduje si kondensator do poBowy, je|eli wiadomo, |e staBa czasowa obwodu rozBadowania wynosi 15 s? 2.1 Rozwizanie zadania 2. Obw�d w jakim rozBadowuje si kondensator mo|e wyglda np. jako[ tak jak na rysunku 3. Zacznijmy od wypisania II prawa Kirchhoffa dla obwodu zamknitego. Prawo to m�wi, |e suma napi w oczku jest r�wna zeru. Q = RI (35) C 10 Rysunek 3: Schemat ukBadu w kt�rym rozBadowuje si kondensator. Gdy kondensator rozBadowuje si to nat|enie prdu jest malejce, wic I = -dQ, co po podstawieniu daje dt Q dQ = -R (36) C dt dQ Q = - (37) dt CR 1 1 dQ = - dt (38) Q CR 1 1 dQ = - dt (39) Q CR t ln(Q) =- + A (40) CR t CR Q = e- � eA (41) Po tych prostych przeksztaBceniach dochodzimy do wyra|enia na wielko[ Badunku zgromadzonego na kondensatorze w funkcji czasu. t CR Q = Q0e- (42) Aby obliczy teraz czas jaki jest potrzebny aby kondensator straciB poBow 1 Badunku nale|y wstawi zamiast Q poBow Badunku pocztkowego Q0 2 t1/2 1 CR Q0 = Q0e- (43) 2 t1/2 ln 2 = (44) CR 11 I dostajemy ostateczny wynik. Nale|y si jeszcze sBowo wyja[nienia, iloczyn CR jest nazywany staB czasow obwodu i oznaczany jako �. t1/2 = CR ln 2 (45) Po podstawieniu danych dostajemy t1/2 =10.4 s. 3 Zadanie 3 moment bezwBadno[ci. Obliczy moment bezwBadno[ci cienkiego kr|ka o promieniu R =10 cm i masie m = 200 g, je|eli wiruje on wok�B osi stycznej do krawdzi kr|ka. 3.1 Rozwizanie zadania 3. Moment bezwBadno[ci kr|ka wirujcego wok�B swojej [rednicy wynosi 1 I = mr2 (46) 4 Wiedzc to mo|na wykorzystujc tw. Steinera przesun o[ obrotu o r. 1 I = mr2 + mr2 (47) 4 Wic szukany moment bezwBadno[ci bdzie wynosiB 5 I = mr2 (48) 4 Co po podstawieniu danych liczbowych daje I =0.0025 kg � m2. 4 Zadanie 4 drgania mechaniczne. Po jakim czasie drgania kamertonu zmalej e-krotnie, je|eli wiadomo, |e o[miokrotnie malej po 120 s? 4.1 Rozwizanie zadania 4. Mo|emy przyj, |e drgania kamertonu zanikaj w spos�b nastpujcy dA = -kA (49) dt Czyli, |e zmiana amplitudy drgaD w czasie bdzie proporcjonalna do ampli- tudy drgania w danej chwili. 12 Rozwizanie takiego r�wnania r�|niczkowego ju| znamy, jest nim funkcja typu A = A0e-kt (50) Teraz pozostaje obliczy wsp�Bczynnik k (jako t oznaczamy czas podany w zadaniu) 1 A0 = A0e-kt (51) 8 ln 8 k = (52) t Tak wic czas po jakim drgania zmalej e-krotnie wynosi ln(e) t = k t t = ln(8) Czyli po podstawieniu danych 120 t = ln(8) t =57.7 s 5 Zadanie 5 rozpad promieniotw�rczy. Rozpad 0.2 preparatu promieniotw�rczego trwa 100 godzin. W jakim czasie ilo[ preparatu zmieni si od 1 g do 0.8 g? 5.1 Rozwizanie zadania 5. Zanim zaczniemy analizowa og�lny spos�b rozwizywania zadaD tego typu warto zwr�ci uwag na fakt, |e w tym zadaniu wBa[ciwie nie ma co liczy. Przecie| zmiana masy preparatu od ilo[ci 1 g do 0.8 g to inaczej strata 0.2 caBego preparatu. Zadanie zawiera ju| odpowiedz, |e rozpad 20% preparatu trwa 100 godzin. Zadanie pod wzgldem matematycznym jest podobne do poprzednich. Rozpad substancji promieniotw�rczej przebiega nastpujco (niezale|nie od typu rozpadu). Istnieje pewne, (staBe dla danej substancji) prawdopodobieD- stwo rozpadu atomu w okre[lonym czasie. PrawdopodobieDstwo to mo|na zdefiniowa nastpujco. Niech -dN oznacza ilo[ atom�w kt�re si rozpadBy ( - oznacza ubytek) w 13 dN czasie dt a N jest ilo[ci atom�w na pocztku czasu dt, to wtedy jest N prawdopodobieDstwem rozpadu jednego z N atom�w. Je[li za[ zapiszemy to tak -dN N = � (53) dt to wtedy (53) bdzie oznacza prawdopodobieDstwo rozpadu atomu w czasie dt. Takie prawdopodobieDstwo nazywa si staB rozpadu promieniotw�rczego. R�wnanie (53) mo|na doprowadzi do postaci 1 dn = -�dt (54) N Rozwizanie tego r�wnania r�|niczkowego jest znane z poprzednich zadaD i dla tego przypadku wyglda tak N = N0e-�t (55) Wiedzc w jakim czasie rozpada si 0.2 caBego preparatu promieniotw�rczego mo|emy obliczy jaka jest staBa rozpadu dla tego preparatu przeksztaBcajc (55). 1 N0 � = ln (56) t N Majc obliczony wsp�Bczynnik � mo|emy wykorzysta go w (55) i obliczy np. ile czasu zajmie zanim masa preparatu zmieni si od m1 =1 g do m2 = 0.8 g. Aby obliczy czas rozpadu nale|y przeksztaBci (55) do postaci 1 N0 t = ln (57) � N 6 Zadanie 6 fale mechaniczne. Fala o czstotliwo[ci f = 500 Hz biegnie z szybko[ci v = 340 m/s. Z jak r�|nic faz drgaj punkty odlegBe o l =0.15 cm? 6.1 Rozwizanie zadania 6. R�wnanie sinusoidalnej fali biegncej mo|e mie posta przedstawion r�w- naniem (58) U(x, t) =A cos (kx - �t) (58) Tak wic je[li punkt x1 miaBby drgania opisane r�wnaniem (59) U(x1, t) =A cos (kx1 - �t) (59) 14 a punkt x2 opisuje (60) U(x2, t) =A cos (kx2 - �t) (60) Wiemy, |e punkty te s od siebie odlegBe o l to wtedy x2 = x1 + l wic (60) przyjmie posta U(x2, t) =A cos (k(x1 + l) - �t) (61) czyli przesunicie fazowe bdzie wynosi � = k(x1 + l) - kx1 = k(x1 + l - x1) =kl (62) Nale|y wyja[ni, |e k to tzw. wektor falowy i powinno go si zapisywa jako k. Kierunek i zwrot wektora falowego okre[la kierunek rozchodzenia si fali. W tym zadaniu jest istotna jedynie warto[ wektora falowego 2� k = (63) � Aby obliczy przesunicie fazowe nale|y zna dBugo[ fali �. DBugo[ fali jest to odlegBo[ jak przebywa fala w czasie jednego okresu � = v � T (64) 1 Przy czym podana w zadaniu czstotliwo[ jest odwrotno[ci okresu f = . T Wykorzystanie tej zale|no[ci w (64) daje v � = (65) f Podstawiajc (65) do (63) dostajemy 2�f k = (66) v Teraz mo|na wykorzysta zale|no[ (66) do obliczenia przesunicia fazowego z r�wnania (62). 2�f � = l (67) v 1 Po podstawieniu danych do wyra|enia (67) dostajemy wynik � =0.014 1 Z do[wiadczenia mam prawo przypuszcza, |e ukBadajcy zadanie chciaB aby odlegBo[ l =0.15 m, czyli 15 cm wtedy przesunicie fazowe � bdzie wiksze. 15 7 Zadanie 7 praca i ruch. Jak prac wykona siBa F = At - Bt2 dziaBajca na mas m = 10 kg w czasie od t1 =2 s do t2 =7 s. W momencie przyBo|enia siBy szybko[ masy kg�m kg�m wynosiBa v0 =2 m/s. A =3 ; B =2 s3 s4 7.1 Rozwizanie zadania 7. Praca jest iloczynem skalarnym wektora siBy i przesunicia. W tym zada- niu mo|emy zaniedba, |e jest to iloczyn dw�ch wektor�w poniewa| jest to zagadnienie jednowymiarowe. Je[li wykonaliby[my wykres zale|no[ci siBy od poBo|enia to pole pod krzy- w byBoby prac wykonan przez t siB. Opisuje to caBka (68). x2 W = F (x)dx (68) x1 W tym zadaniu zar�wno siBa, jak i poBo|enie s parametryzowane czasem. Nale|y wic wypisa caBk (68) wstawiajc za siB F wyra|enie podane w zadaniu i znalez posta r�|niczki dx. Druga zasada dynamiki m�wi, |e F = ma, co daje si zapisa w postaci F a = (69) m czyli d2x F = (70) dt2 m CaBkujc obustronnie (70) dostajemy dx 1 = F (t)dt (71) dt m Mo|na to zapisa wprost dx 1 = At - Bt2dt (72) dt m dx 1 At2 Bt3 = - + C dt m 2 3 C jest staB caBkowania, kt�ra w tym zagadnieniu ma wymiar prdko[ci i jest to, podana w zadaniu, prdko[ pocztkowa v0. dx 1 At2 Bt3 = - + v0 (73) dt m 2 3 16 Posta r�|niczki dx jest nastpujca 1 At2 Bt3 dx = - + v0 dt (74) m 2 3 Teraz wystarczy zapisa explicite caBk (68) i obliczy j. At2 Bt3 W = At - Bt2 - + v0 dt (75) 2m 3m t2 B2t5 5ABt4 A2t3 W = - + - Bv0t2 + Av0t dt (76) t1 3m 6m 2m t2 B2t6 5ABt5 A2t4 Bv0t3 Av0t2 W = - + - + (77) 18m 30m 8m 3 2 t1 Po podstawieniu dostajemy wynik W = 8 Zadanie 8 gaz w polu grawitacyjnym. Na wysoko[ci 5 km ci[nienie atmosferyczne jest 2 razy mniejsze jak przy powierzchni planety. Ile razy jest mniejsze na wysoko[ci 10 km? 8.1 Rozwizanie zadania 8. Problem postawiony w zadaniu mo|na rozwiza bardzo szybko, ale najpierw trzeba zna tzw. wz�r barometryczny. Poni|ej przedstawi jak go wyprowa- dzi. 8.1.1 Wz�r barometryczny. Rozwa|my problem zmiany ci[nienia w gazie wraz z wysoko[ci.2 Wprowadz- my ukBad wsp�Brzdnych z osi x skierowan pionowo w g�r. Wydzielmy teraz my[lowo wewntrz gazu prostopadBo[cian o podstawie dS i wysoko[ci dx. Objto[ tego pudeBeczka jest r�wna dV = dS � dx a masa zawartego w nim gazu r�wna dm = � dV = � dS dx; � jest gsto[ci gazu. W r�wnowadze na wybrany prostopadBo[cian dziaBaj trzy siBy: 2 Na podstawie skryptu prof. Jerzego Gintera Fizyka IV dla Nauczycielskiego Kolegium Fizyki Warszawa 1996 17 - na denko dolne, znajdujce si na poziomie x, dziaBa w g�r siBa F1, wywoBana panujcym tam ci[nieniem p(x). Ma ona warto[ F1 = p(x)dS (78) - na denko g�rne, znajdujce si na poziomie x + dx, dziaBa w d�B siBa o warto[ci F2 = p(x + dx)dS (79) - siBa przycigania ziemskiego, dziaBajca w d�B na mas dm F3 = dm � g = � g dx dS (80) g jest przyspieszeniem ziemskim (na poziomie x). W warunkach r�wnowagi F1 = F2 + F3. Napiszemy t r�wno[, dzielc od razu wszystkie trzy czBony przez dS: p(x) =p(x + dx) +� g dx (81) czyli p(x + dx) - p(x) =-� g dx (82) albo p(x + dx) - p(x) = -�(x)g (83) dx We wzorze (83) napisali[my wprost, |e gsto[ substancji te| mo|e by funk- cj x, bo jak wiemy jest w og�lno[ci funkcj ci[nienia p. Dla maBych dx mo|emy napisa symbol pochodnej: dp(x) = -g�(x) (84) dx Aby opisa zale|no[ ci[nienia od wysoko[ci w gazach wykorzystamy r�wna- nie (84) oraz przyjmiemy nastpujce zaBo|enia: - przyjmiemy, |e temperatura gazu jest staBa i r�wna 0oC, - zaBo|ymy, |e gaz speBnia prawo Boyle a-Mariotte a, kt�re zapiszemy w postaci p(x)V (x) =p0V0 (85) gdzie p0 jest ci[nieniem na poziomie morza, V0 jest objto[ci, jak zajmuje ustalona masa gazu m na poziomie morza. 18 Mo|emy teraz podzieli m przez obie strony (85) i zauwa|y, |e m/V = �. Dostajemy wtedy �(x) �0 = (86) p(x) p0 czyli �0 �(x) = p(x) (87) p0 Wstawiajc wyra|enie (87) do og�lnego r�wnania (84) dostajemy dp(x) �0g = - p(x) (88) dx p0 Jest to dobrze znane r�wnanie, kt�rego rozwizaniem jest funkcja wykBadni- cza postaci p(x) =Ae-�x (89) Podstawiajc (89) do (88) ustalamy Batwo, |e � = �0g/p0. StaB A wyzna- czamy z warunku, |e dla x =0 p = p0. Ostatecznie dostajemy wic �0g p0 p(x) =p0e- x (90) 8.1.2 Wz�r barometryczny zastosowanie. �0g p0 p(x) =p0e- x (91) Zgodnie z tre[ci zadania 1 1 p0 = p0e-kh (92) 2 ln(2) k = (93) h1 ln(2) h1 p(h2) =p0e- h2 (94) Wiedzc |e h1 =5 km a h2 =10 km mo|na wykorzysta fakt, |e h2 =2h1 p(h2) =p0e-2 ln(2) (95) 1 p(h2) = p0 (96) 4 Ostateczna odpowiedz jest taka, |e ci[nienie na wysoko[ci h2 =10 km jest cztery razy mniejsze ni| na powierzchni planety. 19

Wyszukiwarka

Podobne podstrony:
Fizyka zadania z rozwiązaniami

więcej podobnych podstron