s - GMCLAN

Transkrypt

s - GMCLAN

PEŁNE ROZWIĄZANIA ZADAŃ Z KSIĄŻKI
K. Chyla
"Zbiór prostych zadań z fizyki dla uczniów szkół
średnich"
Autor: Michał Peller
Rzeszów
2006
Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione
1
1.1. Ruch jednostajny prostoliniowy
c
Zad 1.
v = 180
km
1000m
m
= 108 ⋅
= 30
h
3600 s
s
s = v ⋅t
s
t=
v
120
t=
= 4s
30
Zad 2.
s = v ⋅t
s = 60 ⋅ 3 = 180km
s
v sr =
t
180
180
km
=
= 75
v sr =
24
24
h
2+
60
Zad 3.
km
m
v wzgl = v s + v p 36
= 10
h
s
s 200
t= =
= 20s
v 10
s = v s ⋅ t = 20 ⋅ 20 = 400 s
Zad 4.
a)
v2
l2
l1
l2
l1+l2
s = l1 + l 2
v wzgl = v 2 − v1
l1 + l 2 = (v 2 − v1 ) ⋅ t
l1 + l 2
v 2 − v1
Zad 5.
v wzgl = v1 + v 2
t=
t=
t2 =
l2
v1
300
= 2h
150
l2
l1+l2
s = l1 + l 2
s = v wzgl ⋅ t
s = (v1 + v 2 ) ⋅ t
l1 + l 2 = (v 2 + v1 ) ⋅ t
l1 + l 2
v 2 + v1
b)
v2
v1 ⋅ t1
v2
v sr =
2s
t1 + t 2
2v1v 2 t1
2v1v 2
2s
=
=
v ⋅t
v 2 t1 + v1t1 v 2 + v1
t1 + 1 1
v2
Zad 7.
∆s
5
m
a) v =
=
= 0,25
∆t 20
s
∆s 30
m
b) v =
=
=6
∆t
5
s
Punkt P to miejsce spotkania się ciał w odległości 15
cm od obserwatora po czasie 2,5 s
Zad 8.
a)
r r r
s = s1 + s 2
r
s1 = 2 ⋅ 20 = 40m
r
s 2 = 1 ⋅ 20 = −20m
r
s = 20m
b)
s = s1 + s 2 + s3
v sr =
l1
l1
v wzgl
=
s 2 = v 2 ⋅ t = 50 ⋅ 2 = 100km
Zad 6.
s = v1 ⋅ t1 = v 2 ⋅ t 2
v1+v2
l2
s
s1 = v1 ⋅ t = 100 ⋅ 2 = 200km
c
t=
l2
l1
s
l2
v1+v2
l2
v1
s
s1 = 20 ⋅ 2 = 40m
s 2 = 0m
s 3 = 10 ⋅ 2 = 20m
s = 60m
2
Przyjmujemy pojazd drugi jako punkt odniesienia,
zatem pierwszy porusza się względem jego z
prędkością v1 na północ i v2 na wschód.
Zad 9.
a)
∆s − 30
m
=
= −3
v1 =
∆t
10
s
∆s 30
m
v2 =
=
=3
∆t 10
s
v(m/s)
3
v1
vw
v2
v w = v12 + v 22
10
20
t(s)
v w 9 + 16 = 5
m
s
Zad 12.
-3
b)
∆s 30
m
=
= 7,5
∆t
4
s
m
v2 = 0
s
∆s − 30
m
v3 =
=
= −15
∆t
2
s
v(m/s)
vm
v1 =
α
vmx
vr
v m = v mx + v my
7,5
4
vmy
6
8
-15
Zad 10.
v m + v r = 6

v m − v r = 4
2 ⋅ v m = 10

v m − v r = 4
v m = 5

v r = v m − 4
v m = 5

v r = 1
t(s)
v mx = −v r
v
1
cos α = mx = ⇒ α ≈ 70,5°
vm 3
m
m
v my = v m2 − v x2 = 8 = 2 2
s
s
d 100
t= =
= 35,36 s
v 2 2
Zad 13.
s
m
v1 = = 9,8
t1
s
v2 =
s − ∆s 96m
m
=
= 9,41
t1
10,2 s
s
∆v = 0,39
m
s
Zad 14.
v wzgl1 = v1 + v 2 = 10
t1 =
Zad 11.
v1
v wzgl1
=
5000
= 166,67 s
30
v wzgl 2 = v 2 − v1 = 20
t2 =
v2
s
s
v wzgl 2
=
m
m
m
+ 20 = 30
s
s
s
m
m
m
− 10 = 10
s
s
s
5000
= 500 s
10
t c = t1 + t 2 = 666,67 s
3
a(m/s2)
1.2. Ruch prostoliniowy jednostajnie zmienny
Zad 1.
1
s = v0 ⋅ ∆t + ∆v ⋅ ∆t
2
1
s = 0 + ⋅ 20 ⋅ 5 = 50m
2
Zad 2.
sW 3 = s3 − s2
sW 3 = s3 − s 2
at 2 at 2
sW 3 = 3 − 2
2
2
2
a ⋅3
a ⋅ 2 2 18 8 10
sW 3 =
−
= − =
= 5m
2
2
2 2 2
Zad 3.
zakładamy v0 = 0
1
s = ⋅v ⋅t
2
2s
m
v=
= 20
t
s
Zad 4.
∆v 4 m
a=
=
∆t 3 s 2
s=
a ⋅ t c2 a ⋅ t k2 a
−
= ⋅ (36 − 16 ) =
2
2
2
4
⋅ 20 = 13,33m
6
Zad 5.
∆v 15 − 5
t=
=
= 5s
a
2
1
1
s = v0 ∆t + ⋅ a ⋅ ∆t 2 = 25 + * 2 * 25 = 50m
2
2
Zad 6.
A
a)
r r r
s = s1 + s 2
10
3
5
t(s)
-15
B
a)
r r r
s = s1 + s 2
r
1
1
s1 = v0 ⋅ ∆t + ⋅ ∆v ⋅ ∆t = 20 − ⋅ 20 ⋅ 2 = 0m
2
2
r
1
1
s 2 = v0 ⋅ ∆t + ⋅ ∆v ⋅ ∆t = −30 + ⋅ 30 ⋅ 3 = 15m
2
2
b)
1
1
1
1
s real = ⋅ 10 ⋅ 1 + ⋅ 10 ⋅ 1 + ⋅ 10 ⋅ 1 + ⋅ 20 ⋅ 2 = 35m
2
2
2
2
łączna droga obejmująca także cofanie
s
35
m
v śr = real =
=7
∆t
5
s
c)
a(m/s2)
10
=
r 1
s1 = ⋅ ∆v ⋅ ∆t = 45m
2
r
1
1
s 2 = v0 ⋅ ∆t + ⋅ ∆v ⋅ ∆t = ⋅ 30 ⋅ 2 = 30m
2
2
r
s = 75m
b)
s
m
v sr =
= 15
s
∆t
2
5
t(s)
-10
Zad7.
A.
v x = 6 ⋅ 1 + 8 ⋅ 4 = 38
m
s
B.
v y = 6 ⋅ 20 − 8 ⋅ 10 = 40
m
s
Zad 8.
s
v sr =
t
s = v sr ⋅ t = 100m
1
⋅a ⋅t2
2
2 ⋅ s 200
m
a= 2 =
=2 2
100
t
s
s=
4
Zad 9.
1
s = ⋅v ⋅t
2
2s
t=
v
v
v2
m
a= =
=1 2
t 2⋅s
s
Zad 10.
1
s = ⋅v ⋅t
2
v
t=
a
1 v2
s= ⋅
2 a
2
v = 2⋅s⋅a
v = 2⋅s⋅a
Zad 11.
I sposób
v 20
t= =
= 2,04 s
a 9,9
1
s = ⋅ a ⋅ t 2 = 20,4m
2
II sposób
Z zasady zachowania energii
m ⋅ v2
= m⋅ g ⋅h
2
v2
h=
= 20,4m
2⋅ g
Zad 12.
I sposób
1
h = ⋅v⋅t
2
v
t=
g
1 v2
h= ⋅
2 g
v2 = 2 ⋅ h ⋅ g
m
v = 2 ⋅ h ⋅ g = 19,8
s
II sposób
mv 2
= m⋅ g ⋅h
2
v2 = 2 ⋅ g ⋅ h
v = 2 ⋅ g ⋅ h = 19,8
1
⋅v⋅t
2
v
t=
a
1 v2
h= ⋅
= 5,1m
2 a
II sposób
mv 2
= m⋅ g ⋅h
2
v2
h=
= 5,1m
2⋅ g
Zad 14.
1
s2 = ⋅ v2 ⋅ t 2
2
2 ⋅ s 2 40
m
v2 =
=
= 20
t2
2
s
h=
m
s
1
⋅ v5 ⋅ t 5
2
2 ⋅ s5
m
v5 =
= 50
s
t5
s5 =
1
⋅a ⋅t2
2
2 ⋅ s 250
m
a= 2 =
= 10 2
25
t
s
1.3. Ruch prostoliniowy niejednostajnie zmienny.
Zad 1.
W przedziałach czasu, gdzie przyśpieszenie jest
zwiększane liczymy jej jego średnią wartość
a)
v = a1sr ⋅ ∆t1 + a 2 ⋅ ∆t 2 + a3sr ⋅ ∆t 3
s=
v = 2 ⋅ 2 + 4 ⋅ 2 + 2 ⋅ 6 = 24
m
s
v max → t = 10 s
ponieważ w każdym momencie przyśpieszenie jest
nie ujemne
b)
v = a1sr ⋅ ∆t1 + a 2 sr ⋅ ∆t 2
v = 3 ⋅ 2 + 3 ⋅ 3 = 15
m
s
v max → t = 5s
(uwzględniając j. w.)
Zad 2.
szybkość maksymalna była w t3 ponieważ do tego
momentu przyśpieszenie jest dodatnie, a potem ciało
porusza się ruchem opóźnionym, zatem prędkość
spada.
Zad 13.
I sposób
5
1.4. Ruch krzywoliniowy
vD = 0
Zad 1.
2 ⋅π ⋅ r
v=
= 2 ⋅π ⋅ r ⋅ f =
T
1
m
= 2 ⋅ π ⋅ 0,15 ⋅ 100 = 14,25
s
s
Zad 2.
3,5 ⋅ 2 ⋅ π ⋅ r1 = n ⋅ 2 ⋅ π ⋅ r2 bo s1 = s2
3,5 ⋅ r1
n=
= 14
r2
Zad 3.
o
1 o
ω h = 30 =
h 120 s
o 1 o
ω r = 360 =
h 10 s
1
1
11 o
ωw = −
=
10 120 120 s
11
360 =
⋅t
120
t = 3927,3s = 1h15 min 27,3s
Zad 4.
v samolotu = v Ziemi
m
s
m
v A = vC = 2 ⋅ v 0 = 4 2
s
Zad 7.
rozważam tylko składową pionową
1
h = ⋅ g ⋅t2
2
2⋅h
t=
= 2,02 s
g
ruch poziomy
s = v ⋅ t = 10 ⋅ 2,02 = 20,2m
Zad 8.
v = a ⋅ ∆t
2π ⋅ v Ziemii
T
T = 86400s (1 doba)
m
km
v = 463,2 = 1667,7
s
h
Zad 5.
v = 2πrf
3v h = v h2 + 9,8 2
v B = v0 + v obr = 2v0 = 8
v = 9,8 ⋅ 4 = 39,2
m
s
v w = v02 + v k2 = 49,36
m
s
Zad 9.
v r = g ⋅ ∆t = 9,8
v=
m
s
9v h2 = v h2 + 9,8 2
8v h2 = 9,8 2
m
9,8 2
= 3,46
s
8
Zad 10.
vh =
v
20
=
= 10,6 Hz
2πr 2π ⋅ 0,3
m
1
t = s = = Hz
m s
Zad 6.
v0
t=
B
vobr
A
vx
60°
vy
vobr
vx
1
= cos 60 o =
vk
2
vA
v0
C
v0
vB
vobr
D
vobr
vk
v0
vobr = v0
1
vk
2
m
v k = 20
s
v y = sin 60 o ⋅ v k
vx =
t=
a
2
h=
vy
2
sin 2 60o vk
1 2 vy
at =
=
= 15,3m
2
2a
2 ⋅ 9,8
6
Zad 11.
B.
Fw = F1 − F2 = 5 N
v0
vy
F
m
5
=
= 0,5 2
m 10
s
m
v = a ⋅ t = 0,5 ⋅ 2 = 1
s
Zad 4.
F
a=
M +m
F = Qn = mg
a=
α
vx
1
m
v0 = 10
2
s
3
m
v y = sin α ⋅ v0 =
v0 = 17,32
2
s
v x = cos α ⋅ v 0 =
v y1 = v y − g ⋅ ∆t = 17,32 − 9,8 = 7,52
tgβ =
v y1
vx
m
s
= 0,752
β = 36,94 o = 36 o 56'
Zad 12.
1
4 ⋅ ⋅ v y ⋅ ∆t = v x ⋅ 2 ⋅ ∆t
2
v y = v x ; tgα = 1
α = 45o
2.1. Zasady dynamiki Newtona (część I)
Zad 1.
∆v
a=
∆t
F
a=
m
F F ⋅ ∆t 30 ⋅ 5
m= =
=
= 10kg
a
∆v
15
Zad 2.
1
s = ⋅a ⋅t2
2
2s
a= 2
t
F = m⋅a =
mg
m
3 ⋅ 9,8
=
= 3,68 2
M +m
8
s
Zad 5.
A.
F
a=
4m
F = Qn = mg
a=
mg g
m
= = 2,45 2
4m 4
s
1
s = a ⋅ t 2 = 4,9m
2
B.
F
a=
4m
F = Q2 n − Qn = 2mg − mg = mg
a=
mg 9
m
= = 2,45 2
4m 4
s
1
s = a ⋅ t 2 = 4,9m
2
Zad 6.
F
a=
m1 + m2
a=
F = m2 g ⋅ sin α
m2 g ⋅ sin α 1 ⋅ 9,8 ⋅ 0,5
m
=
= 1,63 2
m1 + m2
3
s
Zad 7.
A.
m1 g ⋅ sin α = m2 g
a=
2 ⋅ s ⋅ m 2 ⋅ 100 ⋅ 2
=
= 4N
t2
10 2
Zad 3.
A.
Fw = F12 + F22 = 125 = 5 5 N
F 5 5 1
m
=
5 2
a= =
10
2
m
s
1
m
m
5 ⋅ 2 = 5 ≈ 2,24
v = m⋅t =
2
s
s
m1 ⋅ sin α = m2
B.
m1 g ⋅ sin α = m2 g ⋅ sin β
m1 ⋅ sin α = m2 ⋅ sin β
Zad 8.
F
a=
m
F = mg ⋅ sin α
a=
mg ⋅ sin α
m
= g ⋅ sin α = 9,8 ⋅ 0,5 = 4,9 2
m
s
7
I sposób
h
2
s=
=
= 4m
sin α 0,5
1
s = a ⋅t2
2
v
t=
a
v2
2s =
a
v = 2⋅s⋅a = 2⋅
h
⋅a =
sin α
h
m
⋅ g ⋅ sin α = 2hg = 6,26
sin α
s
II sposób – z zasady zachowania energii
mv 2
= mgh
2
v 2 = 2 gh
= 2⋅
v = 2 gh = 6,26
m
s
Zad 9.
s = v0 ⋅ ∆t −
1
⋅ ∆v ⋅ ∆t
2
∆v = v0
s=
1
v0 ⋅ ∆t
2
a)
1 2
at
2
v
t2 = 0
a
2
v0
2s =
a
2
v0
a=
2s
s=
m ⋅ v0
0,01 ⋅ 300 2
=
= 9000 N
2s
0,1
2
F = am =
b)
2s
= 3,3 ⋅ 10 − 4 s
v0
Zad 10.
F
a=
m
1
s = at 2
2
v
t=
a
∆t =
v2 v2m
2s =
=
a
F
2
v m 100 ⋅ 2
s=
=
= 25m
2F
8
Zad 11.
 E − N = 15kg ⋅ a

 N = 5kg ⋅ a
10 = 20a
m
s2
N = 5kg ⋅ 0,5 = 2,5 N
Zad 12.
Fw = F1 − F2
a = 0,5
Fw
F − F2 10 − 4
m
= 1
=
=1 2
m1 + m2 m1 + m2
2+4
s
Zad 13.
∆v 5
m
a=
=
= 0,5 2
∆t 10
s
F = m ⋅ a = 0,5 ⋅ 2 = 1N
2.2. Pęd, zasada zachowania pędu
Zad 1.
p = m⋅v
v = a ⋅t
F
a=
m
F
m
p = m ⋅ ⋅ t = F ⋅ t = 20kg
m
s
Zad 2.
F = m⋅a
v
a=
t
v
F = m ⋅ = 200 N
t
Zad 3.
v = gt
a=
p = mv = pgt = 78,4
kg ⋅ m
s
Zad 4.
p = mv = m ⋅ a ⋅ t
F = am
p
am =
t
p 2
F = = = 0,5 N
t 4
(lub inne wartości odczytane z wykresu)
8
Zad 5.
p = mv = mat = Fśr ⋅ t
20
= 10 N
2
kg ⋅ m
p = 10 ⋅ 5 = 50
s
Zad 6.
v
F = ma = m ⋅ = 1500 N
t
Zad 7.
p1 = p 2
Fśr =
m1v1 = m2 v0
m2 v0
m
v1 =
= 0,4995
m2 + m1
s
Zad 8.
m1v1 = (m1 + m2 )v 2
m1v1
m
= 3,3
m1 + m2
s
Zad 9.
p1 = p 2
v2 =
mv 2
mgh =
2
v = 2 gh
2m
⋅ 2 gh
t
b) analogicznie
v
F = m⋅
t
m
F = ⋅ 2 gh
t
F=
2.3. Tarcie
Zad 1.
Fw = F − T
T = mgf
Fw F − mgf F
m
=
= − gf = 8 2
m
m
m
s
Zad 2.
a=
Fy
m1v1 = m2 v 2
m1v1
m
= 1,2
m2
s
Zad 10.
m1v1 = m2 v o
v2 =
mv
m
v1 = 2 o = 2,8
m1
s
Zad 11.
m1v1 > m2 v 2
m1v1 − m2 v w = v 2 (m1 + m2 )
m2 v w = m1v1 − m1v 2 − m2 v 2
m1 (v1 − v 2 )
m
− v 2 = 2,5
m2
s
Zad 12.
∆p = m1v0
vw =
p 2 = m2 v 0 + m1v0
m2 v k = m2 v 0 + m1v0
v0 (m2 + m1 )
m
=6
m2
s
Zad 13.
a)
v
F = m⋅
1
t
2
z zasady zachowania energii
vk =
Fx
FX = F ⋅ cos α
FY = F ⋅ sin α
Fw Fx − T Fx − (mg − Fy ) ⋅ f
=
=
=
m
m
m
F ⋅ cos α − (mg − F ⋅ sin α ) ⋅ f
m
=
= 0,391 2
m
s
Zad3.
1
s = v ⋅t
2
T mgf
a= =
= gf
m
m
V
t=
a
1 v 1 v2
v2
s = v⋅ = ⋅
=
= 102m
2 a 2 gf 2 gf
Zad 4.
1
s = v1t + ⋅ ∆v ⋅ t
∆v < 0
2
T mgf
a= =
= gf
m
m
− ∆V − ∆v
f =
=
a
gf
a=
2
(
v2 − v1 )v1 (v2 − v1 )
s=
+
gf
m
T
Fw
2 gf
9
2v − 2v1v 2 − v 2 + v1v 2 − v1
f = 1
+
=
2 gs
2 gs
2
2
2
v − v2
= 1
= 0,133
2 gs
Zad 5.
1
s = vt
2
v
f =
a
F = ma = mgf
2
t=
v
gf
s=
v2
2 gf
2
v2
= 0,51
2 gs
Zad 6.
f =
z zadania nr 9
a = g (sin α − f ⋅ cos α )
h
= 2h
sin α
1
2h = at 2
2
I
s=
4h
4h
=
a
g (sin α − f ⋅ cos α )
t2 =
t=2
h
g (sin α − f ⋅ cos α )
II
1
h
= at 2
sin α 2
2h
= t2
sin α ⋅ a
2h
g ⋅ sin α ⋅ (sin α − f ⋅ cos α )
t=
v = at = g (sin α − f ⋅ cos α ) ⋅
⋅
Q = mg ⋅ cos α
T = mgf S ⋅ cos α
Fz = mg ⋅ sin α
mgf s ⋅ cos α = mg ⋅ sin α
sin α
3
fs =
= tgα =
cos α
3
7.
1
2
mg = mgf max
3
3
mg = 2mgf max
1
2
f ≤ 0,5
Zad 8.
Fw = Q − T = m2 g − m1 gf
f max =
a=
Fw
g (m2 − m1 f )
m
=
= 1,72 2
m1 + m2
m1 + m2
s
2h
=
g ⋅ sin α ⋅ (sin α − f ⋅ cos α )
2hg (sin α − f ⋅ cos α )
sin α
Zad 11.
Fop = Fz + T = mg ⋅ sin α + mgf ⋅ cos α
=
mg (sin α + f ⋅ cos α )
=
m
m
= g (sin α + f ⋅ cos α )
Zad 12.
Fr = F − m1 gf − m2 gf = F − gf (m1 + m2 )
a op =
a=
Fop
=
Fw
F
m
=
− gf ≈ 1,37 2
m1 + m2 m1 + m2
s
F − N − T = m2 a
N − T = m1a
N = m1a + T =
m1F
− m1 gf + m1 gf =
m1 + m2
m1F
m1 + m2
Zad 13.
=
Zad 9.
Fw = Fz − T = mg ⋅ sin α − mgf ⋅ cos α =
= mg (sin α − f ⋅ cos α )
Fw
m
= g (sin α − f ⋅ cos α ) = 3,2 2
m
s
Zad 10.
a=
t
v
a
10
sZ = vx ⋅ t = vx ⋅
2v y
g
2v y
2v y
= 6 ⋅ vx ⋅
= 6 ⋅ s Z = 48m
g
g
6
b) skok ten możemy potraktować jako rzut pionowy
korzystając z zasady zachowania energii
mv 2
mghmax =
2
2
v
hmax Z =
2g
RK2 g v 2
=
6 RK
2
gRK
3
gRK
m
v=
= 2384
3
s
sK = vx ⋅
v2 =
hmax K =
m
m
⋅m =
2
s
s
Zad 23.
Równik:
Fg > Fod
v2
v2
= 6⋅
= 6 ⋅ hmax Z = 13,8m
2g
2g
6
c)
1 2
at
2
2s
t2 =
a
2s
t=
a
s=
tZ =
2s
g
2s
2s
= 6⋅
= 6t Z
g
g
6
Zad 22.
Druga prędkość kosmiczna pozwala całkowicie
opuścić pole grawitacyjne danego ciał, zatem energia
kinetyczna musi być równa pracy przeniesienia ciała
na nieskończenie dużą odległość od Księżyca:
 1 1
W = GM K m − 
 Rk r 
tK =
r →∞
1
→0
r
Fod =
mv 2
RZ
2πRZ
T
m ⋅ 4π 2 RZ2 m ⋅ 4π 2 RZ
Fod =
=
RZ ⋅ T 2
T2
v=
Fw = Fg − Fod = G
M Z m m ⋅ 4π 2 RZ
−
=
T2
RZ2
 M Z 4π 2 RZ 

= m G 2 −
2
R
T
Z


Biegun: (siła odśrodkowa jest równa 0)
mM Z
Fw = G
RZ2
Kierunek i zwrot obu tych sił jest do środka Ziemi.
Zad 24.
 1
1 

−
W = GM Z m
R
2
R
Z 
 Z
G
mM Z
= mg
RZ2
GM Z = gRZ2
W = gRZ2 m
 1

mM K
W = GM K m − 0  = G
RK
 Rk

mM K mv 2
G
=
RK
2
G
M K v2
=
RK
2
G
mM K
1
= mg K = mg
2
RK
6
GM K =
v=
W =
gRZ m
1
=
= 3,12 ⋅ 10 7 J
2 RZ
2
m
⋅ m ⋅ kg = N ⋅ m = J
s2
3.1. Moment siły i moment bezwładności
Zad 1.
a)
M = Fr ⋅ sin α = 7,07 Nm
b)
RK2 g
6
20
r1 = 2 ⋅ r2
F2
M2
α2
α1
r
F1
M1
r
r
r
M w = M1 + M 2
2
2
2
⋅ 8 ⋅ ρV2 ⋅ (2r2 ) = ⋅ 32 ⋅ ρV2 ⋅ r22
5
5
2
I 2 = ⋅ ρV2 ⋅ r22
5
2
⋅ 32 ⋅ ρV2 ⋅ r22
I1 5
=
= 32
2
I2
⋅ ρV2 ⋅ r22
5
Zad 5.
W zad 5. – 7. skorzystać należy z twierdzenia Steinera:
I ′ = I + md 2
gdzie I’ to moment bezwładności względem przesuniętej osi obrotu; I to moment bezwładności, gdy oś
obrotu przechodzi przez środek (ciężkości) ciała;
m to masa, d to odległość między osiami.
I1 =
M w = M1 − M 2
M w = F1 r sin α 1 − F2 r sin α 2 = r (F1 sin α 1 − F2 sin α 2 )
M w = 0 Nm
Zad 2.
a)
2
 2 
2
I I = 2 ⋅ m ⋅ 
a  = 2m ⋅ a 2 = ma 2
4
 2 
II I = 2 ⋅ ma 2
2
1 
III I = 4 ⋅ m ⋅  a  = ma 2
2 
b)
I ′ = I + md 2 = mr 2 + mr 2 = 2mr 2
Zad 6.
2
1
1 
I I = 2 ⋅ m ⋅  a  = ma 2
2
2 
2
I ′ = I + md 2 =
2
 3 
3
a  = ma 2
II I = m ⋅ 
4
 2 
1
1
1
1 
ml 2 + m l  = ml 2 + ml 2 =
12
12
4
2 
1
= ml 2
3
2
 3 
3
3
a  = 2 ⋅ ma 2 = ma 2
III I = 2 ⋅ m ⋅ 
4
2
 2 
Zad 3.
1
I 1 = m1 r12
2
2
1
1
I 2 = m2 r22 = m2 2r1 = 2m2 r12
2
2
2
m1 = π ⋅ r1 ⋅ h ⋅ ρ
( )
( )
m2 = π ⋅ r22 ⋅ h ⋅ ρ = π ⋅ 2r1
2
⋅ h ⋅ ρ = 4 ⋅ π ⋅ r12 ⋅ h ⋅ ρ
m2 = 4m1
I 2 = 2m2 r12 = 2 ⋅ 4 ⋅ m1 r12 = 8m1 r12
I 2 8m1 r12
=
= 16
I1 1
2
m1 r1
2
Zad 4.
m1 = ρ ⋅ V1 = 8 ⋅ ρ ⋅ V2
m2 = ρ ⋅ V2
4
Vk = π ⋅ r 3
3
V1 = 8 ⋅ V2
Zad 7.
(
)
2
2
I ′ = 2 I + md 2 = 2 mr 2 + m(3r )  =
5

2
 94 2
= 2 mr 2 + 9mr 2  =
mr
5
 5
3.2. I i II zasada dynamiki dla bryły sztywnej
Zad 1.
M
ε=
I
M = F ⋅ R ⋅ sin 90° = F ⋅ R
1
I = mR 2
2
F ⋅R
2F
1
ε=
=
=4 2
1
mR
s
mR 2
2
m
kg ⋅ 2
N
s = 1
ε=
=
kg ⋅ m kg ⋅ m s 2
2F
m
a =ε ⋅R =
=1 2
m
s
4
4
π ⋅ r13 = 8 ⋅ π ⋅ r23
3
3
3
3
r1 = 8 ⋅ r2
21
mg sin α
mg sin α
mg sin α 2
=
=
= g sin α =
a)
I
1 2
3
3
m+ 2
mr
m
Q − N = m2 a
2
r
m+ 2 2
N
=
m
g
−
m
a
r
2
2
N
m
M NR a
= 3,27 2
ε=
=
=
s
I
I
R
2
2
Zad 4.
N a = NR = NR = 2 N
∆v
M
F ⋅r2
1
I
m1
2
a=
= ε ⋅r =
⋅r =
m1 R
m2
t
I
I
2
∆v ⋅ I
Q a = 2 ⋅ (m2 g − m2 a )
F=
t ⋅r2
m1
∆v = 2πrf
am1 = 2m2 g − 2m2 a
1
a (m1 + 2m2 ) = 2m2 g
2πrf ⋅ mr 2
2πrf ⋅ I
mπrf
2
F=
=
=
= 2,5 N
2m 2 g
m
2
2
t
a=
= 2,8 2
t ⋅r
t⋅r
m1 + 2m2
s
1
kg ⋅ m ⋅
b)
s = kg ⋅ m = N
F=
2m 2 g
s
s2
N = m2 g − m2 a = m2 g − m2
=
m1 + 2m2
Zad 5.

 m g + 2m 2 g
2m 2 g 
2m2 g  a)
 = m2  1
 =
= m2  g −
−
∆ω − 6 1
1
m
+
2
m
m
+
2
m
m
+
2
m
0-3: ε =
=
= −2 2
1
2 
2
1
2 

 1
2
∆t
3 s
s
m1 g
∆
ω
3
1
1
= m2 ⋅
= 7N
3-6: ε =
=
=1 2
m1 + 2m2
∆t 3 s 2
s
c)
b)
2m 2 g
a
1
M
ε= =
= 5,6 2
ε=
R (m1 + 2m2 )R
s
I
Zad 3.
M =ε ⋅I
Fz − Tt = m ⋅ a
1
m
2
Tt – tarcie toczne (siła konieczna do wprawienia walca M = s 2 ⋅ kg ⋅ m = kg ⋅ s 2 ⋅ m = Nm
w obrót)
0-3: M = −2 ⋅ 5 = −10 Nm
M Fr
3-6: M = 1 ⋅ 5 = 5 Nm
=
ε=
I
I
Zad 6.
Aby ciało się nie przesuwało tarcie musi być większe
a
ε=
lub równe F
r
T≥F
Fr a
=
mgf ≥ F
I
r
aby przewrócić klocek siła F musi go obrócić (o 45°),
aI
F= 2
zatem moment siły F musi być większy od momentu
r
siły ciężkości, łatwo zauważyć, że osią obrotu jest
Fz = mg sin α
dolny prawy róg. Ramię siły F to wysokość (h) klocka,
aI
zaś ramię siły ciężkości to połowa podstawy (0,5·d)
mg sin α − 2 = ma
klocka, zatem
r
mgd
1
Fh >
I = mr 2
2
2
mgd
aI
F>
mg sin α − 2 = ma
2h
r
T≥F
aI
I 

mg sin α = ma + 2 = a m + 2 
mgd
r
r 

mgf >
2h
Zad 2.
a=
22
d
= 0,125
2h
Zad 7.
Moment pędu oznaczać można trzema symbolami:
K, J, L, w rozwiązywanych zadaniach posługiwać
będziemy się symbolem L (,który jest najczęstszym
oznaczeniem momentu pędu)
L = I ⋅ ω = const
f >
2ml 2 ⋅ ω1 = 2m ⋅ (2l ) ⋅ ω 2
2
ω1 = 4 ⋅ ω 2
1
⋅ ω1
4
Zad 8.
L = I ⋅ ω = const
ω2 =
I 1 ⋅ ω1 = I 1 ⋅ ω 2 + I 2 ⋅ ω 2 = ω 2 ⋅ (I 1 + I 2 )
1
1
1

m1 r12 ⋅ ω1 =  m1 r12 + m2 r22  ⋅ ω 2
2
2
2

1
m1 r12 ⋅ ω1
m1 r12 ⋅ ω1
rad
2
=
= 16π
ω2 =
2
2
1
1
s
m1 r1 + m2 r2
m1 r12 + m2 r22
2
2
3.3. Energia bryły sztywnej
Zad 1.
Iω 2
E=
2
L = I ⋅ω
ω=
L
I
2
E=
I L
L
⋅  =
2 I
2I
2
Zad 2.
L = I ⋅ω
Iω 2
E=
2
2E
ω2 =
I
ω=
2E
I
L=I⋅
2E
= 2 EI
I
Zad 3.
mv 2 Iω 2
E=
+
2
2
v
ω=
r
mv 2
Iv 2
E=
+
2
2⋅r2
a)
1
I walca = mr 2
2
1 2 2
mr v
2
mv
mv 2 mv 2 3 2
2
E=
+
=
+
= mv = 75 J
2
4
4
2
2⋅r2
b)
2
I kuli = mr 2
5
2 2 2
mr v
2
mv
mv 2 2mv 2
7
5
E=
+
=
+
= mv 2 = 70 J
2
2
2
10
10
2⋅r
c)
I obrębrę = mr 2
mv 2 mr 2 v 2 mv 2 mv 2
+
=
+
= mv 2 = 100 J
E=
2
2
2
2
2⋅r
Zad 4.
Pierwsze osiągnie podstawę równi ciało o większym
przyspieszeniu, dla prostopadłościanu:
F mg sin α
ap = =
= g sin α
m
m
dla walca:
siła zsuwająca jest pomniejszona o tzw. tarcie toczne,
czyli siłę konieczną do wprawienia walca w ruch
obrotowy
Fw = Fz − Tt
M aw
=
I
r
M ⋅ r Tt ⋅ r ⋅ r
=
aw =
I
I
a I
Tt = w2
r
1
I walca = mr 2
2
1
a w ⋅ mr 2
1
2
Tt =
= ma w
2
2
r
1
Fw = mg sin α − ma w
2
1
mg sin α − ma w
F
1
2
aw = =
= g sin α − a w
m
m
2
3
a w = g sin α
2
2
a w = g sin α
3
a p > aw
ε=
23
Podstawę równi pierwszy osiągnie prostopadłościan
2
mk rk2
mk v
mk ghk =
+5
2
2
2
Zad 5.
Korzystając z zasady zachowania energii
mv 2 Iω 2
mgh =
+
2
2
2
I kuli = mr 2
5
v
ω=
r
2 2
2
mr
2
mv
7
v
mgh =
+5
⋅   = mv 2
2
2
10
r
h
sin α =
s
h = s ⋅ sin α
7
mv 2
10
2
7
mv
7
v2
s=
=
= 14,2m
10 mg ⋅ sin α 10 g ⋅ sin α
mg ⋅ s ⋅ sin α =
m2
2
s= s =m
m
s2
Zad 6.
Korzystając z zasady zachowania energii
walec:
mw v 2 I wω w2
mw ghw =
+
2
2
1
I walca = mw rw2
2
v
ωw =
rw
1
2
m r2
mw v 2 2 w w  v 
3
m w ghw =
+
⋅   = m w v 2
2
2
4
 rw 
hw =
3 m w v 2 3 v 2 30 v 2
=
=
4 m w g 4 g 40 g
kula:
mk v 2 I k ωk2
mk ghk =
+
2
2
2
I kuli = mk rk2
5
v
ωk =
rk
hk =
v
⋅ 
 rk
2

7
 = mk v 2
10

7 mk v 2
7 v 2 28 v 2
=
=
10 mk g 10 g 40 g
hw > hk
Wyżej wytoczy się walec.
Zad 7.
mv 2 Iω 2
Ek =
+
2
2
1
I = mr 2
2
v
ω=
r
1 2
2
mr
2
mv
mv 2 mv 2 3 2
v
2
Ek =
+
⋅  =
+
= mv
2
2
2
4
4
r
Energia kinetyczna walca nie zależy od jego
promienia, zatem energie kinetyczne obu tych walców
są równe
Zad 8.
A i A’ są środkami ciężkości pręta w
O
kolejnych położeniach
1
h α
AO = A' O = l
A
2
dla obliczenia zmiany energii
A’
potencjalnej potraktować można pręt
jako masę zawieszoną na nitce o
długości 0,5·l
h
cos α =
1
l
2
1
h = l ⋅ cos α
2
1
1
1
∆h = l − l ⋅ cos α = l ⋅ (1 − cos α )
2
2
2
1
∆E p = mg∆h = mg ⋅ l ⋅ (1 − cos α )
2
Korzystamy z twierdzenia Koeniga:
Energia kinetyczna bryły sztywnej jest równa sumie
energii kinetycznej ruchu postępowego tej bryły z
prędkością jej środka masy i energii kinetycznej ruchu
obrotowego bryły wokół środka masy.
W czasie rozpatrywanego przez nas ruch ciało
obróciło się o α .
mv 2 I ' ω 2
Ek =
+
= ∆E p
2
2
24
v
1
l
2
1
v = ω ⋅l
2
ω=
l + 2l 3
= l
2
2
3
0+ l
2 = 3l
S=
2
4
Zad 4.
Liczymy współrzędne środków ciężkości dwóch
fragmentów pręta:
(0,1a ) + (0,0) =  0, 1 a 
pionowy:


2
 2 
(1a,0) + (0,0) =  1 a,0 
poziomy:


2
2

 1  1

 0, a  +  a,0 
2  2
 =  1 a, 1 a 
całkowity: S = 


2
4 4 
Zad 5.
Środek masy układu, jest środkiem ciężkości układu,
znajduje się on w odległości ⅓l licząc od 2m
S'=
2
mv 2 I ' ω 2 m  1
 ω 1
Ek =
+
=  ω ⋅l +
⋅ ml 2
2
2
2 2
2
12

1
1
E k = mω 2 ⋅ l 2 +
mω 2 ⋅ l 2
8
24
1
1
1
mg ⋅ l ⋅ (1 − cos α ) = mω 2 ⋅ l 2 + mω 2 ⋅ l 2
2
8
6
1
1
1
g ⋅ (1 − cos α ) = ω 2 ⋅ l + ω 2 ⋅ l = ω 2 ⋅ l
4
12
3
3 g ⋅ (1 − cos α )
ω2 =
l
v = ω ⋅l
2
3 g ⋅ (1 − cos α ) 2
⋅l
l
v = 3 g ⋅ (1 − cos α ) ⋅ l
3.4. Równowaga bryły sztywnej
Zad 1.
1
S1 = l
2
1 1  1 3
3
S2 = l − l  = ⋅ l = l
2 4  2 4
8
1
3
4
3
1
∆S = l − l = l − l = l = 0,125m
2 8
8
8
8
Zad 2.
1
S1 = l
2
wyznaczamy środki ciężkości dwóch fragmentów
pierwszego 0,5l i drugiego (zagięty) 0,25l, ich
odległości podajemy od lewej strony
1 l l
S 2−1 = ⋅ =
2 2 4
1
1 l 5
S 2− 2 = l + ⋅ = l
2
2 4 8
wyznaczamy środek ciężkości całego, zagiętego pręta:
1  l 5l  1 7l 7
S2 =  +  = ⋅ = l
2  4 8  2 8 16
1
7
1
∆S = l − l = l = 0,0625m
2 16
16
Zad 3.
Liczymy środek ciężkości dwóch kulek po prawej
stronie, równoważne będzie umieszczenie zamiast
nich kulki o masie 2m w wyznaczonym środku
ciężkości.
v2 =
Q
⅔l
⅓l
2Q
2
1
Q ⋅ l = 2Q ⋅ l
3
3
Q = mg
2
2
2
4
2
1 
2 
I = 2m ⋅  l  + m ⋅  l  = ml 2 + ml 2 = ml 2
9
9
3
3 
3 
Zad 6.
Siła powodująca ruch postępowy jest równa
Fp
= cos α
F
F p = F ⋅ cos α
siła powodująca ruch obrotowy:
Fo = m ⋅ a
M a
=
I
R
M ⋅R
a=
I
szpulkę traktujemy jako obręcz
I obreczy = mR 2
ε=
M ⋅R M
=
mR
mR 2
M
M F ⋅r
Fo = m ⋅
=
=
mR R
R
a=
25
Fo = F p
Q = F1
F ⋅r
= F ⋅ cos α
R
r
cos α =
R
Zad 7.
F1 = − F1
− F1 = mg = 29,4 N
r
F r
r F1
- Fα
b
r
F2
r
- F2
Zad 9.
a)
M1 = M 2
x
a
x
α
r
- F1
− F = F1 + F2
Wektory F1, F2 oraz odcinki a, b tworzą romb, zatem
1
F
2 = sin α
F1
sin α =
∆h
x
P ⋅ r1 = F ⋅ r2
F=
P ⋅ r1
r
= mg 1 = 392 N
r2
r2
b)
dla wartości momentu siły ważny jest kąt między
ramieniem siły, a siłą, który w tym wypadku wynosi
90°, zatem sin 90° = 1.
M1 = M 2
P ⋅ r1 = F ⋅ r2
P ⋅ r1
r
= mg 1 = 78,4 N
r2
r2
Zad 10.
Punkty podparcia traktujemy jako osie obrotu pręta,
ramieniem siły jest odległość osi obrotu od środka
ciężkości, moment siły pochodzący od lewego punktu
podparcia jest równy
1
M L = l ⋅ mg
6
moment siły pochodzący od lewego punktu podparcia
jest równy
1
M P = l ⋅ mg
2
MP
=3
ML
co oznacza, że na lewy punkt podparcia działa trzy
razy większa siła niż na prawy
FL = 3FP
F=
2
1 
x = ∆h +  l 
2 
1
F
∆h
2 =
2
F1
1 
2
∆h +  l 
2 
2
2
1 
F ⋅ ∆h +  l 
2 
F1 =
≈ 1275 N
2 ∆h
Zad 8.
- F2
-Q
α
F2
F1
2
- F1
Q
− Q = F1 + F2
α = 60°
1
Q
2 = cos 60° = 1
F1
2
Q
=1
F1
3
mg = 735 N
4
1
FP = mg = 235 N
4
4.1. Siły sprężyste
Zad 1.
Korzystam z prawa Hooke’a
∆l
P=E
l
P
N
E=
= 6,67 ⋅ 10 8 2
∆l
m
l
Zad 2.
F = k ⋅ ∆x
FL =
26
F
N
= 666,67
m
∆x
Energia potencjalna sprężyny jest równa pracy jaką
trzeba wykonać rozciągając sprężynę od stanu
podstawowego (nie naciągniętego) do stanu
końcowego i jest równa iloczynowi siły i wektora
przesunięcia, w przypadku sprężyny siła nie jest stała,
lecz zmienia się jednostajnie, zatem do wzoru na
pracę musimy podstawić siłę średnią, która jest równa
E p = W0
k=
F0 + Fk 0 + Fk Fk 1
=
=
= k ⋅ ∆x
2
2
2
2
1
1
W0 = Fśr ⋅ ∆x = k ⋅ ∆x ⋅ ∆x = k ⋅ ∆x 2
2
2
a)
1
W = ∆E = k ⋅ x 42 = 0,533J
2
b)
1
1
1
W = ∆E = k ⋅ x62 − k ⋅ x 22 = k ⋅ x62 − x 22 =
2
2
2
= 1,067 J
Zad 3.
E p = Ekin
1
1 

k ⋅ ∆x 2 = k∆x x1 + ∆x 
2
2 

W = kx1 ∆x +
Zad 5.
1
E p = k∆x 2
2
wykresem będzie parabola, przechodząca przez
początek układu współrzędnych:
Ep
Fśr =
(
1
k ⋅ x22
2
F = k ⋅ x1
Ep =
P=E
P=
F
S
F
∆l
=E
S
l
F = S ⋅E
m=
∆l
l
SE∆l
gl
∆l
l
S = πr 2
mv 2
2
m=
1 F 2 mv 2
⋅ ⋅ x2 =
2 x1
2
m=
v2 =
F⋅x
x1 ⋅ m
v=
F ⋅ x 22
m
= 8,94
x1 ⋅ m
s
2
2
m
⋅ m2
2
s
=
m ⋅ kg
kg ⋅
N ⋅m
m2 m
=
=
m ⋅ kg
s
s2
Zad 4.
W = ∆E
1
1
2
W = k ( x1 + ∆x ) − k ⋅ x12
2
2
1
1
1
W = k ⋅ x12 + kx1 ∆x + k ⋅ ∆x 2 − k ⋅ x12
2
2
2
2
∆l
l
mg = S ⋅ E
F
x1
1 F
E p = ⋅ ⋅ x 22
2 x1
v=
Zad 6.
F = mg
k=
E kin =
)
∆x
πr 2 E∆l
gl
= 44,86kg
N
m
⋅m
kg ⋅ 2 ⋅ s 2
2
2
N ⋅m N ⋅s
m
s
=
=
=
= kg
2
m
m
m
m
⋅m
s2
s2
m2 ⋅
Zad 7.
W zadaniu tym należy skorzystać z zasady
zachowania pędu, aby obliczyć prędkość ciała po
zderzeniu, a następnie z zasady zachowania energii:
m2 v0 = (m1 + m2 )v
v=
m2 v0
m1 + m2
E kin = E p
(m1 + m2 ) ⋅ v 2
2
=
1
k ⋅ ∆x 2
2
27

(m1 + m2 ) ⋅  m2 v0
 m1 + m2
2
2
(m2 v0 )
= k ⋅ ∆x 2
m1 + m2
(m2 v0 )2
∆x 2 =
k (m1 + m2 )
(m2 v0 )2
∆x =
=
k (m1 + m2 )
2


 = 1 k ⋅ ∆x 2
2
mg = S ⋅ h2 ⋅ ρ alk g
S ⋅ h1 ⋅ ρ w g = S ⋅ h2 ⋅ ρ alk g
h1 ⋅ ρ w = h2 ⋅ ρ alk
h2 =
h1 ⋅ ρ w
ρ alk
= 0,19m
Zad 6.
mg = gρ wV z
m2 v 0
k (m1 + m2 )
4.2 Hydrostatyka i hydrodynamika
Zad 1.
2
Q
3
2
mg − m w g = mg
3
1
mg = Vρ w g
3
1
Vρ c g = Vρ w g
3
1
ρc = ρw
3
kg
ρ c = 3ρ w = 3000 3
m
Zad 2.
mg = gρ wV z
Q − Fw =
V c ρ w − ρ cV c
ρ cVc g = gρ wV z
ρ cVc = ρ wV z
ρV
Vz = c c
ρw
V n = Vc − V z =
V c ρ w − ρ cV c
%niezanuzony =
ρw
=
Vc ( ρ w − ρ c )
ρw
Vn ρ w − ρ c
=
Vc
ρw
a) 10%
b) 12,5%
Zad 7.
F = Fw − Fc = gV (ρ w − ρ c )
F gV (ρ w − ρ c ) g (ρ w − ρ c )
m
=
=
= 2,45 2
m
Vρ c
ρc
s
Zad 8.
Q = k ⋅ ∆x

mg − Vρ w g = k ⋅ (1 − p )∆x
Vρ c g = k ⋅ ∆x

Vg (ρ c − ρ w ) = k ⋅ (1 − p )∆x
dzielimy obustronnie układ równań
Vg (ρ c − ρ w ) k ⋅ (1 − p )∆x
=
Vρ c g
k ⋅ ∆x
a=
ρ cVc g = gρ wV z
ρ cVc = ρ wV z
ρV
Vz = c c
ρw
V n = Vc − V z =
mg = V1 ρ w g = S ⋅ h1 ⋅ ρ w g
=
Vc ( ρ w − ρ c )
ρw
ρw
ρV
ρw
ρc
V
7
n= z = c c ⋅
=
=
Vn
ρ w Vc ( ρ w − ρ c ) ρ w − ρ c 3
Zad 3.
Q = Fw
Vρ r g = Vρ w g
ρr = ρw
Zad 4.
Nie można, ponieważ działanie areometru polega na
porównywaniu ciężaru właściwego cieczy z wzorcem,
jeżeli siła ciężkości = 0 to areometr będzie wskazywał
zawsze tą samą wartość
F = mg = Vρg
g=0
F =0
Zad 5.
ρc − ρw
= 1− p
ρc
ρ
1− w = 1− p
ρc
ρ
kg
ρ c = w = 2600 3
p
m
gęstość ta odpowiada gęstości aluminium
Zad 9.
sposób I
Cząsteczki wody możemy traktować jako wahadła, na
które zamiast siły naciągu nitki działa siła
sprężystości
28
p a = hmax ρ w g
Fs
Fp
α
αQ
pa
= 10,3m
ρw g
Gdy studnia jest głębsza należy zastosować układ
kilku pomp oraz zbiorniki pośrednie
hmax =
Fr ma a
=
= = 0,204
Q mg g
α = 11°32′
sposób II
załóżmy, że wózek poruszający się z przyspieszeniem
a podjeżdża pod równię nachyloną pod kątem α takim,
że przyspieszenie wózka jest równe 0, wówczas siła
związana z ruchem wzdłuż równi jest równa sile
Zad 12.
zsuwającej, a kąt nachylenia równi jest równy kątowi
1
wychylenia od poziomu cieczy (ciecz ustawi się
p k = gρ w h = 1633,3Pa
poziomo, ponieważ działające na nią siły równoważą
6
się:
Zad 13.
a)
α
Vρ a
hSρ w a
ma
Fr
P = hρ w g +
= hρ w g + w = hρ w g +
=
S
S
S
F α
Fz
hSρ w a
4 
= hρ w g +
= hρ w g + hρ w a = hρ w  g 
S
3 
P = 13066 Pa
b)
α
Vρ a
hSρ w a
ma
P = hρ w g −
= hρ w g − w = hρ w g −
=
F = ma
S
S
S
Fz = Fr
hSρ w a
1 
= hρ w g −
= hρ w g − hρ w a = hρ w  g 
S
Fr
3 
= cos α
F
P = 3266 Pa
c)
Fr = F ⋅ cos α = ma ⋅ cos α
P = hρ w g = 9799 Pa
Fz = mg sin α
Zad 14.
ma ⋅ cos α = mg sin α
∆V
= const
a sin α
S
2
=
= tgα = 0,204
∆t
h
2
g cos α
V = S ⋅h
a = 11°32'
S 2 h2 S1h1
Zad 10.
=
∆
t
∆t
p1 = gh1 ρ w = 14715 Pa
h1
∆h
p 2 = gh2 ρ Hg = 13341,6 Pa
v=
S1
∆t
p1 > p 2
S 2 v2 = S1v1
Większe ciśnienie wywiera słup wody.
Sv
m
v1 = 2 2 = 4
Zad 11.
S1
s
Aby działała pompa ssąco-tłocząca ciśnienie słupa
Zad 15.
wody musi być mniejsze od ciśnienia
możemy założyć, że przez otwór wypływa ciecz
atmosferycznego
znajdująca się dokładnie nad nim, zatem energia
potencjalna tego walca zamienia się w jego energię
kinetyczną
tgα =
29
mv 2
mg (h − ∆h ) =
2
zakładamy, że mierzymy tylko prędkość na początku
eksperymentu, zatem ∆h jest znikomo małe
mv 2
mgh =
2
2
v = 2 gh
v = 2 gh
5.1. Teoria kinetyczno-molekularna gazu
doskonałego
Zad 1.
∆m
n=
⋅ N A = 1,88 ⋅ 1017 atomów
Na każdy stopień swobody cząsteczki przypada taka
sama ilość energii kinetycznej równa:
ikT
wk =
2
i – liczba stopni swobody (liczba niezależnych
kierunków i rodzajów ruchu), pojedynczy atom ma 3
st. swobody (I – ruch wzdłuż osi X, II – ruch wzdłuż
osi Y, III – ruch wzdłuż osi Z), cząsteczka
dwuatomowa oprócz tych 3 st. swobody posiada
jeszcze 2 (ruch obrotowy wokół 2 osi prostopadłych
do osi łączącej atomy)
II
I
µ
NA – to liczba Avogadra równa ilości atomów
(cząstek) w jednym molu pierwiastka (związku)
Zad 2.
Do obliczeń wartość RZ należy wyrazić w cm
2
S kuli = 4πRZ
x=
1⋅ N A
4πRZ
Zad 3.
µ
m=
2
= 118000
at.
cm 2
= 1,06 ⋅ 10 −22 g
NA
Zad 4.
m m
ρ= = 3
V d
µ
m=
ρ=
NA
µ
d ⋅ NA
d3 =
d =3
3
µ
ρ ⋅ NA
µ
obrót wokół osi III nie zmienia położenia cząsteczki
zatem nie wnosi żadnego nakładu energii
k – stała Boltzmana
dla gazów stała Boltzmana pomnożona przez ilość
cząsteczek przybiera wartość uniwersalnej stałej
gazowej R = 8,31 J/(mol·K),
zatem dla jednego mola gazu energia wewnętrzna jest
równa energii kinetycznej wszystkich rodzajów ruchu:
iRT
U = wk ⋅ N A =
2
wzór na średnią szybkość atomów lub cząsteczek w
stanie gazowym:
iRT
E kin = U =
2
2
mv
iRT
=
2
2
m=µ
µ ⋅ v 2 iRT
=
2
2
iRT
v2 =
µ
ρ ⋅ NA
m – masa jednego atomu
a) d = 2,3 · 10-8 cm
b) d = 3,1 · 10-8 cm
µ
III
g
c) ρ w =
= 8,04 ⋅ 10
V0
cm 3
następnie podstawiamy do wzoru
d = 3,3 ⋅ 10 −7 cm
Zad 5.
1
n = 0,2095 ⋅ ⋅ N A = 5,36 ⋅ 1018 cząsteczek
V0
V0 wyrażamy w cm3
−4
v=
iRT
µ
Zad 6.
atomy helu występują w postaci pojedynczej zatem
ich liczba stopni swobody jest równa 3. Do obliczeń
masę molową należy wyrazić w kg/mol:
3RT
m
v=
= 1367
µ
s
Zasada ekwipartycji energii (Zad 6-11):
30
v=
J
⋅K
mol ⋅ K
=
kg
mol
J
=
kg
N ⋅m
=
kg
kg ⋅
m
⋅m
s2
=
kg
m2 m
=
=
s
s2
Zad 7.
W powietrzu azot i tlen występują w cząsteczkach
dwuatomowych (pozostałe gazy możemy zaniedbać),
zatem liczba stopni swobody powietrza jest równa 5:
5 RT
m
v=
= 647,9
µ
s
Zad 8.
atomy helu mają 3 st. swobody, zaś cząsteczki
wodoru 5.
5
E H 2 = RT
2
3
E He = RT
2
3
RT
E He
3
2
=
=
5
5
EH2
RT
2
Zad 9.
iRT
v1 =
µ
v2 =
iR ⋅ 2T
iRT
m1 ⋅ t1 + m2 ⋅ t 2
= 46,7°C
m1 + m2
Zad 2.
m1 ⋅ c w ⋅ (t1 − t 3 ) = m2 ⋅ c w ⋅ (t 3 − t 2 )
m1 (t1 − t 3 ) = m2 (t 3 − t 2 )
t=
m1 t 3 − t 2 1
=
=
m 2 t1 − t 3 1
Zad 3.
m1 ⋅ c1 ⋅ (t − t1 ) + m0 ⋅ c0 ⋅ (t − t1 ) = m2 ⋅ c1 ⋅ (t 2 − t )
m1 ⋅ c1 ⋅ t + m2 ⋅ c1 ⋅ t + m0 ⋅ c 0 ⋅ t =
iR ⋅ 2T
=
µ
iRT
= 2
µ
= m2 ⋅ c1 ⋅ t 2 + m1 ⋅ c1 ⋅ t1 + m0 ⋅ c0 ⋅ t1
m2 ⋅ c1 ⋅ t 2 + m1 ⋅ c1 ⋅ t1 + m0 ⋅ c 0 ⋅ t1 =
3RT
µ
m1 ⋅ c1 ⋅ t 3 − m1 ⋅ c1 ⋅ t1 = m2 ⋅ c Zn ⋅ t 2 − m2 ⋅ c Zn ⋅ t 3
Zad 10.
3RT
v=
µ
v2 ⋅ µ
3R
v 2 ⋅ µ He
THe =
3R
2
v ⋅ µ Ne
TNe =
3R
µ Ne = 5 ⋅ µ He
T=
TNe =
(m1 + m2 ) ⋅ t = m1 ⋅ t1 + m2 ⋅ t 2
= t [(m1 + m2 ) ⋅ c1 + m0 ⋅ c0 ]
m ⋅ c ⋅ t + m0 ⋅ c0 ⋅ t1 + m2 ⋅ c1 ⋅ t 2
t= 1 1 1
= 45,5°C
(m1 + m2 ) ⋅ c1 + m0 ⋅ c0
Zad 4.
m1 ⋅ c1 ⋅ (t 3 − t1 ) = m2 ⋅ c Zn ⋅ (t 2 − t 3 )
µ
v2 =
m1 ⋅ t + m2 ⋅ c w = m2 ⋅ t 2 + m1 ⋅ t1
= m2 ⋅ c1 ⋅ t 2 − m2 ⋅ c1 ⋅ t
iR ⋅ 2T
µ
m1 ⋅ c w ⋅ t − m1 ⋅ c w ⋅ t1 = m2 ⋅ c w ⋅ t 2 − m2 ⋅ c w ⋅ t
m1 ⋅ c1 ⋅ t − m1 ⋅ c1 ⋅ t1 + m0 ⋅ c 0 ⋅ t − m0 ⋅ c0 ⋅ t1 =
µ
v2
=
v1
v 2 ⋅ µ He
THe
1
= 2 3R
=
TNe v ⋅ 5µ He 5
3R
Zad 11.
atomy helu występują w postaci pojedynczej zatem
ich liczba stopni swobody jest równa 3.
3RT
U=
= 4986 J
2
5.2. Bilans cieplny
Będziemy korzystać z zasady, że ∆E = 0, zatem
Epobrana = Eoddana
Zad 1.
m1 ⋅ c w ⋅ (t − t1 ) = m2 ⋅ c w ⋅ (t 2 − t )
v ⋅ 5µ He
3R
c Zn ⋅ m2 (t 2 − t 3 ) = m1 ⋅ c1 (t 3 − t1 )
m1 ⋅ c1 (t 3 − t1 )
J
= 400
m2 (t 2 − t 3 )
kg ⋅ K
Zad 5.
m1 ⋅ c1 ⋅ (t − t1 ) = m2 ⋅ c 2 ⋅ (t 2 − t )
c Zn =
m1 ⋅ c1 ⋅ t − m1 ⋅ c1 ⋅ t1 = m2 ⋅ c 2 ⋅ t 2 − m2 ⋅ c 2 ⋅ t
t (m1 ⋅ c1 + m2 ⋅ c 2 ) = m1 ⋅ c1 ⋅ t1 + m2 ⋅ c 2 ⋅ t 2
2
t=
m1 ⋅ c1 ⋅ t1 + m2 ⋅ c 2 ⋅ t 2
= 12,07°C
m1 ⋅ c1 + m2 ⋅ c 2
31
m1c w ∆t = m2 c p + m2 c w (t 2 − (t1 + ∆t ))
Zad 6.
m1c w (t1 − t 3 ) = m2 ct + m2 c w (t 3 − t 2 )
m1c w ∆t = m2 c p + m2 c w (t 2 − t1 − ∆t )
t3 − t 2 = t3
m1c w ∆t = m2 c p + m2 c w t 2 − m2 c w t1 − m2 c w ∆t
m1c w t1 − m1c w t 3 = m2 ct + m2 c w t 3
m1c w ∆t + m2 c w ∆t = m2 c p − m2 c w t1 + m2 c w t 2
m1c w t1 − m2 ct = m1c w t 3 + m2 c w t 3
m2 ct = m1c w t1 − m1c w t 3 − m2 c w t 3
ct =
∆t =
m

m1c w t1 − m1c w t 3
− c w t 3 = c w  1 (t1 − t 3 ) − t 3  =
m2
 m2

= 3,35 ⋅ 10 5
J
kg
Zad 7.
p mv 2
= mc(t − t 0 ) + mct
100% 2
pv 2
= c ⋅ t + ct
200%
200%(c ⋅ t + ct )
v2 =
p
J
⋅ (t + 273,15)K =
kg ⋅ K
v=
N ⋅m
=
kg
kg ⋅
m
⋅m
s2
=
kg
m
⋅m
m2 m
s2
=
=
kg
s
s2
Zad 8.
mw ⋅ c w ⋅ t1 = ml ⋅ ct
kg ⋅
mw
c
= t ≈4
ml c w ⋅ t1
Zad 9.
m1c w (t 3 − t1 ) = m2 c p + m2 c w (t 2 − t 3 )
m1c w t 3 − m1c w t1 = m2 c p + m2 c w t 2 − m2 c w t 3
m2 c p = m1c w t 3 + m2 c w t 3 − m2 c w t 2 − m1c w t1
cp =
m1
J
c w (t 3 − t1 ) + c w (t 3 − t 2 ) = 2,26 ⋅ 10 6
m2
kg
Zad 10.
c w (m1 + m2 )
= 12,14°C
Zad 11.
Energia pary wykorzystana do stopienia lodu to
energii skroplenia oraz energia wody o temp. 100°C:
ml ⋅ c t = m p ⋅ c p + m p ⋅ c w ⋅ t p
ml =
200%(c ⋅ t + ct )
m
= 425,3
p
s
v=
m2 (c p + c w (t 2 − t1 ))
m p (c p + c w ⋅ t p )
ct
= 7,99kg
Zad 12.
Jeżeli poparzymy się wrzątkiem wymieniona zostanie
energia pochodząca z wysokiej temperatury wody.
Jeżeli, zaś poparzymy się parą wodną oprócz energii
pochodzącej z wysokiej temperatury wody
wymieniona zostanie energia skroplenia pary wodnej.
5.3. Przemiany gazu doskonałego
Zad 1.
iRT
E kin1 =
2
pV = nRT
pV
T1 =
nR
2 ⋅ pV
T2 =
= 2 ⋅ T1
nR
iR ⋅ 2T
E kin 2 =
= 2 ⋅ E kin1
2
Zad 2.
pV = nRT
nRT RT
K
N
p=
=
= 5 ⋅ 10 4 3 ⋅ R = 4,15 ⋅ 10 5 2
V
V
m
m
Zad 3.
Korzystając z równania Clapeyrona należy pamiętać,
aby temperaturę w °C zamienić na temperaturę w
skali Kelvina w poniższych równaniach T rozumiemy
jako t + 273,15K
pV = nRT
nRT1
V1 =
p
nRT2 nRT1 T2
T
V2 =
=
⋅ = V1 ⋅ 2
p
p T1
T1
∆V = V1 − V1 ⋅
 T
T2
= V1 1 − 2
T1
 T1

 = 0,21dm 3

Zad 4.
32
pV = nRT
pV = nRT
n=
pV
RT
V1 =
x = n⋅ NA =
pV
⋅ N A = 1,92 ⋅10 22 cząsteczek
RT
Zad 5.
pV = nRT
nRT
p=
V
m
n=
µ
nHe =
m
µ1
nRT1
p
nRT0 nRT1
2⋅
=
p
p
T1 = 2 ⋅ T0 = 600 K
V2 = 2V1 =
t1 = T1 − 273,15 ≈ 327°C
Zad 9.
pV = nRT
V =
µ 2 = 10 ⋅ µ1
m
1
= nHe
µ 2 10 ⋅ µ1 10
n RT
p He = He
V
n RT
p Ar = He
10 ⋅ V
n He RT
p He
= V
= 10
n He RT
p Ar
10 ⋅ V
Zad 6.
pV = nRT
nRT
V1 =
p
nR ⋅ 2T 2
V2 =
= V1
5p
5
Zad 7.
pV = nRT
nRT0
V1 =
p
nRT1
T
V2 =
= V1 1
p
T0
n Ar =
V1 +
m
=
x
V1 = V2
100%
x
V1 = V2 − V1
100%
V

100% ⋅ (V2 − V1 )
x=
= 100% 2 − 1 =
V1
 V1

 T1

 V1

T

T0

= 100%
− 1 = 100% 1 − 1 = 11,3%
 V

 T0

 1



Zad 8.
nRT0
p
n=
nRT
p
m
µ
mRT
= 4,155 ⋅ 10 − 2 m 3
µ⋅p
Zad 10.
nRT
V =
p
n i R są stałe zatem szukamy punktu dla którego
iloraz T/p będzie największy tzn. największa
temperatura przy najmniejszym ciśnieniu. Punkt A
możemy od razu odrzucić, w dość nieznacznym
przybliżeniu możemy przyjąć, że pC = 2·pD , pB = 3·pD,
zatem aby ilorazy T/p dla C lub B były większe od
ilorazu T/p dla D temperatura TC musi być większa od
2TD lub TB musi być większa 3TD, co jak widzimy nie
zachodzi, zatem największy iloraz T/p jest w punkcie
D, co oznacza, że punktowi D odpowiada największa
objętość gazu.
Zad 11.
nRT
V =
p
n i R są stałe
T1
V1
p
ctg 30°
= 1 =
=3
V2 T2
ctg 60°
p2
Zad 12.
a)
pV = nRT
V =
n=
m
µ
pV =
m
µ
RT
V i R są stałe
m RT
p=
µ V
33
wykresem będzie prosta, gdzie współczynnikiem
kierunkowym jest
m R
⋅ >0
µ V
, a „b” = 0,
zwiększenie masy spowoduje zwiększenie wartości
współczynnika kierunkowego
, a „b” = 0,
zwiększenie masy spowoduje zwiększenie wartości
współczynnika kierunkowego
V
II
I
p
T
II
I
T
b)
pV = nRT
m
n=
µ
pV =
m
µ
RT
T i R są stałe
m RT
p=
µ V
wykresem będzie hiperbola (postać hiperboli:
a
y = +b
x
, gdzie współczynnikiem „a” jest
m
RT > 0
µ
, a „b” = 0,
zwiększenie masy spowoduje zmniejszenie
„wklęsłości” hiperboli
V
Zad 13.
pV = nRT
201
V = nR(T + ∆T )
200
201 V
T + ∆T = p ⋅
⋅
200 nR
201 pV
T=
⋅
− ∆T
200 nR
pV
=T
nR
201
T=
⋅ T − ∆T
200
1
T = ∆T
200
T = 200 ⋅ ∆T = 400 K
Zad 14.
m
pV = nRT = RT
p⋅
µ
m RT
µ V
wykresem jest hiperbola, gdzie współczynnikiem „a”
jest
m
RT > 0
p=
µ
II
I
p
c)
pV = nRT
m
n=
µ
pV =
m
µ
RT
p i R są stałe
m RT
V =
µ p
wykresem będzie prosta, gdzie współczynnikiem
kierunkowym jest
m R
⋅ >0
µ p
, a „b” = 0,
im większa masa molowa tym większa wklęsłość
hiperboli (współczynnik „a” jest mniejszy), zatem gaz
pierwszy ma większą masę molową.
Zad 15.
pV = nRT
nRT 2 RT
=
= 2,44 ⋅ 10 6 Pa
V
V
Zad 16.
pV = nRT
p=
RT
= 0,0224m 3
p
Zad 17.
V =
34
pV = nRT
n=
p
2
pV
RT
pV1 pV2
=
RT1 RT2
3
V1
V2
=
T1 (T1 + ∆T )
V1T1 + V1 ∆T = T1V2
V1 ∆T = T1V2 − V1T1
V

TV
∆T = 1 2 − T1 = T1  2 − 1
V1
 V1

Zad 18.
pV = nRT
nRT m RT
V =
= ⋅
= 76dm 3
p
µ p
masę molową należy wyrazić w kg/mol.
Zad 19.
m
m
µ ⋅ p 1kg
kg
ρ= =
=
= 13,16 3
3
V m RT
RT 0,076m
m
⋅
µ p
Zad 20.
Korzystam z prawa Daltona:
ciśnienie wywierane przez mieszaninę gazów
doskonałych jest sumą ciśnień, jakie wywierałby
każdy z gazów z osobna, gdyby zajmował taką samą
objętość jaką zajmuje mieszanina.
p = p H 2 + p He
pV = nRT
p=
nRT mRT
=
V
µV
p=
mH 2 RT
µH V
2
+
mHe RT RT  mH 2 mHe 
=
+
=
V  µ H 2 µ He 
µ HeV
= 3,1 ⋅10 Pa
Zad 21.
pV = nRT
V
T = p⋅
nR
1-2 izoterma, zatem temperatura jest stała, lecz
zwiększa się ciśnienie
2-3 spada ciśnienie, zatem korzystając z powyższego
wzoru maleje także temperatura
3-1 ciśnienie się nie zmienia, lecz rośnie objętość,
zatem korzystając z powyższego wzoru wzasta
temperatura
5
1
T
Zad 22.
pV = nRT
pV =
m
µ
RT
mRT
kg
g
= 0,040
= 40
pV
mol
mol
ta masa molowa odpowiada masie molowej argonu.
Zad 23.
pV = nRT
m
pV = RT
µ=
m=
µ
pVµ
RT
pVµ
m
pµ
ρ = = RT =
V
V
RT
wykresem jest hiperbola, gdzie współczynnikiem „a”
jest
pµ
>0
R
, a „b” = 0,
ρ
T
5.4. Zasady termodynamiki
Zad 1.
W = F ⋅ ∆l
F
p=
S
F = pS
W z = pS ⋅ ∆l = p∆V
pV = nRT
nRT1
V1 =
p
nR(T1 + ∆T )
V2 =
p
35
 nR(T1 + ∆T ) nRT1 
 = nR(T1 + ∆T − T1 ) =
W z = p
−
p
p 

= nR∆T
praca wykonana przez gaz jest równa co do wartości
bezwzględnej pracy zewnętrznej lecz ma przeciwny
znak
W g = −W z = −nR∆T = −415,5 J
Zad 2.
(t + 273) + (t 2 + 273)
T −T
µc = 1 2 = 1
= 0,25
(t1 + 273)
T1
Zad 3.
3
T1 − T1
T −T
5 = 2 = 0,4
µc = 1 2 =
T1
T1
5
Zad 4.
Praca gazu jest równa polu pod wykresem p(V).
Rozpatrywanie liczbowo wartości pracy wiązałoby się
z koniecznością wprowadzenia rachunku całkowego.
a)
nRT1
V1 =
p1
nRT2
V2 =
p2
im większe V tym mniejsze p (wykresem będzie
hiperbola), także T zmaleje (w przemianie
adiabatycznej nie następuje wymiana temp. z
otoczeniem, a rozprężanie powoduje obniżenie
temperatury gazu)
p
A
W
V
b)
nRT1
p
nRT2
V2 =
p
zwiększenie objętości wiąże się ze wzrostem
temperatury przy stałym ciśnieniu
p
A
V1 =
c)
V1 =
nRT
p1
nRT
p2
im większe V tym mniejsze p (wykresem będzie
hiperbola), T jest stałe
p
V2 =
A
W
V
Punkt A ma na każdym wykresie te same współrzędne,
zatem widzimy, że największa praca została
wykonana podczas przemiany izobarycznej (mniejsza
podczas przemiany izotermicznej, a najmniejsza
podczas przemiany adiabatycznej)
Zad 5.
pV = nRT
pV
nR
energia wewnętrzna gazu wzrasta głównie na skutek
dostarczania ciepła
odcinek AB można potraktować jako przemianę
izobaryczną, zatem pracę potrzebną do zwiększenia
objętości wykonało dostarczone ciepło, wraz ze
wzrostem temperatury wzrosła także energia
wewnętrzna
odcinek BC można potraktować jako przemianę
izochoryczną, spadek ciśnienia wiąże się z
odprowadzeniem ciepła, zatem energia wewnętrzna
gazu spadła
odcinek CD można potraktować jako przemianę
izobaryczną, zmniejszenie objętości wiąże się z
odprowadzeniem ciepła zatem energia wewnętrzna
gazu spadła
odcinek AD można potraktować jako przemianę
izochoryczną, zatem pracę potrzebną do zwiększenia
ciśnienia wykonało dostarczone ciepło, wraz ze
wzrostem temperatury wzrosła także energia
wewnętrzna
a)
AB i DA
b)
praca ta jest równa polu wewnątrz cyklu
W = ∆p DA ⋅ ∆V AB = 2 ⋅ 10 4 J
T=
Zad 6.
∆m=0
W
V
pV
= const
T
p
= const
T
∆U=0
Q=0
W=0
∆T=0
∆p=0
X
X
X
36
V
= const
T
pV = const
X
X
X
X
X
κ
pV = const
X
X
pierwszy z wierszy oznacza stałość ilości gazu zatem
wszystkie czynniki mogą się zmieniać; drugi wiersz
to przemiana izochoryczna, trzeci wiersz to przemiana
izobaryczna, czwarty wiersz to przemiana
izotermiczna, a piąty wiersz to przemiana
adiabatyczna.
Zad 7.
∆T=0
∆V=0
Q=0
W<0
W>0
Q>0
Q<0
a
X
X
X
b
X
X
c
X
X
X
d
X
X
a – gaz pobiera ciepło przy czym jest to proces
izotermiczny, pobrane ciepło zamieniane jest na pracę
gazu (energia wewnętrzna gazu maleje)
b – przemiana adiabatyczna, gaz rozpręża się
wykonując pracę
odcinki c, d są odwrotnością odcinków a, b
c - gaz oddaje ciepło przy czym jest to proces
izotermiczny
d – przemiana adiabatyczna, gaz spręża się
Zad 8.
Q p = ∆E w
iRT
Ew = n ⋅
2
gazowy hel występuje w postaci pojedynczych
atomów zatem i = 3
n – liczba moli
iRT 3
Ew = n ⋅
= nRT
2
2
pV = nRT
pV
nR
2 pV
T2 =
nR
3
3
∆E w = nRT2 − nRT1
2
2
3  2 pV pV  3
pV 3
∆E w = nR
−
= pV =
 = nR ⋅
2  nR
nR  2
nR 2
= 3000 J
Zad 9.
ciepło właściwe jest równe ciepłu molowemu
podzielonemu przez masę molową
Q = c w m∆T
Q = Cn∆T
c w m∆T = Cn∆T
c w m = Cn
cw ⋅
m
=C
n
m
=µ
n
C = cw ⋅ µ
Zad 10.
C = cw ⋅ µ
J
mol ⋅ K
J
C Pb = 26,9
mol ⋅ K
J
C Al = 24,8
mol ⋅ K
6.1. Pole elektrostatyczne
Zad 1.
Na kulki działa taka sama, co do wartości, siła
odpychania elektrostatycznego, jeżeli odchyliły się o
różne kąty oznacza to, że mają różne masy
C Cu = 25,4
α β
N1
N2
Fe
Fe
Q2
Fw1
Fw2
Q1
α<β
m1 > m2
Zad 2.
T1 =
N
Fe
Fw
α
α α
l h l N
a
Q
Fe
α
Q Fw
1
a
Fe
a
2
= tgα =
=
2h
Q
h
2
1 
2
2
 a + h = l
2 
1
h2 = l 2 − a 2
4
37
(
)
1
1 2
1
h = l − a2 =
4l − a 2 =
4l 2 − a 2
4
4
2
q2
q2
Fe = k 2 = 2
a
a ⋅ 4πε 0
Q = mg
2
q2
a 2 ⋅ 4πε 0
=
mg
a
1
2⋅
4l 2 − a 2
2
2
q
a
=
2
2
mg ⋅ a ⋅ 4πε 0
4l − a 2
q2 =
q=
4a 3 ⋅ mg ⋅ πε 0
2
2
1 

q1 (q1 + x ) <  q1 + x 
2 

1
q12 + q1 x < q12 + q1 x + x 2
4
1
0 < x2
4
co jest prawdziwe, gdyż x ≠ 0, zatem po zetknięciu
siła oddziaływania zwiększy się.
Zad 5.
x
l-x
4l 2 − a 2
4a 3 ⋅ mg ⋅ πε 0
4l 2 − a 2
= 2a
q1(+) E1= E2
a ⋅ mg ⋅ πε 0
4l 2 − a 2
Zad 3.
q2
F =k 2
r
1
k=
4πε 0
F=
1 

 q1 + x 
q (q + x )
2 
k 1 12
<k
2
r
r
q2(+)
l
E1 = E 2
k
q2
= 8,99 ⋅ 10 9 N
2
4πε 0 ⋅ r
C2
C2
C2
C2
1 J
=
=
= 2
=
= =N
F 2 C
C
m m
C
⋅m
⋅m
⋅m
⋅m
J
m
V
J
J
C
Zad 4.
załóżmy, że
q 2 > q1
F=
q 2 = q1 + x
po zetknięciu oba ładunki będą równe:
1
q = q1 + x
2
qq
F = k 1 22
r
q (q + x )
F1 = k 1 1 2
r
2
1 

 q1 + x 
2 
F2 = k 
2
r
załóżmy, że druga siła jest większa
q1
q2
=k
2
x
(l − x )2
q1
x2
=
q 2 (l − x )2
x
=
l−x
q1
q2
x=
q1
q
⋅l − 1 ⋅ x
q2
q2
x+
q1
⋅x =
q2
q1
⋅l
q2

q1 
=
x1 +

q
2


q1
⋅l
q2
q1
⋅l
q2
1
1
⋅l
⋅l
3
l
3
3
x=
=
=
⋅
=
= 7,3cm
q1
1
1
3
3 +1
1+
1+
1+
3
3
q2
Zad 6.
q
r2
2
2
r 2 = (∆x ) + (∆y ) = 16 + 9 = 25m
E=k
E = 7,2 ⋅ 10 3
N
C
Zad 7.
38
E=
E w = E1 + E 2 + E3 + E 4
F
q
E w = 2 ⋅ 2k
m
kg 2
N
s = kg ⋅ m
E=
=
C
A⋅ s
A ⋅ s3
Zad 8.
E w = E1 + E 2
= 2 ⋅4
E1 = E 2
q
1
2q
q
q
= 8k 2 = 8 2 ⋅
= 2
Ew = 2 ⋅ k
2
l
l 4πε 0 l πε 0
1 
 l
2 
V = V1 + V2
q 
q
+ − k  = 0
l 
l
Zad 9.
a)
q1(+)
q
=
a2
E3 E2
(+)
E1
q4(-)
E4
q3(+)
E w = E1 + E 2 + E3 + E 4 = 0
E1
q3(+)
E w = E1 + E 2 + E 3 + E 4 = 0
=
1 2
a
2
= 2 ⋅ 4k
q2(-)
E4
q4(+)
2
a
2
q
q
1
2q
⋅
= 2
2
a 4πε 0 a ⋅ πε 0
q2(+)
E2 (+)
= 4k
= 2 ⋅ 2k
q1(+)
E3
q
 2 


 2 a


2




q 
q

V = 2⋅ − k
+ 2⋅k
=0

2 
2
a
a

2 
2

c)
V =k
V = 4⋅k
q
2q
2q 1
=4
⋅
=
a
a 4πε 0




q 
q

V = 2⋅ − k
+ 2⋅k
=0


2
2
a
a

2 
2

Zad 10.
E1
Ew
α
P α
α
E2
2q
α
(+)
a ⋅ πε 0
b)
q1
Ew
(-)
a
α
α
(+)
a
q(-)
α = 60°
E1
E3
E w = E1 = E 2 = k
E2
E4
(+)
q4(+)
q
q2(-)
a
q3(+)
q
q
= 2
2
a
a ⋅ 4πε 0
Zad 11.
F
q2
q2
Ep = = k
=
r
r
r ⋅ 4πε 0
r=
q2
= 9mm
E p ⋅ 4πε 0
C2
C2 ⋅m C2 ⋅m J
=
=
⋅ =m
F
C
J ⋅C C
J⋅
J⋅
m
V
Zad 12.
r=
39
 Q
q ⋅Q
q ⋅Q
Q
−k
= q k − k  = q (V2 − V1 ) =
r2
r1
r1 
 r2
W =k
= q∆V
∆V = U =
U=
W
= 6000V
q
J
=V
C
Zad 13.
Masa ciała wzrośnie o masę przyjętych elektronów.
Jednak masa elektronu (= 1/1840 masy protonu) jest
tak mała, że możemy ją całkowicie zaniedbać (nawet
w przypadku jonów)
Zad 14.
q
n = = 6,2 ⋅ 10 9
e
Zad 15.
q
V1 = k
r1
V2 = k
64q
r2
4
V (objetosc )kuli = πr 3
3
3V
r=3
4π
V (objetosc )2 = 64V (objetosc )1
r2 = 3 64r1 = 4r1
64q
q
= 16 ⋅ k = 16V1
4r1
r1
Zad 16.
q
V1 = k
r1
V2 = k
r1 = 3
3V
4π
3 1 V 3 1
⋅
=
⋅ r1
4 10 π
10
V
V
q
q
V2 = k = k
= 1 = 3 1 = V1 ⋅ 3 10
r2
1
1
1
3
⋅ r1 3
3
10
10
10
6.2. Pojemność. Kondensator
Zad 1.
Q
C=
V
kQ
V=
r
r2 = 3
rQ r
Q
=
=
kQ kQ k
r
Zad 2.
s
C = ε0
d
s = (l − b )a
(l − b )a = 1,77 ⋅ 10 −16 F
C = ε0
d
Zad 3.
s
C0 = ε 0
d
s
C = ε 0ε r
d
s
ε 0ε r
C
d =ε
=
r
s
C0
ε0
d
C = ε r C0
Zad 4.
s
C0 = ε 0
d
2s
C1 = ε 0
d
C1
=2
C0
Zad 5.
s
C0 = ε 0
d
2s
ε 0ε r
d
C1 = ε
1+ εr
C=
C1
2ε r
=
C0 1 + ε r
Zad 6.
s
C0 = ε 0
d
s
s
C1 = ε 0 + ε 0 ε r
d
2d
C1 1 + ε r
=
C0
2
Zad 7.
a)
C1 = C + C = 2C
1
1 1 1
2
1
2
5
= +
+ =
+
+
= C
C 0 C C1 C 2C 2C 2C 2
C0 =
2
C
5
40
b)
C1 = 3C
C1
1
1
1
1
3
4
=
+ =
+
= C
C 2 3C C 3C 3C 3
C2
3
C
4
3
7
C0 = C + C = C
4
4
c)
1
1 1 1 3
= + + =
C1 C C C C
C2 =
C
C1 =
3
1
1 1 2
= + =
C2 C C C
C
C2 =
2
C C C 2C 3C 6C
C 0 = C1 + C 2 + C = + + =
+
+
=
3 2 1
6
6
6
11
= C
6
d)
1
1 1 1 3
= + + =
C1 C C C C
C
4
C2 = + C = C
3
3
4
C 5
C= C+ = C
3
3 3
e)
C1 = 2C
1
1
2
3
=
+
= C
C 2 2C 2C 2
1
1 1 1 3
= + + =
C3 C C C C
C0 = C +
Zad 8.
1)
C1
2C C 6
+ = C = 2C
3
3 3
C2
Q2
U − const
C1 > C2
Q1 > Q2
Zad 9.
Mamy 7 możliwości ustawień w ich wyniku
uzyskujemy pojemności:
3
2
1
1
3µF ,2 µF , µF ,1µF , µF , µF , µF .
2
3
2
3
Zad 10.
C1 C2
U1 =
UC2
= 80V
C1 + C2
UC1
= 20V
C1 + C2
Zad 11.
U2 =
a)
1
1
1
2
5
7
=
+
=
+
=
C 5µF 2 µF 10 µF 10 µF 10 µF
10
C = µF = 1,43µF
7
b)
Q
C=
U
Q
U=
C
10 −3
U=
= 700V
1,43 ⋅ 10 −6
c)
Q
10 −3
U1 =
=
= 5 ⋅ 10 2 = 500V
C1 2 ⋅ 10 −6
Q
10 −3
=
= 2 ⋅ 10 2 = 200V
−6
C 2 5 ⋅ 10
Zad 12.
a)
C0 < C1
U2 =
U1
U2
Q
U
Q − const
C1 =
C1 > C2
C1 = C0ε r
U = const
U1 < U 2
2)
Q1
Kopiowanie i rozpowszechnianie
bez zgody autora zabronione
41
Q Q0
=
⋅εr
U U
Q = Q0 ε r
Q – rośnie
QU
E=
2
E = E0ε r
E – rośnie
b)
Q − const
a=
J
m
⋅ C kg ⋅ 2 ⋅ m
V ⋅C
m
s
= C
=
= 2
a=
m ⋅ kg m ⋅ kg
m ⋅ kg
s
Zad 2.
We = E kin
Uq p =
εr
U – maleje
QU
E=
2
E
E= 0
εr
E – maleje
Zad 13.
a)
Q = CU = 0,67 ⋅ 10 −6 ⋅ 10 = 6,7 ⋅ 10 −6 =
(
)
(
)
(
)
= 6,67 µF
b)
Q = CU = 1,87 ⋅ 10 −6 ⋅ 10 = 18,7 ⋅ 10 −6 =
= 18,7 µF
c)
Q = CU = 1,33 ⋅ 10 −6 ⋅ 100 = 133,3 ⋅ 10 −6 =
= 133,3µF
Zad 14.
C1U 1
Q
20 ⋅ 10 −6 ⋅ 100
U=
=
=
= 40V
C c C1 + C 2 20 ⋅ 10 −6 ⋅ 30 ⋅ 10 −6
Zad 15.
CU 2
10 ⋅ 10 −6 ⋅ 120 2
E=
=
= 0,072 J
2
2
6.3. Ruch ładunku w polu elektrycznym
Zad 1.
Fe = me a
(
)
e = qe
Fe eE
=
me me
E=
U
d
2
v2 =
2Ue
mp
v=
2Ue
mp
U0
a=
mpv2
qp = e
Q Q
=
⋅εr
U U0
U=
e U
Ue
m
⋅ =
= 8,79 ⋅ 1014 2
me d me d
s
p = mp ⋅ v = mp ⋅
2Ue
m
= 2Uem p = 2,32 ⋅ 10 − 22 kg
mp
s
p = V ⋅ C ⋅ kg =
J
⋅ C ⋅ kg = N ⋅ m ⋅ kg =
C
= kg
m
⋅ m ⋅ kg =
s2
kg 2 m 2 kg ⋅ m
=
s
s2
Zad 3.
We = E kin
me v 2
Ue =
2
m v2
U = e = 0,256V
2e
m2
kg ⋅ 2
s = J =V
U=
C
C
Zad 4.
W e = E kin
m ev 2
2
m ev 2
U =
= 2 , 84 ⋅ 10
2e
U
E =
d
U = Ed
Ue =
−2
V
m ev 2
Ed =
2e
m v2
V
E =
= 5 , 68
2e ⋅ d
m
Zad 5.
42
E kin =
Ue =
U=
mpv2
2
mpv2
2
mpv2
2e
Zad 6.
mg = qE
= 8,36 ⋅ 10 −14 J
= 5,2 ⋅ 10 5 V
v0
v0
vy
E1 =
E
m p v 02
2
mv
=
2
2
∆E
kin
=
2
0
+
mv
vy = a ⋅ t
mv
2
y
vx
2
vy
2
y
2
t=
l
v0
a=
F
eE
e U
=
=
mp mp mp d
vy =
4
m = V ⋅ ρ = πr 3 ⋅ ρ
3
U
E=
d
4 3
qU
πr ⋅ ρ ⋅ g =
3
d
3
4 ⋅ πr ⋅ ρ ⋅ g ⋅ d
= 4,8 ⋅ 10 −19 C
q=
3 ⋅U
q 4,8 ⋅ 10 −19 C
n= =
=3
e 1,6 ⋅ 10 −19 C
Zad 9.
l
v0
α
vx
vx = v0 ⋅ cos α
v y = v0 ⋅ sin α
Skorzystamy z zasady zachowania energii:
E kin1 = E kin 2 + We
eU l
⋅
m p d v0
2
m p  eU l 
e 2 ⋅U 2 ⋅ l 2
∆E kin =
⋅
⋅  =
=
2  m p d v 0 
2 ⋅ m p ⋅ d 2 ⋅ v 02
= 1,105 ⋅ 10 −11 J
J2
C
2
C 2V 2 m 2
C2 = J = J
E kin =
=
2
N ⋅m
J
2 m
kg ⋅ m ⋅ 2
s
Zad 7.
Minimalną odległość uzyska proton, jeśli całą swoją
energię kinetyczną zamieni na potencjalną
E p = E kin
2
q p 2q p
1
mpv2 = k
2
r
qp = e
1
2e 2
2
mpv = k
r
2
2
4e
1
4e 2
e2
r=k
=
⋅
=
=
m p v 2 4πε 0 m p v 2 πε 0 m p v 2
Zad 8.
2
mv x2 mv y mv x2
+
=
+ Uq
2
2
2
mv y2
= Uq
2
mv02 sin 2 α
= Uq
2
2Uq
v02 =
m sin 2 α
2Uq
1
2Uq
v0 =
=
2
m
m sin α sin α
1
d = vyt
2
l
t=
vx
1
l
1
l
l
vy
= v0 ⋅ sin α ⋅
= tgα
2 vx 2
v 0 ⋅ cos α 2
7.1. Prawo Ohma
Zad 1.
q = I ⋅t
d=
q = 6 ⋅ 10 −3 ⋅ 40 = 0,24C
Zad 2.
ładunek jest równy iloczynowi średniego napięcia i
czasu, czyli polem pod wykresem I(t)
a)
43
q=
1
⋅ 50 ⋅ 0,4 = 10C
2
b)
2
q = 3 ⋅ ⋅ 1 = 2C
3
Zad 3.
U 15 ⋅ 10 3
R= =
= 5 ⋅ 10 3 Ω
I
3
(można podstawić również inne wartości odczytane z
wykresu)
Zad 4.
l
R=ρ
S
l
c
ρ 1
2
ρ
R1
S1
c b⋅c  c 
a
⋅
b
=
=
=
⋅
= 
l2
a
R2
a ⋅b a
a
ρ
ρ
b⋅c
S2
Zad 5.
P = UI
U
I=
R
U2
P=
R
l
l
R=ρ =ρ 2
S
πr
2
U
U 2πr 2
P=
=
l
ρl
ρ 2
πr
2
U πr 2
l=
= 38,8m
ρP
V 2m2
V 2m V ⋅ m ⋅ A ⋅ s V
=
=
= ⋅C ⋅m =
Ω ⋅ m ⋅W V J
J
J
⋅
A s
1
= ⋅C ⋅m = m
C
Zad 6.
zmniejszając średnicę 2 razy, promień zmniejszy się
wówczas także 2 razy, a pole
S I = πr 2
l=
2
1
1
1 
S II = π  r  = πr 2 = S I
4
4
2 
zmaleje 4 razy, jeżeli masa jest niezmieniona to
wówczas objętość jest także stała
V I = VII
V I = πr 2 ⋅ l1
1
V II = πr 2 ⋅ l 2
4
1
πr 2 ⋅ l1 = πr 2 ⋅ l 2
4
l 2 = 4l1
długość drutu wzrosła 4 razy, obliczamy opór:
l
R1 = ρ 1
SI
R2 = ρ
l2
4l
l
= ρ 1 = 16 ρ 1 = 16 R1
1
S II
SI
SI
4
R2
= 16
R1
opór zmaleje 16 razy.
Zad 7.
l
l
= 1,1Ω
R=ρ =ρ
2
S
1 
π d 
2 
Zad 8.
jak wiemy każdy kondensator ma nieskończenie duży
opór (nie płynie przez niego prąd), zatem prąd
płynący od B do A ominie bocznikiem kondensator
C2 przez co na kondensatorze C2 nie będzie różnicy
potencjałów (woltomierz V2 wskaże 0V), zaś na
kondensatorze C1 różnica potencjałów będzie równa
napięciu (układ zawiera właściwie tylko ten
kondensator) czyli V1 wskaże 30V.
Zad 9.
U
Rc =
I
U
I=
Rc
Rc = R w + R
U
= 0,91A
Rw + R
Zad 10.
jest to połączenie szeregowe zatem w każdym z
fragmentów ustali się takie samo napięcie (równe ε)
U = ε = 6V
I=
Q
U
Q = C ⋅ U = 6 ⋅ 10 −6 C
Zad 11.
przez środkowy przewód nie płynie prąd (gdyż
kondensator ma nieskończenie duży opór) zatem
przewody woltomierza możemy przesunąć do węzłów
C=
44
i wynika z tego, że mierzone napięcie jest
równoważne z napięciem na oporniku R2
Rc = R w + R 2
I=
ε
Rc
=
ε
U 2 = ε − IRw = 0
ε = IRw
ε
I=
R w + R2
U = I ⋅ R2 =
ε
Rc
⋅ R2 =
Rw
εR2
U
R w + R2
ε
Zad 12.
a)
Rc = R w + R z
I=
ε
Rc
=
ε
ε/Rw
Rw + R z
ε
U = I ⋅ Rz =
⋅ Rz =
εR z
Rc
Rw + R z
wykresem jest hiperbola
ε
I1 =
Rc1
Rc 2
b)
Rc = R w + R z
Rc
Rw + R1
εR1
ε
Rc 2
=
ε
R w + R2
U 2 = I 2 R2 =
Rw
=
ε
Rw + R1
= R w + R2
I2 =
ε
=
U 1 = I 1 R1 =
U
I=
εR2
R w + R2
∆U = U 2 − U 1 =
ε
Rw + R z
ε
U = I ⋅ Rz =
⋅ Rz =
I
Zad 13.
Rc1 = Rw + R1
=
εR z
Rc
Rw + R z
widzimy, że wraz ze wzrostem Rz, Rz /(Rz+Rw)→1,
zatem wykres będzie zbliżał się do granicy ε
U
ε
Rz
c)
zgodnie z II prawem Kirchhoffa:
spadek napięcia na oporze wewnętrznym:
U 1 = IRw
U 2 = ε − U 1 = ε − IRw
miejsce zerowe
=
=
εR 2
R w + R2
−
εR1
Rw + R1
εR2 (Rw + R1 ) − εR1 (Rw + R2 )
(Rw + R2 )(Rw + R1 )
=
εR2 Rw + εR2 R1 − εR1 Rw − εR1 R2
(Rw + R2 )(Rw + R1 )
εR2 Rw − εR1 Rw
=
=
=
εRw (R2 − R1 )
(Rw + R2 )(Rw + R1 ) (Rw + R2 )(Rw + R1 )
=
= 0.97 A
Zad 14.
skoro różnica potencjałów jest równa 0 oznacza to, że:
U R1 = U C1

U R 2 = U C 2
Q

 I ⋅ R1 = C

1

I ⋅ R = Q
2

Cx
Q
R1 C1 C x
=
=
Q C1
R2
Cx
R
C x = 1 C1 = 0,4 µF
R2
45
7.2. Prawa Kirchhoffa
Zad 1.
a)
1
1
1
1
1
=
+
= 2⋅
=
Rz R + R R + R
2R R
Rz = R
R c = R z + R = 2 R = 2Ω
b)
1
1 3
= 3⋅ =
R z1
R R
R z1 =
R
3
R
2
R c = R z1 + R z 2 + R =
=
R R
2 R + 3R + 6 R
+ +R=
=
3 2
6
11
11
2
R= Ω=3 Ω
6
3
3
c)
R z1 = 3 R
Rz 2 = 2R
1
1 1 2
= + =
R z 3,1 R R R
R z 3,1 =
R
= 1Ω
3
Zad 2.
Rc = R w + R
Rc =
I=
ε
Rc
=
ε
Rw + R
U = I ⋅R =
1
1 2
= 2⋅ =
Rz 2
R R
Rz 2 =
ten układ jest równoznaczny z połączeniem
równoległym (prąd przepływa przez jeden opornik,
przy czym może to zrobić na trzy sposoby) zatem
1
1
= 3⋅
Rc
R
R
2
3R
R
+R=
2
2
1
1
1
1
1
1
2
=
+
+
=
+
+
=
R c R z1 R z 2 R z 3 3 R 2 R 3 R
R z 3 = R z 3,1 + R =
2+3+ 4
9
3
=
=
6R
6R 2R
2
2
Rc = R = Ω
3
3
d)
łatwo zauważyć, że w miejscu przyłączenia opornika
poprzecznego, na obu węzłach jest takie samo
napięcie (równe napięcie w połączeniu równoległym
spada o taką samą wartość na pierwszych opornikach,
które są jednakowe) zatem przez poprzeczny opornik
nie płynie prąd
R z1 = 2 R
=
= 0,43 A
εR
Rw + R
= 4,3V
Zad 3.
a)
R + R1
1
1
1
=
+
= 2
Rz R1 R2
R1 R2
R1 R2
R2 + R1
Rz =
Rc = Rz + Rw =
I=
ε
Rc
=
R R + Rw (R2 + R1 )
R1 R2
+ Rw = 1 2
R2 + R1
R2 + R1
ε (R2 + R1 )
R1 R2 + Rw (R2 + R1 )
U1 = U 2
 R1 I1 = R2 I 2

 I1 + I 2 = I
R1 I1 = (I − I1 )R2
R1 I1 = IR2 − I1 R2
R1 I1 + I1 R2 = IR2
ε (R2 + R1 )
IR2
R2
=
=
(R1 + R2 ) R1 R2 + Rw (R2 + R1 ) (R1 + R2 )
I1 =
=
εR2
R1 R2 + Rw (R2 + R1 )
= 1,6 A
b)
R + R1
1
1
1
=
+
= 2
R z R1 R2
R1 R2
Rz =
R1 R2
R2 + R1
Rc = R z + R w =
Rz 2 = 2R
I=
1
1
1
1
1
2
1
=
+
=
+
=
=
Rc R z 1 R z 2 2 R 2 R 2 R R
c)
ε
Rc
=
R R + Rw (R2 + R1 )
R1 R2
+ Rw = 1 2
R2 + R1
R2 + R1
ε (R2 + R1 )
R1 R2 + Rw (R2 + R1 )
= 0,64 A
Rc = R = 2Ω
e)
46
U 2 εR1 − U 1εR2 = U 2U 1 R1 − U 1U 2 R2
1
3
=
Rz R
ε (U 2 R1 − U 1 R2 ) = U 2U 1 (R1 − R2 )
R
3
Rz =
Rc = R z + R w =
I=
1
Ic
3
ε
Ic =
Rc
=
R
+ Rw
3
ε
=
R
+ Rw
3
3ε
R + 3Rw
1
3ε
ε
⋅
=
= 0,44 A
3 R + 3Rw R + 3Rw
Zad 4.
Rc1 = R1 + Rw
I=
I1 =
ε
Rc1
U1 =
ε=
U 2U 1 (R1 − R2 )
= 12V
U 2 R1 − U 1 R2
Zad 5.
AD:
ten układ jest równoważny z:
ε=
=
ε
R1 + Rw
ε
1
1
1
3
= +
=
Rz 2 R 2R 2R
Rz 2 =
U 1 (R1 + Rw )
R1
2
R
3
Rc = R z 2 + R =
I=
R1
R1 + Rw
R z1 = 2 R
5
R
3
U 3U
=
= 0,6 A
Rc 5 R
BC:
ten układ jest równoważny z:
εR1 = U 1 R1 + U 1 Rw
εR1 − U 1 R1
Rw =
R z1 = 2 R
U1
Rc 2 = R 2 + R w
I2 =
U2 =
ε=
ε
Rc 2
=
ε
R2 + R w
ε
R2 + R w
R2
U 2 (R2 + R w )
R2
εR2 = U 2 R2 + U 2 Rw
εR2 − U 2 R2
Rw =
U2
U 1 (R1 + Rw ) U 2 (R2 + Rw )
=
R1
R2
U 1 R2 R1 + U 1 R2 Rw = U 2 R1 R2 + U 2 R1 Rw
U 1 R2 Rw − U 2 R1 Rw = U 2 R1 R2 − U 1 R2 R1
Rw =
U 2 R1 R2 − U 1 R2 R1 R1 R2 (U 2 − U 1 )
=
= 1Ω
U 1 R2 − U 2 R1
U 1 R2 − U 2 R1
εR1 − U 1 R1
U1
=
εR 2 − U 2 R 2
U2
U 2 εR1 − U 2U 1 R1 = U 1εR2 − U 1U 2 R2
1
1
1
3
= +
=
Rc R 2 R 2 R
2
R
3
U 3U
I=
=
= 1,5 A
Rc 2 R
Zad 6.
Obliczenia znacznie ułatwia podstawienie na
początku wartości liczbowych, wzory są
wyprowadzane dla dowolnych wartości
a)
Rz1 = R1 + R2 + R3
Rc =
1
1
1
R + R2 + R3 + R4
=
+
= 1
Rc R4 R1 + R2 + R3 R4 R1 + R4 R2 + R4 R3
R4 R1 + R4 R2 + R4 R3
R1 + R2 + R3 + R4
U U (R1 + R2 + R3 + R4 )
I=
=
Rc
R4 R1 + R4 R2 + R4 R3
Rc =
 I1 ⋅ R4 = I 2 ⋅ (R1 + R2 + R3 )

 I1 + I 2 = I
47
IR4 − I 2 R4 = I 2 R1 + I 2 R2 + I 2 R3
Rw ⋅ I 1 max = R2 (I zak − I 1 max )
IR4 = I 2 R1 + I 2 R2 + I 2 R3 + I 2 R4
Rw ⋅ I 1 max
= 0,5Ω
I zak − I 1 max
I1max – maksymalny zakres amperomierza
Izak – porządany zakres pomiaru
Zad 9.
a)
ε 6 ⋅ 10 −3 V
V
α=
=
= 7,5 ⋅ 10 − 4
∆t
8K
K
b)
ε = α∆t = 7,5 ⋅ 10 −4 ⋅ ∆t = 8,25 ⋅ 10 −3
U (R1 + R2 + R3 + R4 )R4
(R4 R1 + R4 R2 + R4 R3 )(R1 + R2 + R3 + R4 )
UR4
I2 =
=5
R4 R1 + R4 R2 + R4 R3
I2 =
U 3 = R3 I 2 = 50V
b)
R + R1
1
1
1
=
+
= 2
R z1 R1 R2
R1 R2
R z1 =
R1 R2
R2 + R1
R R + R2 R3 + R3 R1
R1 R2
+ R3 = 1 2
R2 + R1
R2 + R1
U (R2 + R1 )
U
=
Rc R1 R2 + R2 R3 + R3 R1
 I 1 ⋅ R1 = I 2 ⋅ R2

I1 + I 2 = I
I 1 ⋅ R1 = I ⋅ R2 − I 1 ⋅ R2
=
I ⋅ R2
U (R2 + R1 )
R2
=
⋅
=
R1 + R2 R1 R2 + R2 R3 + R3 R1 R1 + R2
UR2
=5
R1 R2 + R2 R3 + R3 R1
U 1 = I 1 ⋅ R1 = 25V
Zad 7.
przez kondensator nie płynie prąd zatem woltomierz
wskaże napięcie na oporniku R2 (do obliczeń
pomijamy cały fragment z kondensatorem, gdyż nie
płynie tamtędy prąd)
Rc = R2 + R3
I=
ε
Rc
=
ε
R2 + R3
U = I ⋅ R2 =
εR 2
R2 + R3
1
1
1
2
=
+
=
Rwc Rw Rw Rw
Rw
2
R

ε = I  w + Rz 
 2

Rwc =
I 1 (R1 + R2 ) = I ⋅ R2
I1 =
8,25 ⋅ 10 −3
= 11K
7,5 ⋅ 10 −4
t = ∆t = 11°C
Zad 10.
a)
ε = I (Rwc + R z )
∆t =
Rc = R z1 + R3 =
I=
R2 =
= 5,56V
Zad 8.
stosujemy tzw. układ bocznikowy:
R
A
Rw ⋅ I1 = R2 ⋅ I 2
I1 + I 2 = I
Rw ⋅ I1max = R2 ⋅ I 2
I1max + I 2 = I zak = 0,5 A
I=
ε
Rw
+ Rz
2
=
2ε
= 0,67 A
Rw + 2 R z
b)
2ε = I (2 Rw + R z )
2ε
= 1A
2 Rw + R z
Zad 11.
w obliczeniach rozpatrzymy fragment drutu o
długości x
jego masa:
m = Vγ = πr 2 xγ
przyjmujemy, że jednemu atomowi miedzi przypada
jeden elektron, liczba elektronów
I=
n=
m
µ Cu
πr 2 xγ
NA =
NA
µ Cu
ładunek:
q = ne =
πr 2 xγ
NA ⋅e
µ Cu
wyliczamy natężenie prądu
q πr 2 xγ
I= =
NA ⋅e
t µ Cu ⋅ t
łatwo zauważyć, że x/t = v, zatem
48
∆T = 100°C − 12°C = 88°C = 88 K
πr 2 γ
I=
NA ⋅e⋅v
µ Cu
W1η = W2
P ⋅ τ ⋅ η = mc∆T
opór drutu
U ⋅ µ Cu
U
R= = 2
I πr γN A ⋅ e ⋅ v
R=ρ
mc∆T
= 0,82
P ⋅τ
Zad 4.
W = 3600 s ⋅ 1000W = 3,6 ⋅ 10 6 J
Zad 5.
W = P ⋅t
η=
l
l
=ρ 2
S
πr
U ⋅ µ Cu
l
=ρ 2
πr γN A ⋅ e ⋅ v
πr
2
U ⋅ µ Cu
m
v=
= 4,28 ⋅ 10 − 2
γN A ⋅ e ⋅ ρ ⋅ l
s
V ⋅ kg
v=
V ⋅m A⋅Ω⋅m A⋅m m
=
=
=
=
C ⋅Ω
C ⋅Ω
A⋅ s
s
kg
⋅C ⋅Ω⋅m⋅m
m3
7.3. Praca i moc prądu
Zad 1.
Rc = R1 + R2 + Rw
I=
ε
Rc
=
ε
R1 + R2 + Rw
P ⋅ t = mgh
P ⋅t
≈ 367 m
mg
Zad 6.
aby to rozstrzygnąć porównamy moce obu układów
oczywiście im większa moc tym grzałki szybciej
zagrzeją wodę
a) szeregowo
Rc = 2 R
h=
P = UI
P = UI
I=
U = R⋅I
P = R⋅I2
P1 = R1 ⋅ I 2 =
W = mgh
R1ε 2
(R1 + R2 + Rw )2
U
R
U U2
=
Rc 2 R
b) równolegle
1
2
=
Rc R
Ps = U
= 0,843W
Zad 2.
P = UI
P
I = 1 = 0,454 A
U1
a)
P = UI
U
R=
I
U
I=
R
U2
P1 = 1
R
U2
R = 1 = 484Ω
P1
b)
2
1 
1 2
 U1 
U1
2
U2  2 
1
4
P2 =
=
=
= P1
R
R
R
4
Zad 3.
W1 = P ⋅τ
R
2
P = UI
U
I=
R
Rc =
U U 2 2U 2
Pr = U
=
=
R
Rc
R
2
Pr > Ps
jak widzimy lepiej połączyć grzałki równolegle
Zad 7.
praca potrzebna do zagrzania wody jedną grzałką:
U2
W=
⋅ t0
R
korzystając z zadania nr 6:
a) szeregowo
W2 = mc∆T
49
Ps =
U2
2R
q
= 3,94 A
t [s ]
Zad 2.
q = 2 F = 2 ⋅ N A ⋅ e = 193000C
Zad 3.
m Ag = V ⋅ ρ = S ⋅ d ⋅ ρ
t0
= 150s
2
Zad 8.
Rc = R1 + R2 + R3
(R1 + R2 + R3 )2
q=
m Ag
I=
q
t
m Ag ⋅ F ⋅ w
t=
U
U
=
Rc R1 + R2 + R3
U 2 R1
≈ 0,589mola
I=
tr =
P = I 2 R1 =
µ soli
q = n ⋅ F = 0,589 ⋅ 96500C ≈ 56756C
U2
U2
⋅ ts =
⋅ t0
2R
R
ts
= t0
2
t s = 2t 0 = 600s
b) równolegle
2U 2
Pr =
R
2
2U
U2
⋅ tr =
⋅ t0
R
R
2 ⋅ tr = t0
I=
m soli
n=
= 40W
Zad 9.
2
U
mct =
t
R
R ⋅ mct
t=
= 1384,2 s
U2
Zad 10.
liczymy opór przewodnika
l
l
R=ρ =ρ 2
S
πr
W = UI ⋅ t
t = 1s
U = IR
l
W = I 2 R = I 2 ρ 2 = 701J
πr
7.4. Elektrochemia
Zad 1.
(treść zadania powinna brzmieć: Oblicz, jaka masa
srebra wydzieli się podczas elektrolizy wodnego
roztworu zawierającego 100g azotanu srebra)
m
m Ag = soli ⋅ µ Ag
µ soli
g
µ soli = µ Ag + µ N + 3µO = 169,87
mol
msoli
m Ag =
⋅ µ Ag = 63,5 g
µ Ag + µ N + 3µO
µ Ag
⋅F ⋅w
µ Ag ⋅ I
=
S ⋅d ⋅ρ ⋅F ⋅w
= 4695s
µ Ag ⋅ I
w – wartościowość (dla srebra w = 1)
Zad 4.
obliczam średnie natężenie prądu
Ip − Ip Ip
I śr =
=
2
2
q = I śr ⋅ t
mCu
q=
µ Cu
⋅F ⋅w
w – wartościowość (dla miedzi w = 2)
m
I śr ⋅ t = Cu ⋅ F ⋅ w
µ Cu
mCu =
I p ⋅ t ⋅ µ Cu
2⋅ F ⋅w
= 0,494 g
Zad 5.
m
q = Cu ⋅ F ⋅ wCu
µ Cu
q=
m Ag
mCu
⋅ F ⋅ wCu =
µ Cu
µ Ag
m Ag =
⋅ F ⋅ w Ag
m Ag
µ Ag
⋅ F ⋅ w Ag
mCu ⋅ µ Ag ⋅ wCu
µ Cu ⋅ w Ag
= 33,95 g
Zad 6.
q = I ⋅t
q=
mCu
µ Cu
I ⋅t =
t=
⋅F ⋅w
mCu
µ Cu
⋅F ⋅w
mCu ⋅ F ⋅ w
= 12062 s
µ Cu ⋅ I
50
Zad 7.
równoważnik elektrochemiczny jest równy masie
substancji, jaka wydziela się na elektrodzie na skutek
przepływu przez elektrolit jednostkowego ładunku
elektrycznego
k ⋅w
F=
µ Cu
µ Cu
k=
= 3,3 ⋅ 10 − 4
wCu ⋅ F
Zad 8.
m PbSO4
q=
⋅ w⋅ F
g
C
q = (60 − 30 ) ⋅ 1A ⋅ 3600 s = 108000C
µ PbSO4 = µ Pb + µ S + 4 ⋅ µ O
= 169,78 g
w⋅ F
Zad 9.
F = NA ⋅e
Zad 10.
q = nH 2 ⋅ F ⋅ w
q = I ⋅t
I ⋅ t = nH 2 ⋅ F ⋅ w
I ⋅t
F ⋅w
w tym przypadku w = 2, ponieważ wodór występuje
w postaci dwuatomowych cząsteczek, zachodzi
reakcja
2 H + + 2e − → H 2
pV = nRT
nH 2 =
nRT0
It RT0
=
⋅
= 0,418dm 3
p0
2F p0
Zad 11.
m H 2O
I ⋅t =
⋅F ⋅w
V =
µH O
2
t=
2 ⋅ m H 2O ⋅ F
µH O ⋅ I
= 21444 s
2
w tym przypadku w = 2, ponieważ, zakładając,
występowanie wody w formie jonowej należy dwóm
jonom H+ dostarczyć 2 e-, a od tlenu odebrać 2 e-.
Zad 12.
W roztworze tym nastąpi elektroliza wody
∆m H 2O
I ⋅t =
⋅F ⋅w
µH O
2
∆m H 2O =
I ⋅ t ⋅ µ H 2O
2F
2
q = Q ⋅ 3600 s
w=2
q=
m PbO2
µ PbO
m PbO2 =
4
q ⋅ µ PbSO4
µ PbO
⋅2⋅ F
2
µ PbSO
m Pb =
W czasie rozładowywania akumulatora przebiega
reakcja:
PbO2 + SO42− + 4 H + + 2e − → PbSO4 + 2 H 2 O
m PbO2
q=
⋅w⋅ F
= 3,35 g
Zad 13.
q ⋅ µ PbO2
2⋅ F
q = 60 ⋅ 1A ⋅ 3600 s = 216000C
µ PbO = µ Pb + 2µ O
2
m PbO2 = 267,7 g
8.1. Pole magnetyczne
W zadaniach 1-3 korzystamy z reguły lewej dłoni (lub
reguły trzech palców)
Zad 1.
a) w lewo
b) w dół
c) w górę
d)w prawo
Zad 2.
proton
⊗
elektron
Zad 3.
Zatacza koła w górę (w obu przypadkach)
Zad 4.
mv 2
= Bqv
r
mv = Bqr
Bqr
m
mv 2 m B 2 q 2 r 2 B 2 q 2 r 2
Ek =
= ⋅
=
2
2
2m
m2
−17
E k = 3 ⋅ 10 J = 190eV
Zad 5.
mv 2
= Bqv
r
v = 2πrf
v=
m2πrf = Bqr
Bq
f =
2πm
Zad 6.
mv 2
= Bqv
r
mv = Bqr
51
mv
Bq
mv 2
E=
2
2E
V =
m
r=
v x = sin 45 o ⋅ v =
r=
2E
2E ⋅ m
m
r=
=
= 9,13 ⋅ 10 − 2
Bq
Bq
Zad 7.
patrz zadanie 6
2E ⋅ m
r=
Bq
m
rp =
rα =
2E ⋅ m p
Bq p
2e ⋅ 4 m p
B ⋅ 2q p
= rp
Zad 8.
E = qU
patrz zadanie 7
2qUm
r=
Bq
B=
2
v
2
2
v
2 = 1,84 ⋅ 10 −3 m
Bq
m⋅
d = 2πr ⋅ ctgα = 11,6 ⋅ 10 −3 m
Zad 11.
Fe = Fm
qE = Bqv
E
m
= 500
B
s
Zad 12.
a)
Bw = 0
b)
2µ 0 l
µl
Bw = 2 ⋅ 0 =
= 8 ⋅ 10 −6 T
a π ⋅a
2π ⋅
2
c)
Bw = 0
Zad 13.
Fr
v=
α
Fem
2qUm
qr
α
Bp =
2qUm p
Bd =
2U * 2m p
2
q r
Fz
2
qr 2
2Um p
=
qr
cos α =
2
Fr
Fem
Fr = Fem ⋅ cos α
= 2B p
Fr = Fz
BI ⋅ l ⋅ cos α = mg ⋅ sin α
Zad 9.
patrz zadanie 8.
2Um
B=
= 1,615 ⋅ 10 − 2 T
2
qr
Zad 10.
2
mv x
Bqv x =
r
mv x
r=
Bq
BI ⋅ l ⋅ cos α = πr 2 lρg ⋅ sin α
πr 2 ρg
B
Prąd płynie do nas
I = 0,63 A
Zad 14.
I = tgα ⋅
F
I
B
Q
α
B
v
α
α = 45 o
BIl = mg = πr 2 lg ρ
I=
α
π r 2 gρ
B
= 1,32 A
vx
52
praca jest mnożona przez 2 ponieważ w polu
magnetycznym znajdują się dwa fragmenty ramki
równoległe do linii pola (każdy o długości a)
α B×v
Zad15.
( )
F1
α = ω ⋅t
F = 2 Bqv
F2
B
F1 = F2 = BIa
a
2
M w = 2 M 1 = BIa 2
Zad 16.
Cu jest katodą, gdyż zachodzi redukcja:
Cu 2+ + 2e − → Cu 0
Zn jest anodą, gdyż zachodzi utlenianie:
Zn → Zn 2+ + 2e − ,
czyli elektrony płyną od cynku do miedzi, zatem
kierunek prądu: od miedzi do cynku
M 1 = M 2 = F1
2 Bqv ⋅ a ⋅ sin (ω ⋅ t )
= 2 Bva ⋅ sin (ω ⋅ t )
q
1
v =ω⋅ a
2
2π
ω=
T
 1 
E = 2 B ⋅ a ω ⋅ a  ⋅ sin (ω ⋅ t ) =
 2 
 2π 1 
= 2 B ⋅ a
⋅ a  ⋅ sin (ω ⋅ t ) =
 T 2 
E=
= 2B ⋅ a 2 ⋅
π
T
⋅ sin (ω ⋅ t )
Zad 3.
na elektrony w ramce działają następujące siły
B
N
F
S
v
F
Cu(+)
Zn(-)
(określanie biegunów w zwojnicy: patrząc na
zwojnicę tak, aby kierunek prądu zgodny był z
ruchem wskazówek zegara biegun północny znajduje
się na dalszym końcu zwojnicy)
S jest przed płaszczyzną pętli, a N za płaszczyzną,
bieguny przeciwne się przyciągają więc układ będzie
się przyciągał
8.2. Indukcja elektromagnetyczna
Zad 1.
W
q
W = F ⋅l
F = Bqv
E =
Bqv ⋅ l
E =
= Bvl = 40 V
q
E =T
m
N ⋅s m2
N ⋅m
J
m =
⋅
=
=
=V
s
C ⋅m s
C
C
Zad 2.
W
E=
q
W = 2 ⋅ F ⋅ a ⋅ sin α
F
F
siły F działające na elektrony w danych bokach ramki,
jak widzimy ich układ nie powoduje przepływu
(obiegu) elektronów, a zatem nie wytworzył się prąd
E=0
Zad 4.
SEM powstanie, jeżeli siły zaznaczone na rysunku w
poprzednim zadaniu będą powodować obieg
elektronów sytuacja taka będzie tylko wtedy, jeżeli w
polu magnetycznym znajdzie się tylko lewy lub tylko
prawy bok ramki (nie będzie wtedy siły na drugim
pionowym boku ramki hamującej obieg elektronów) ,
wówczas
E = Bva
ponieważ siły pochodzące od poziomych fragmentów
ramki będą się równoważyć.
∆Φ (B )
(E = −
, gdzie ∆Φ (B ) to zmiana strumienia
∆t
indukcji magnetycznej)
wchodząc w pole magnetycznej SEM będzie ujemny
ponieważ − ∆B jest mniejsza od 0, zaś wychodząc z
pola magnetycznego SEM będzie dodatni ponieważ
− ∆B jest większa od 0
53
E
Bva
t1
t
t2
-Bva
t1
a
v
d
t2 =
v
Zad 5.
a)
t1 =
F1
l F2
l v
B
siła F2 nie wpływa na ruch elektronów, zatem na ruch
elektronów wpływa tylko F1 więc
E a = Bvl
b)
v
F1
l
B
E b = Bvl
c)
l F2
v
l
F1
B
siła powodująca ruch elektronów jest równa
F = cos 45° ⋅ F1 = cos 45° ⋅ F2
ponieważ w polu umieszczone są dwa przewodniki
2
Fw = 2 ⋅ F1 ⋅ cos 45° = 2 ⋅ F1 ⋅
= 2 ⋅ F1
2
F ⋅l
2 ⋅ Bqv ⋅ l
Ec = w =
= 2 Bvl
q
q
Ea 1
=
Eb 1
Ea
1
=
Ec
2
Zad 6.
SEM indukcji powstaje wówczas, jeżeli ładunek
poruszając się wykonuje pracę. Siła konieczna do
wykonania tej pracy to siła Lorenza. Działające siły
muszą umożliwić obieg elektronów w obwodzie.
SEM indukcji powstaje np.: poruszając przewodnik
ustawiony prostopadle do linii pole mając na uwadze
powyższe zastrzeżenia, zmieniając pole magnetyczne
otaczające przewodnik (II prawo Maxwella)
Zad 7.
od strony pierścienia na końcu zwojnicy znajduje się
biegun N (określanie biegunów w zwojnicy: patrząc
na zwojnicę tak, aby kierunek prądu zgodny był z
się na dalszym końcu zwojnicy)
a) przesuwając suwak w prawo zmniejszamy pole
magnetyczne indukowane przez zwojnnicę, co jest
równoznaczne z odsuwaniem magnesu sztabkowego,
do pierścienia, zgodnie z regułą Lenza w pierścieniu
od strony zwojnicy powstanie biegun N, zatem
pierścień odchyli się w prawo (bieguny jednoimienne
odpychają się)
b) przesuwając suwak w lewo zwiększamy pole
magnetyczne indukowane przez zwojnnicę, co jest
równoznaczne z przysuwaniem magnesu sztabkowego,
do pierścienia, zgodnie z regułą Lenza w pierścieniu
od strony zwojnicy powstanie biegun S, zatem
pierścień odchyli się w lewo (bieguny różnoimienne
przyciągają się)
Zad 8.
Korzystamy z reguły Lenza: prądy indukcyjne
„starają się przeciwstawić” zmianom strumienia pola
objętego przez przewód. W naszym przypadku
powstaje pole magnetyczne od przewodnika w taki
sposób, aby „utrudnić” ruch magnesu, zatem
a) na górze zwojnicy powstanie biegun północny
(określanie biegunów w zwojnicy: patrząc na
zwojnicę tak, aby kierunek prądu zgodny był z
się na dalszym końcu zwojnicy),
zatem w górnym przewodzie prąd popłynie w lewo
b) na górze zwojnicy powstanie biegun północny,
zatem w górnym przewodzie prąd popłynie w lewo
Zad 9.
Zwojnica B ma po lewej stronie biegun S, w zwojnicy
A chcemy uzyskać po prawej stronie biegun S, należy
zatem zwiększać natężenie prądu (co będzie
analogiczne do przysuwania magnesu sztabkowego)
, zatem suwak należy przesunąć w lewą stronę
Zad 10.
Magnes zbliżając się do zwojnicy i oddalając się od
indukuje prąd, prąd nie płynie jeśli magnes znajduje
się wewnątrz zwojnicy.
I
t1
t
t1 – jest czasem przejścia przez zwojnicę
54
Zad 11.
F = BId
W = F ⋅ ∆l
W = BId ⋅ ∆l = 2 J
N ⋅s
N ⋅ s ⋅ A⋅m
W = T ⋅ A ⋅ m2 =
⋅ A ⋅ m2 =
=
C ⋅m
A⋅ s
= N ⋅m = J
Zad 12.
∆I
E=L
∆t
∆t ⋅ E
L=
= 0,5
∆I
s ⋅V
L=
=H
A
H – henr jednostka współczynnika indukcyjności oraz
współczynnika indukcji wzajemnej
Zad 13.
∆I
E=L
∆t
∆I = 4 A
∆t = 8 ⋅ 10 − 2
E = 500V
8.3. Prąd przemienny
Zad 1.
Wartością skuteczną zmieniającego się okresowo
natężenia prądu, SEM, napięcia nazywamy wartość
średnią kwadratową natężenia prądu, SEM, napięcia
w czasie równym jednemu okresowi jego zmian

U n2
U 12 U 22
+
+ ...
U sk =
t1
t2
tn


T = t1 + t 2 + ... + t n
, gdzie U1, U2,…, Un to część napięcia maksymalnego
w okresie
2
2
2

2

 U0 
 U0 
2
3
 + 0 = 3
 =
U sk = 
2
1
2
3
3
3
Zad 2.
2
2
U0
3
2
1 
1 
 I0 
 I0 
1 2 1 2
5
2 
4 

I sk =
+
=
I0 + I0 =
I0
1
1
2
8
8
2
2
Zad 3.
czas 10-3 s obejmuje 1,5 okresu
t
2
T=
= t
1,5 3
1
3
f = =
= 1500 Hz
T 2⋅t
Zad 4.
liczymy średnie napięcie
2 ⋅ 10 −6
I śr =
= 1µA
2
q = I ⋅ t = 1 ⋅ 10 −12 C
q
n = = 6,25 ⋅ 10 6 elektronów
e
Zad 5.
U0
= U sk
2
U 0 = 2 ⋅ U sk = 311V
Zad 6.
na początku policzymy opór występujący w zakładzie
przemysłowym
U2
P0 =
Rp
U2
P0
teraz policzmy moc jaka jest w układzie zakład plus
linia przesyłowa
U 2 ⋅ P0
U2
U2
P=
=
=
≈ 98039W
R + Rp
U 2 R ⋅ P0 + U 2
R+
P0
Rp =
∆P = P0 − P ≈ 2kW
Zad 7.
U w = nU 1 = 120V
P = U 1 I1
P
= 0,5 A
U1
P
Iw =
= 0,05 A
n ⋅U1
Zad 8.
W przypadku obwodu z szeregowo podłączonymi:
opornikiem, kondensatorem i cewką zawada ma
postać:
I1 =
2
1 

Z = R +  ωL −

ωC 

w przypadku braku któregoś z elementów pomijamy
odpowiedni fragment powyższego równania
2
55
1
ωC
ω = 2πf
Zc =
R=
I sk =
1
Zc =
2πf ⋅ C
Z c1 = 3185Ω
V ⋅s V ⋅s V
1
1
=
=
=
= =Ω
Hz ⋅ F 1 C
C
A⋅ s A
⋅
s V
Zad 9.
w przypadku tego obwodu zawada ma następującą
postać
Zc =
 1 
= R2 + 

 ωC 
2
2
 1 
Z = R +

 ωC 
więc opór pojemnościowy kondensatora jest równy
1
1
Zc =
=
ωC 2πfC
2
RC
2
2
 1 
2
2
2
Zc = R + 
 − R = Z RC − R
 ωC 
1
2
Z RC
− R2 =
2πfC
1
f =
= 9193,7
2
2πC Z RC
− R2
Zad 10.
w przypadku tego obwodu zawada ma następującą
postać
2
Z RL = R 2 + (Lω )
2
Z RL1 = 6280Ω
Z RL 2 = 31,4Ω
Zad 11.
U
U
I=
=
2
Z RC
 1 
2

R + 
 2πfC 
U
 1 

R + 
π
2
f
C
 1 
U
2
 1 

R 2 + 
 2πf 2 C 
Zad 12.
2
2
I1
=
I2
U sk
R + ( Lω )
2
2
U sk
=
= 0,93 A
2
U0 
2

 + (2πfL )
 I 
Zad 13.
Rc = R1 + R2
Z c 2 = 159,2Ω
Z RC
U0
I
 1 

R + 
π
2
f
C
2


2
 1 

R 2 + 
 2πf1C 
2
2
=
= 0,533
I sk =
Us
=
Z RLC
Us
1 

Rc2 +  ωL −

ωC 

Us
=
(R1 + R2 )2 +  2πfL −
1 

2πfC 
2
2
=
= 1,72 A

fazę początkową obliczamy, ze wzoru
1
1
2πfL −
ωL −
2πfC
ωC =
tgφ =
= 12,78
R
R1 + R2
φ ≈ 85°32′
Moc czynną obwodu wyrażamy wzorem
P = I sk ⋅ U s ⋅ cos φ
I sk =
Us
Z RLC
U s2
P=
⋅ cos φ =
Z RLC
U s2 ⋅ cos φ
(R1 + R2 )
2

1 

+  2πfL −
2
π
fC


2
w warunkach rezonansu
1
ω=
LC
zatem
Us
Us
I sk =
=
=
2
Z RLC




1
1 
2

Rc +
L−
 LC

1
C

LC 

Us
Us
=
=
=
2
2
 L
 L
LC 
L
2



Rc2 + 
−
R
+
−
c

 C

C
C
C




Us
U
Us
=
= s =
= 20 A
2
Rc R1 + R2
Rc
Zad 14.
w warunkach rezonansu
56
ω=
2πf =
1
T = 2s
LC
1
v max = ωA
LC
1
4π 2 f 2 =
LC
1
C=
= 2,5 ⋅ 10 −9 F
2 2
4π f L
s2
s⋅ A C
C=
=
=
= =F
1
V ⋅s
V
V
⋅H
2
A
s
9.1. Ruch harmoniczny
Zad 1.
1
 2π 
A = A sin
⋅t
2
 T 
1
1
 2π 
= sin 
⋅t
2
 T 
sin α jest równy 0,5 dla α = 30°, czyli π/6 radiana
2π
π
⋅t =
T
6
12t = T
T
t=
= 0,5s
12
Zad 2.
2
 2π 
A = A sin 
t
2
 T 
2
 2π 
t
= sin 
2
 T 
sin α jest równy 2 / 2 dla α = 45°, czyli π/4 radiana
2π
π
t=
T
4
T = 8t
T = 8s
Zad 3.
 2π 
x = A sin 
t  = A ⋅ sin (2πft ) = 0,02 ⋅ sin (4 ft )
 T 
Zad 4.
a)
 2π 
x = A sin 
t
 T 
 2π
0,04 sin πt = A sin 
 T
A = 0,04m
πt =

t

2π
t
T
ω=
v max
2π
T
m
2π ⋅ A
=
= 0,04π
T
s
 2π 
2 m
=ω A=
 ⋅ A = 0,04π 2
s
 T 
2
a max
2
b)
 2π 
x = A sin 
t
 T 
 2π 
2a sin 3πt = A sin 
t
 T 
A = 2a
3πt =
T=
v max
ω=
v max
2π
t
T
2
s
3
= ωA
2π
T
2π ⋅ A 2π ⋅ 2a
m
=
=
= 6πa
2
s
T
3
 2π 
2 m
a max = ω A = 
 ⋅ A = 18aπ 2
s
 T 
Zad 5.
podczas jednego okresu ciało przebywa drogę równą
czterem amplitudą:
s 4A
m
v śr = =
= 0,08
t
T
s
Zad 6.
 2π

x = A sin 
t +ϕ
 T

A = A sin ϕ
2
2
sin ϕ = 1
ϕ = 90° =
π
2
rad
Zad 7.
π

x = 0,2 sin  πt − 
3

wychylenie będzie maksymalne jeżeli:
π

sin  πt −  = 1
3

zatem
57
πt −
π
=
π
3 2
6πt − 2π = 3π
6πt = 5π
a
g
5
s
6
Zad 8.
1
T = = 0,004 s
f
3
t AB = T = 0,003s
4
3
t AC = T = 0,006s
2
Zad 9.
t=
α
α
sin α
tan α
0
0
0
0
1°
0,0175
0,0175
0,0175
a w2 = a 2 + g 2
aw = a 2 + g 2
T = 2π
2°
0,0349
0,0349
0,0349
3°
0,0524
0,0523
0,0524
4°
0,0698
0,0698
0,0699
5°
0,0873
0,0872
0,0875
dla „kątów małych” wartości: sin α i tg α są bardzo
zbliżone do siebie i jednocześnie zbliżone do miary
kąta wyrażonej w radianach.
Zad 10.
l
TZ = 2π
g
TK = 2π
aw
l
6l
= 2π
= 6 ⋅ TZ ≈ 4,9 s
g
g
6
Zad 11.
ogólny wzór na okres drgań ma postać:
l
T = 2π
g
gdzie l – to długość wahadła, a g – przyspieszenie
pochodzące od sił działających na ciało w stanie
równowagi
a)
a=0
l
T = 2π
g
b)
przyspieszenie ziemskie jest pomniejszone o
przyspieszenie windy
l
T = 2π
g −a
c)
przyspieszenie ziemskie jest powiększone o
przyspieszenie windy
l
T = 2π
g+a
d)
l
= 2π
aw
l
a2 + g 2
= 2π 4
l2
a2 + g 2
Zad 12.
sin α = 0,125
dla α = 5° sin α = 0,0875
0,125 > 0,0875
zatem kąt wychylenia tego wahadła jest zbyt duży,
aby przyjąć, że drgania tego wahadła są drganiami
harmonicznymi
Zad 13.
4
l
l
⋅ 2π
= 2π
3
g
g −a
4
3
l
=
g
l
g −a
16 l
l
=
9 g g −a
16 g − 16a = 9 g
16a = 7 g
7
a= g
16
Zad 14.
w windzie spadającej swobodnie panuje stan
nieważkości, czyli a = g,zatem nie jest możliwy ruch
harmoniczny, nie możemy więc mówić okresie drgań,
gdyż we wzorze
l
T = 2π
g −a
zakładamy, że a ≠ g
Zad 15.
linię pionu obie kulki osiągną równocześnie, gdyż
okres nie jest zależny od wychylenia początkowego
(dla „kątów małych”)
1
1
T1 = T2
4
4
Zad 16.
1
t1 = T = 0,5s
4
1
t 2 = T = 1s
2
58
Zad 17.
obręcz zawieszoną na gwoździu możemy potraktować
jako wahadło fizyczne, okres drgania wahadła
fizycznego wyraża się wzorem
I
T = 2π
mgd
, gdzie d jest odległością między przesuniętą osią
obrotu i osią obrotu przechodzącą przez środek
ciężkości.
I obreczy = mR 2
T = 2π
mR 2
2R
= 2π
1
g
mg ⋅ R
2
Zad 22.
2
mω 2  A 
1 mω 2 2
Ep =
A
  =
2 3
9 2
w przypadku wychylenia równego amplitudzie
energia całkowita wahadła jest równa energii
potencjalnej (v = 0, więc Ek = 0), jak widzimy
podczas wychylenia x = A/3 energia potencjalna jest
równa 1/9 energii całkowitej, zatem energia
kinetyczna: Ek = 8/9 energii całkowitej
1
E p 9 Ec 1
=
=
8
8
Ek
Ec
9
Zad 23.
Zad 18.
3
mR 2
4
3
mR 2
3R
T = 2π 4
= 2π
1
2g
mg ⋅ R
2
Zad 19.
Ręczny zegarek mechaniczny to zazwyczaj zegarek
balansowy, wykorzystuje on izochroniczne drgania
balansu; balans ma formę pierścienia, mogącego
obracać się dookoła osi wykonując ruch drgający pod
działaniem przymocowanej do osi sprężyny. Jego
działanie nie zależy od siły ciężkości, ani jej kierunku
(działa na przykład leżąc „do góry nogami”, w
przeciwieństwie do np. mechanicznych zegarów
ściennych), zatem może on działać w stanie
nieważkości.
Zad 20.
mω 2 2
Ep =
A sin 2 (ωt + ϕ ) =
2
2
m(2πf ) 2
 2π 
=
A sin 2 
t  = 3,94 J
2
 T 
kg
E p = 2 ⋅ m2 = N ⋅ m = J
s
Zad 21.
mω 2 2 2
E1 =
A sin (ωt + ϕ )
2
E
I tarczy =
mω 2  A 
2
E2 =
  sin (ωt + ϕ ) =
2 2
2
mω 2 A
=
sin 2 (ωt + ϕ )
2 4
2
mω 2 A
sin 2 (ωt + ϕ )
E2
1
= 22 4
=
E1
4
mω
A 2 sin 2 (ωt + ϕ )
2
2
t
- Energia potencjalna
- Energia kinetyczna
Zad 24.
Ec = E p + Ekin
mω 2 2
A
2
mω 2 2 2
Ep =
A sin (ωt + ϕ )
2
x = A sin (ωt + ϕ )
x
sin (ωt + ϕ ) =
A
2
2
mω 2  x 
Ep =
A ⋅ 
2
 A
Ekin = Ec − E p
Ec =
mω 2 2 mω 2 2  x 
=
A −
A ⋅  =
2
2
 A
2
E kin
=
2
mω 2 2   x  
A 1−  
  A 
2


59
9.2. Ruch falowy
Zad 1.
długością fali nazywamy drogę jaką przebędzie fala w
czasie jednego okresu, odległości tej odpowiadają
pary punktów:
AE, CG, BF, DH
Zad 2.
l = v ⋅T
l
m
=2
T
s
Zad 3.
f = const
v=
λ = v ⋅T =
f =
v1
v
f
v
λ
=
v2
λ1 λ2
λ2 v2
=
= 4,39
λ1 v1
Zad 4.
a)
załóżmy, że wychylenie początkowe równa się 0 , a
grzbiet fali znajdować się będzie w odległości n + 1/4
metrów (n – ilość pełnych metrów) od punktu
początkowego, zaś dolina fali znajdować się będzie w
odległości n + 3/4 metrów od punktu początkowego,
skoro długość fal jest równa 1m, zatem po przebyciu
5m w punkcie P wychylenie fali B jest równe 0 (pełna
liczba okresów), a po przebyciu dodatkowego 1/4
metra będzie tam grzbiet fali (zgodnie ze wzorem n +
1/4 metrów, w tym wypadku 5,25m),
po przebyciu 7,5m w punkcie P wychylenie fali A jest
także równe 0 (pełna liczba okresów + połowa
okresu), jednak po przebyciu dodatkowego 1/4 metra
będzie tam dolina fali (zgodnie ze wzorem n + 3/4
metrów, w tym wypadku 7,75m), zatem fale te będą
się wygaszać.
b)
załóżmy, że wychylenie początkowe fali równa się 0,
a grzbiet fali znajdować się będzie w odległości n +
1/4 metrów (n – ilość pełnych metrów) od punktu
początkowego dla fali A i w odległości n + 3/4
metrów (n – ilość pełnych metrów) od punktu
początkowego dla fali B, gdyż fazy są przeciwne , zaś
dolina fali A znajdować się będzie w odległości n +
3/4 metrów od punktu początkowego, a fali B w
odległości n + 1/4 metrów od punktu początkowego,
skoro długość fal jest równa 1m, zatem po przebyciu
5m w punkcie P wychylenie fali B jest równe 0 (pełna
liczba okresów), a po przebyciu dodatkowego 1/4
metra będzie tam grzbiet fali (zgodnie ze wzorem n +
1/4 metrów, w tym wypadku 5,25m),
po przebyciu 7,5m w punkcie P wychylenie fali A jest
także równe 0 (pełna liczba okresów + połowa
okresu), po przebyciu dodatkowego 1/4 metra będzie
tam grzbiet fali (zgodnie ze wzorem n + 3/4 metrów,
w tym wypadku 7,75m) zatem fale te będą się
wzmacniać
Zad 5.
odległość 5 cm odpowiada ¼ długości całej fali, skoro
oba źródła drgają w zgodnych fazach różnica faz
będzie równa ¼ długości fali (ogólnie równej 2π)
∆x
1 π
∆Φ = 2π ⋅
= 2π ⋅ =
l
4 2
Zad 6.
podczas jednego obrotu wibrująca tarcza powoduje
powstanie fali o długości 2l
2l
v=
T
1
T=
f
m
v = 2lf = 4
s
Zad 7.
największa prędkość będą miały cząsteczki wody przy
bardzo małym wychyleniu od stanu równowagi
∆x→0, kiedy cała energia fali skupia się w postaci
energii kinetycznej, dla fali sinusoidalnej (np.
dźwiękowej) przy ∆x→0 możemy przyjąć, że ten
fragment fali jest wycinkiem okręgu, zatem
v = ωr
vcz = ωA =
T=
λ
2πA
T
vf
vcz =
2πA ⋅ v f
λ
m
s
9.3. Akustyka
= 0,182
Zad 1.
λ = v ⋅T =
λ1 =
v
f
v
= 16,5, m
f1
v
= 0,0165m
f2
Zad 2.
czas potrzebny fali na dotarcie do przeszkody to t/2 (t
jest czasem drogi w dwie strony)
1
s = v ⋅ t = 2682m
2
Zad 3.
λ2 =
60
l = vt
t=
l
v
∆t = t p − t s =
l=
∆t ⋅ v s ⋅ v p
vs − v p
l (v s − v p )
l
l
− =
v p vs
vs ⋅ v p
= 176m
Zad 4.
λ = v ⋅T =
v
f
m
s
λ = 6,6 ⋅ 10 −5 m
Zad 5.
P
I0 =
S
P = I0 ⋅ S
należy pamiętać, aby zamienić cm2 na m2
P = 10 −12 ⋅ 5 ⋅ 10 −4 = 5 ⋅ 10 −16 W
Zad 6.
Jeżeli natężenie wzrasta o 1 rząd (10 razy) to wzrasta
o 1 bel (,czyli 10dB)
∆I = log n = log1000 = 3B = 30dB
I 1 = I 0 + ∆I = 70dB
Zad 7.
∆I = 50dB = 5 B
I2
= 10 5
I1
Zad 8.
f = const
v
λ = v ⋅T =
f
v
f =
v = 330
λ
v1
λp
=
λ2 =
v2
λ2
v2 ⋅ λ p
v1
= 4,69m
Zad 9.
w rurze powstanie dźwięk na skutek powstania fali
stojącej; fala taka musi mieć węzły co najmniej na
początku i końcu ośrodka sprężystego, zatem długość
fali:
2L
λs =
n
, gdzie n = 1,2,3,…dla strun, prętów oraz gazów w
rurach otwartych z obu stron
, gdzie n = 1,3,5,…,2m+1 dla gazów w rurach
zamkniętych z jednej strony
W naszym przypadku długość tego ośrodka wynosi
L = 2h (dwie długości rury, ze względu na zamknięty
jeden koniec)
zatem maksymalna długość fali otrzymujemy dla
n = 1:
λs = 2L
v
v
f =
=
= 165 Hz
λ s 4h
Zad 10.
dla fali akustycznej rozchodzącej się kuliście mamy
zależność
I ⋅ 4πr 2 = const
zatem
1
I~ 2
r
1
I1 r12 r22
=
=
= 16
1 r12
I2
r22
Zad 11.
2L
λs =
n
v
λs =
f
2L v
=
n
f
vn
L=
2f
v – to prędkość fali dźwiękowej w powietrzu 330 m/s
v
L1 =
= 0,25m
2f
2v v
L2 =
= = 0,5m
2f
f
3v
L3 =
= 0,75m
2f
itd.
Zad 12.
2L
λs =
= 2L
n
v
λs =
f
v
= 2L
f
m
v = 2 fL = 3000
s
(jest to prędkość rozchodzenia w strunie i nie można
jej mylić z prędkością rozchodzenia w powietrzu)
61
Zad 13.
2L
λs =
= 2L
n
L = 2h
v
λs =
f
v
= 4h
f
v
h=
= 0,0275m
4f
v – to prędkość fali dźwiękowej w powietrzu 330 m/s
Zad 14.
λ s max = 2 Lmax
Lmax = 2hmax
λ s max =
v
f min
v
f min
= 4hmax
hmax =
v
= 4,15m
4 ⋅ f min
λ s min = 2hmin
λ s min =
v
f max
v
f max
= 2hmin
v
= 0,00825m
2 ⋅ f max
Zad 15.
rurę z wodą traktujemy jako rurę zamkniętą z jednej
strony
2 L 4h
λs =
=
n
n
v
= 4h
f
v
f =
= 412,5 Hz
4h
w rurach zamkniętych z jednej strony drugi rezonans
następuje dla n = 3 (następne dla n = 5, 7, 9, itd.)
4h
4h1 = 2
3
h2 = 3h1 = 60m
Zad 16.
λs = 2 L
hmin =
v
f
v
f1 =
2L
λs =
4 v
4
v
= ⋅
= f1
3
3 2L 3
2⋅ L
4
Zad 17.
korzystamy z równania opisującego zjawisko
Dopplera (zbliżając się do źródła słyszymy
częstotliwość fal wyższą od częstotliwości
wytwarzającego je źródła)
1
f1 = f 0
v
1− 0
v
vf – prędkość rozchodzenia się fali
v – prędkość zbliżania się do źródła
(jeżeli oddalamy się od źródła znak minus
zastępujemy plusem i wówczas oczywiście v staje się
prędkością oddalania się od źródła)
f1 = 1031,25 Hz
(podana w odpowiedziach odpowiedź jest
przybliżeniem, korzystającym z faktu, że (v0/v)2 jest
praktycznie równe 0, takiego przybliżenia nie można
dokonać dla dużych v0)
Zad 18.
określając częstotliwość korzystamy z równania
opisującego zjawisko Dopplera, słysząc zbliżający się
pociąg do naszych ust dociera częstotliwość wyższa
od f0, kiedy pociąg się oddala jest ona niższa, podczas
przejazdu obok nas częstotliwość słyszana jest równa
f0
f
f2 =
f0
t
natężenie dźwięku jest odwrotnie proporcjonalne do
kwadratu odległości:
1
I~ 2
r
I
t
9.4. Fale elektromagnetyczne
Zad 1.
Układ LC rejestruje fale, które odpowiadają jego
okresowi w którym powstaje rezonans,czyli:
62
1
ω=
LC
c
f
2π
= 2πf
ω=
T
λ=
f =
1
ω
=
2π 2π LC
c
1
λ=
= c ⋅ 2π LC = 1191,5m
2π LC
Zad 2.
wypełniając kondensator dielektrykiem εr = 5
zwiększymy jego pojemność 5 razy, gdyż
Sε ε
C= 0 r
d
1
f0 =
2π LC
f
1
f1 =
= 0 = 0,894 Hz
2π L ⋅ 5 ⋅ C
5
Zad 3.
c
c
= c ⋅ 2π LC
λ= =
1
f
2π LC
λ
= LC
4π 2 c 2
λ2
L=
= 0,56 µH
4π 2 c 2 ⋅ C
2
m2
s2 s2 V ⋅ s2 V ⋅ s2 V ⋅ s
=
=
=
=
=
=H
C
F
C
A⋅ s
A
m2
⋅F
V
s2
Zad 4.
c
λ = c ⋅ T = = 4,29m
f
Zad 5.
0,1 ⋅ 10 −3
10 −4
1
n=
=
= ⋅ 10 3 = 0,25 ⋅ 10 3 = 250
−9
−7
4
400 ⋅ 10
4 ⋅ 10
Zad 6.
c
λ=
f
c
f = = 4,29 ⋅ 1014 Hz
L=
λ
Zad 7.
np.
fale długie, radiofonia, UKF i telewizja, mikrofale,
podczerwień, światło widzialne, nadfiolet, promienie
X miękkie, promienie X twarde, promienie gamma
Zad 8.
s 1,5 ⋅ 1011
t= =
= 500 s = 8 min 20 s
c
3 ⋅ 10 8
Zad 9.
rok świetlny to odległość jaką przebędzie światło w
ciągu 1 roku
s = c ⋅ t = 3 ⋅ 10 5 ⋅ 3600 ⋅ 24 ⋅ 365 ≈ 9,46 ⋅ 1012 km
10.1. Optyka fizyczna
Zad 1.
aby obserwować interferencję fal promieniowanie w
każdej wiązce musi pochodzić od tych samych
atomów, gdyż tylko wtedy długości fal będą
identyczne, czego nie da się uzyskać mając dwa różne
źródła
Zad 2.
rozciągłe źródło światła wysyła fale świetlne dla
których różnica faz drgań jest przypadkową funkcją
czasu, niespójność tych fal powoduje losowe padanie
na szczeliny, przez co zamazują się prążki (w
szczeliny wchodzą fale z przesuniętymi fazami)
Zad 3.
stałą (okresem) siatki dyfrakcyjnej nazywamy
wielkość d = a + b, gdzie „a” jest szerokością
nieprzezroczystego paska przesłony, a „b”
szerokością szczeliny
w naszym wypadku na 1 milimetr przypada 100 rys, a
więc także 100 miejsc nieprzezroczystych
(a + b ) ⋅ 100 = 10 6 nm
a + b = 10 4 nm
d = 10 4 nm
Zad 4.
d sinψ = nλ
gdzie n jest rzędem maksimum głównego, z
warunków zadania n = 1.
d sinψ = λ
d=
λ
= 2000nm
sinψ
Zad 5.
(konsekwentnie z poprzednimi zadaniami oznaczmy
stałą siatki przez d)
d sinψ = nλ
n=2
d sinψ = 2λ
d sinψ
= 587 nm
2
Zad 6.
kąt ψ musi być mniejszy 90°, zatem sin ψ ≤ 1
d sinψ = nλ
λ=
sinψ =
nλ
d
63
nλ
≤1
d
d
n≤
tgα B =
sin α B sin α B
=
= n = 1,4
cos α B sin β B
α B = 54°28'
sin α B
n=
sin β B
λ
n ≤ 4,6
n∈N
n≤4
maksymalny rząd widma wynosi 4.
Zad 7.
Jeżeli na siatkę dyfrakcyjną światło pada ukośnie to
warunek dla maksimów głównych przybiera postać
d(sinψ + sini) = nλ,
gdzie i jest kątem padania światła na powierzchnię
siatki
500(a + b ) = 10 6 nm
sin α B
= 0,581
n
β B = 35°30′
sin β B =
10.2. Odbicie i załamanie światła
Zad 1.
a+b = d
10 6 nm
= 2000
500
d (sinψ + sin i ) = nλ
nλ
sinψ + sin i =
d
nλ
sinψ =
− sin i = 0,176
d
ψ = 10°06′
Zad 8.
kąt pod jakim musi badać światło niespolaryzowane,
aby światło odbite było spolaryzowane nosi nazwę
kąta Brewstera:
sin α B
= n = 1,51
tgα B =
cos α B
α α
d=
α B = 56°30'
Zad 9.
sin α B
n=
sin β B
βB =
π
2
−αB
π

sin β B = sin  − α B  = cos α B
2

sin α B
n=
cos α B
tgα B =
sin α B
= n = 1,33
cos α B
α B = 53°06'
jest to kąt pomiędzy promieniem słonecznym, a
normalną, zatem kąt nad jakim znajduje się nad
horyzontem słońce jest równy
α = 90° − 53°06' = 36°54'
Zad 10.
∆α
α ∆α
α+ ∆α
promień zmieni kierunek o kąt równy 2∆α.
Zad 2.
korzystamy z równania soczewki (prawidłowego
także dla zwierciadła kulistego)
1 1 1
= +
f
x y
f – ogniskowa
x – odległość przedmiotu od zwierciadła
y – odległość obrazu od zwierciadła
1
f = r
2
1
1 1
= +
1
r x l
2
2 l+x
=
r
xl
2 xl = rl + rx
x(2l − r ) = rl
rl
x=
= 26,7
2l − r
Zad 3.
obraz n razy większy znajduje się w odległości n razy
większej niż przedmiot od zwierciadła, zatem
64
1 1 1
= +
f l nl
1
f = R
2
2 n +1
=
R
nl
2nl
R=
= 0,2m
n +1
Zad 4.
przejście promienia przez F powodu je powstanie
wiązki równoległej do OF, zaś przejście promienia
przez O powoduje ,że wiązka odbita pokrywa się z
wiązką padającą (α = 0), zatem w naszym wypadku
wiązka odbije się pod kątem pośrednim
c
v
c
v=
n
n=
c
m
= 2,26 ⋅ 10 8
n
s
c
m
v d = = 1,25 ⋅ 10 8
n
s
Zad 8.
v z indeksem to prędkość światła w odpowiednim
ośrodku.
vp
ns =
vs
vw =
vp
nw =
F
O
Zad 5.
1 1 1
= +
f
x 2R
1
f = R
2
2 2R + x
=
R
2 xR
4 xR
= 2R + x
R
4x = 2R + x
2
R
3
obraz n razy większy znajduje się w odległości n razy
2 R = nx
x=
2
2R = n R
3
n=3
Zad 6.
załamanie światła przez gazy zmienia się wraz z
temperaturą, gorący mur podgrzewa otaczające go
powietrze przez co obserwujemy różnice załamania
światła przez powietrze w zależności od odległości od
muru, powoduje to, że widzimy obraz jakby falował.
Zad 7.
z definicji: współczynnik załamania światła to
wielkość n równa stosunkowi prędkości c fal
elektromagnetycznych w próżni do ich prędkości
fazowej v w ośrodku
vw
n sw =
vw
vs
vw =
vp
vs =
nw
vp
ns
vp
nw
n
= s = 1,13
vp
nw
ns
Zad 9.
c
n=
vw
n sw =
h = c ⋅t
c
h
⋅ t = = 2,26
n
n
Zad 10., Zad 11.
korzystamy z wzoru Snelliusa:
sin α
=n
sin β
, gdzie α jest kątem padania, a β kątem załamania,
(ponieważ promień przechodzi z powietrza do wody)
sin α sin 60°
=
sin β =
= 0,651
n
n
β = 40°38'
h2 = v w ⋅ t =
α
β
Zad 12.
65
sin α
sin β
α = 90° − ϕ
n=
α
β
sin α = sin (90° − ϕ ) = cos ϕ
cos ϕ
sin β
cos ϕ
sin β =
n
x
sin β =
y
n=
sin α
sin β
(90° − α ) + (90° − β ) = 90°
n=
α + β = 90°
β = 90° − α
sin β = sin (90° − α ) = cos α
sin α
= tgα = 1,54
n=
cos α
α = 57°
Zad 13.
y = d 2 + x2
cos ϕ
=
n
x
d 2 + x2
cos 2 ϕ
x2
=
n2
d 2 + x2
d 2 cos 2 ϕ + x 2 cos 2 ϕ = x 2 n 2
x 2 n 2 − x 2 cos 2 ϕ = d 2 cos 2 ϕ
γ β
d 2 cos 2 ϕ
x = 2
n − cos 2 ϕ
2
α
x=
sin β
sin α
sin α = 30°
sin β = n sin α = 0,665
β = 41°41'
n=
γ = 90° − β = 48°19'
d 2 cos 2 ϕ
=
n 2 − cos 2 ϕ
d cos ϕ
n 2 − cos 2 ϕ
= 0,811m
Zad 15.
najmniej załamuje się światło czerwone, najbardziej
światło fioletowe (przy pierwszym załamaniu kąt
załamania jest większy od kąta padania, ponieważ
światło przechodzi z ośrodka, w którym prędkość
światła jest mniejsza do ośrodka gdzie ta prędkość jest
większa)
Zad 14.
żółte
fioletowe
φ α
czerwone
β
y
d
x
światło
białe
Zad 16.
pryzmat ten jest trójkątem równobocznym
60°
α
β
γ
δ
66
sin α
sin β
sin α
sin β =
= 0,541
n
β = 32°46'
n=
φ
α
β
90° − β + 90° − γ + 60° = 180°
β + γ = 60°
γ = 27°24
sin δ
n=
sin γ
sin δ = n sin γ = 0,736
δ = 47°25'
normalna boku na którym następuje drugie załamanie
światła jest równoległa do pierwotnego promienia (są
one nachylone od podstawy o ten sam kąt = 30°),
zatem promień ten odchyli się o:
δ = 47°25'
Zad 17.
kąt graniczny β spełnia równość
sin α
n=
sin β
α = 90°
sin α = 1
1
sin β =
n
β w = 48°45'
β s = 41°30'
β d = 24°24'
90° − α = 180° − 90° − ϕ
α =ϕ
sin β
n=
sin α
n ⋅ sin α = sin β
β < 90°
sin β < 1
n ⋅ sin α < 1
1
sin α <
n
1
sin ϕ <
n
sin ϕ < 0,667
ϕ < 41°48'
Zad 20.
aby wykreślić drogę promienia słonecznego należy
podzielić atmosferę na jak najwięcej warstw dla
których przyjmujemy uśrednione współczynniki
załamania, pamiętając, że współczynniki załamania
rosną wraz ze zbliżaniem się do powierzchni
(ponieważ wzrasta gęstość)
w pewnym przybliżeniu promień ten ma kształt
Zad 18.
mamy to do czynienia z odbiciem wewnętrznym, kąt
padania promieni tworzy z normalną kąt 45°, zatem
sin α
n=
sin β
sin α = n sin β
sin α > 1
n sin β > 1
1
n>
sin β
β = 45°
1
2
n>
=
2
2
2
n > 2 ≈ 1,41
Zad 19.
10.3. Soczewki
Zad 1.
korzystam z wzoru soczewkowego
1 1 1
= +
f
x y
f – ogniskowa soczewki
x – odległość od przedmiotu
y – odległość od obrazu
67
1 1 1
= +
f
x l
1 l+x
=
f
xl
fl + fx = xl
x(l − f ) = fl
fl
x=
= 0,105m
l− f
Zad 2.
dla obrazu pozornego wzór soczewkowy przyjmuje
postać
1 1 1
= −
f
x y
1 1 1
= −
f
x d
1 d−x
=
f
xd
xd = fd − fx
x(d + f ) = fd
fd
x=
= 0,042m
d+ f
obraz p razy większy znajduje się w odległości p razy
d
p = = 5,96
x
Zad 3.
obraz k razy większy znajduje się w odległości k razy
obliczamy ogniskową:
1 1 1
= +
f d kd
1 1+ k
=
f
kd
wyprowadźmy wzór na promień krzywizny
α
β
d
β
β
φ
O
F
r
sin α α
≈
sin β β
α ≈ nβ
d
sin β ≈ β =
r
d
tgϕ ≈ ϕ =
f
ϕ =α −β
d
d
≈ ϕ = α − β = nβ − β = (n − 1)β ≈ (n − 1)
f
r
d
d
≈ (n − 1)
f
r
1
1
= (n − 1)
f
r
korzystając z wcześniej obliczonego ilorazu 1/f mamy:
(n − 1) 1 = 1 + k
r
kd
1
1+ k
=
r kd (n − 1)
kd (n − 1)
r=
= 0,033m
1+ k
Zad 4.
1
1
= (n − 1)
f
r
r
f1 =
n1 − 1
n=
f2 =
r
n2 − 1
r
f1
n − 1 n2 − 1
= 1
=
= 1,2
r
f2
n1 − 1
n2 − 1
Zad 5.
współczynnik załamania światła to wielkość n równa
stosunkowi prędkości c fal elektromagnetycznych w
próżni (w treści zadania podane są współczynniki
względem powietrza) do ich prędkości fazowej v w
ośrodku;
v z indeksem to prędkość światła w odpowiednim
ośrodku.
f
oczywiście jest to schemat bardzo „skoncentrowany”
w rzeczywistości odległości r i f są znacznie większe
dlatego kąty α i β są niewielkie, zatem prawo
Snelliusa przyjmie postać (oczywiście kąty wyrażamy
w radianach)
68
n1 =
vp
n2 =
vp
n=
vs
vw
vs
vw =
vp
vs =
vp
Zad 9.
n2
F
F
n1
vp
n
n
n= 2 = 1
v p n2
n1
zatem wzór przyjmie postać
1 1
1
= (n − 1) + 
f
 r1 r2 
Zad 6.
rozpraszającą ponieważ współczynnik załamania
światła przechodzącego z wody do powietrza jest
mniejszy od 1, zatem korzystając z prawa Snelliusa
kąt załamania musi być większy od kąta padania
Zad 7.
n
n sw = s
nw
korzystamy ze wzoru na ogniskową
1
1
= (n − 1)
f
r
r
f =
n −1
r
f1 =
ns − 1
f2 =
F
F
vw
r
n sw − 1
=
r
ns
−1
nw
ns
r
−1
ns − 1 nw
f1
=
=
= 0,256
r
f2
ns − 1
ns
−1
nw
Zad 8.
Zad 10.
Zakładamy, że F jest ogniskiem soczewki wobec
powietrza
powietrze
woda
Zad 11.
α
αβ
β
O
z prawa Snelliusa
sin α
n=
sin β
dla małych kątów wyrażenie to przyjmuje postać
n≈
α
β
kąt α jest 2 razy większy od kąta β są to kąty oparte na
tym samym łuku, α jest kątem środkowym, a β kątem
wpisanym, zatem
2β
n≈
=2
β
Zad 12.
jest możliwe, jednak otrzymany obraz, będzie
obrazem przedmiotu znajdującego się przed nie
zasłoniętą częścią soczewki
F
F
F
F
69
10.4. Przyrządy optyczne
Zad 1.
1
z=
f
1
f = = 0,4m
z
jest to soczewka skupiająca (ponieważ zdolność
skupiająca jest dodatnia), zatem wyrównuje wadę
dalekowzroczności
1 1 1
= +
f l a
l → ∞, 1/l → 0, zatem
1 1
=
f a
1
1
1 1
+
= +
f
f okularow d a
1
1
1 1
+
= +
a f okularow d a
1
Zad 2.
1 1 1
+ =
a l f
a – odległość od soczewki oka do siatkówki
f – ogniskowa soczewki w oku
1 1 1
1
+ = +
a d f
f okularow
1 1 1 1
1
+ = + +
a d a l f okularow
1
=
1 1
− = zokularow = 2 D
d l
f okularow
Zad 3.
możemy np. zogniskować promienie słoneczne (które
traktujemy jako wiązki równoległe) i wyznaczyć
odległość od podłoża do soczewki, która będzie
ogniskową
f
Zad 4.
1 1 1
= +
f l a
1
1
1 1
+
= +
f
f okularow x a
1 1 1 1
1
+ = + +
x a a l f okularow
1
1 1
= −
f okularow x l
ponieważ x → ∞, 1/x → 0, zatem
1
1
= − = z = −1D
f okularow
l
Zad 5.
=
1
= z = 4D
d
f okularow
Zad 6.
w mikroskopie nie można rozróżniać kształtów
przedmiotów, których rozmiar jest mniejszy od
długości fali, ponieważ fala świetlna (powstała w
skutek dyfrakcji) docierająca od dwóch punktów
leżących w odległości mniejszej niż długość fali
interferuje w ten sposób iż tworzy się fala
odpowiadająca fali wysyłanej przez jeden punkt,
znajdujący się pomiędzy tymi dwoma
Zad 7.
układ soczewek znajdujący się w mikroskopie działa
następująco: pierwsza soczewka wytwarza obraz
rzeczywisty, powiększony i odwrócony przedmiotu,
druga – obraz pozorny nieodwrócony i powiększony
tego pierwszego, najlepiej zatem umieścić skalę w
miejscu powstania obrazu rzeczywistego przedmiotu,
gdyż obraz pozorny, który będziemy obserwować
będzie już zawierał tę skalę (przez co zniekształcenia
powstałe na drugiej soczewce nie spowodują błędu w
pomiarze), także nie zmieni się skala pomiaru po
zmianie wielkości powiększenia okularu.
przedmiot
Obraz
rzeczywisty
Obraz
pozorny
Zad 8.
kąt pomiędzy tymi kropkami musi być większy od 1’
schematycznie:
l
h
α
l
sin α = tgα
ponieważ kąt α jest bardzo mały
h
sin α =
l
h
l=
= 3,44m
sin α
Zad 9.
70
zmniejsza się kąt załamania światła na oku ludzkim
gdyż współczynnik załamania woda-oko jest mniejszy
od współczynnika załamania powietrze-oko, na
siatkówce powstaje obraz taki jak u osób z
dalekowzrocznością
p=
=
d
b
a
l
b
d
bd
,n =
, p = n⋅m =
a
l −b
al − ab
1 1 1
f = a+b
 1
1
1
1
−
 =
 f2 l − b d

bd
p =
al − ab

1 1 1
= +
f1 a b
m=
1 a+b
=
f1
ab
ab
f1
af1 + bf1 = ab
a=
bf1
b − f1
1
1
1
=
−
f2 l − b d
1 d −l +b
=
f 2 d (l − b )
d
=
f1 f 2 d
dl + f 2 l − f 2 d − f 1 ( f 2 + d )
dl + f 2 l − f 2 d − f 1 ( f 2 + d )
= 341,5
f1 f 2
(w odpowiedziach w zbiorze przyjęto dość daleko
idące uproszczenia mianowicie: p = bd/f1f2 co jest
uproszczeniem wyrażenia p = (b/f1-1)*(d/f2+1) oraz b
= l - f2, zamiast b = (dl+f2l-f2d)/(f2 + d)
Zad 11.
1 n 1
= −
f d d
d
= n −1
f
d
n = +1 = 6
f
Zad 12.
stała siatki jest to suma jednostkowej szerokości
części nieprzepuszczalnej i przepuszczalnej, dla
naszego kartonu
a ′ = d + d = 2d = 2mm
a ′ 2d
a= =
n
n
2d
n=
a
1 1 n 1 2d a + 2d
= + = +
=
f
x x x ax
ax
ax = f (a + 2d )
=
f (a + 2d )
a
dl − db = f 2 d − f 2l + f 2b
x=
f 2b + db = dl + f 2l − f 2 d
10.5. Fotometria
Zad 1.
1
E = 2 cos α
r
1
1
E1 = 2 cos α = 2
a
a
1
1
E2 = 2 cos α = 2
cos α
c
a + b2
b=
=
 dl + f 2 l − f 2 d 
f 1 (dl + f 2 l − f 2 d )
l −

dl + f 2 l − f 2 d − f 1 ( f 2 + d ) 
f2 + d

d
f2 + d
f1
f l + dl − dl − f 2 l + f 2 d
⋅ 2
dl + f 2 l − f 2 d − f 1 ( f 2 + d )
f2 + d
Zad 10.
a+b =
dl + f 2 l − f 2 d
d
f2 + d
dl + f 2l − f 2 d
f2 + d
dl + f 2l − f 2 d
f1
f1 (dl + f 2l − f 2 d )
f2 + d
=
a=
dl + f 2l − f 2 d
− f1 dl + f 2l − f 2 d − f1 ( f 2 + d )
f2 + d
71
cos α = sin (90 − α ) =
1
a + b2
E2 =
2
E1
=
E2
(a
a
a2 + b2
1
a2
a
2
+ b2
a
a2 + b2
=
(a
=
)
2
(a
a
2
+ b2
a3
+ b2
)
)
3
3
= 4,62
3
Zad 2.
1
1
E = 2 cos(90 − ϕ ) = 2 sin ϕ
r
r
1
sin ϕ1
2
sin ϕ1
E1
= r
=
= 4,25
1
sin ϕ 2
E2
sin ϕ 2
r2
Zad 3.
1
1
t~ =
1
E
cos α
d2
1
1
cos α
2
t1
d12
d 22  d 2 


=
= 2 =   = 16
1
t2
d1  d1 
1
cos α
d 22
Zad 4.
I
I
n
= 2
2
(d − x ) x
1
1
= 2
2
(d − x ) n x
(d − x )
ηP
= 159,2cd
4π
I=
Zad 6.
Φ = Iω
∆S
r2
∆S
Φ = I 2 = 1,2 ⋅ 10 −4 lm
r
∆S
I 2
Φ
I
E=
= r = 2 = 0,3lx
∆S
∆S
r
11.1. Dualizm korpuskularno-falowy
Zad 1.
zgodnie z prawem przesunięć Wiena:
C
λ=
T
C
T = = 5216 K
ω=
λ
Zad 2.
na naszą opaleniznę wpływ ma promieniowanie UV,
jak wiemy atmosfera absorbuje je; w górach warstwa
atmosfery jest mniejsza przez co dociera więcej
promieni UV
Zad 3.
C
λm1 =
T0
λm 2 =
n=x
d n−x n =x
(
d n = x 1+ n
x=
boku równym promieniowi tej kuli (analogicznie jek
radian lecz w dwóch wymiarach); kąt bryłowy pełny
to 4π sr (.
Φ
η=
P
Φ = ηP
)
d n
=3
1+ n
x – jest odległością od mocniejszego źródła światła
Zad 5.
światłość to stosunek strumienia świetlnego
wysyłanego przez źródło punktowe w nieskończenie
małym stożku do kąta bryłowego tego stożka
Φ
I=
ω
jednostką jest kandela (W/sr wat na steradian)
steradian to jednostka kąta bryłowego, jest to kąt o
wierzchołku w środku kuli, wycinający z jej
powierzchni część równą powierzchni kwadratu o
C
T0 + ∆T
∆λ m =
CT0 + C∆T − CT0
C
C
−
=
=
T0 T0 + ∆T
T02 + ∆T ⋅ T0
C∆T
= 2,6310 −7 m
T + ∆T ⋅ T0
energia emitowana jest proporcjonalna do natężenia
promieniowania
E~I
=
2
0
I = σT 4
σ – stała Stefana-Boltzmanna
4
E 2 σT24  T0 + ∆T 
 = 1,464
=
=
E1 σT04  T0 
Zad 4.
W strefie podbiegunowej do powierzchni Ziemi
dociera szczególnie dużo promieniowania świetlnego
(w tym także groźnego dla człowieka promieniowania
72
UV); należy, zatem ubierać się na jasno, aby odbić jak
najwięcej tego promieniowania.
Zad 5.
korzystamy z prawa przesunięć Wiena oraz z prawa
Stefana-Boltzmanna
C
λ=
T
C
T=
λ
E ~ σT 4
4
 C 
4


4
 λ1 
E 2 σT2  λ 2 
=
=
=   = 9,38
E1 σT14  C 
 λ2 


 λ1 
Zad 6.
w fizyce kwantowej częstotliwość oznaczamy literą υ
(ni)
E = hν
λ=
ν=
λ
c
E
E = mc 2
λ=h
h
= 2,42 ⋅ 10 −12 m
mc
Zad 9.
E = hν
λ=
λ=
ν=
c
ν
c
λ
a)
E = hν
E
ν
c
λ
υ
h
h
c
λ2
c
λ1
=
λ1
= 4,7
λ2
λ=
c
ν
c
λ
E=h
c
ν
c
λ
wykresem będzie hiperbola
E
c
λ
E=h
b)
E = hν
ν=
Zad 7.
E = hν
ν=
c
c
E2
=
E1
λ=
E=h
c
λ
= 4,87 ⋅ 10 −19 J = 3eV
E [J ]
E [J ]
=
e
1,6 ⋅ 10 −19
Zad 8.
energię całkowitą będącej w stanie spoczynku cząstki
lub układu cząstek (np. jądra atomowego, atomu,
cząsteczki) równą W = mc2 nazywamy energią
spoczynkową
E = hν
c
λ=
eV =
ν
ν=
c
λ
λ
Zad 10.
E = hν
c
λ=
ν
ν=
c
λ
E=h
c
λ
73
E a = 2,83 ⋅ 10 −19 J
E kin = E − W = hν 2 − hν 1 = h(ν 2 − ν 1 )
Eb = 3,54 ⋅ 10 −19 J
h=
E c = 4,96 ⋅ 10 −19 J
Zad 11.
długość fal światła widzialnego to: 400-700 nm
c
E=h
λ
c
= 283,9 ⋅ 10 −9 m = 283,9nm
E
promieniowanie to nie należy do obszaru światła
widzialnego
Zad 12.
E = W + E kin
λ=h
E =
hc
λ
E kin = E − W =
E kin
hc
λ
−W
v=
λ=
c
c
λ
= 3 ⋅ 10 −7 m = 300nm
ν1
Zad 15.
W =E
E = hν
c
ν=
c
λ
=W
W2 = 2,79eV
me v 2
2
= 5,31 ⋅ 10 5
W = hν 1 = h
W1 = 1,88eV
2 E kin
=
me
Zad 13.
E1 = W
hc
W =
= 3,68 ⋅ 10 −19 J
λ1
E = W + E kin
hc
E=
λ2
hc hc
E kin = E − W =
−
λ 2 λ1
2 E kin
=
me
c)
E=h
 hc

2
−W 
 λ
 = 3 ,83 ⋅ 10 5 m
me
s
E kin =
6 ⋅ 1,6 ⋅ 10 −19 J ⋅ s
= 6,4 ⋅ 10 −34 Js
15
1,5 ⋅ 10
λ
mev 2
=
2
v=
=
E kin
6eV
=
=
15
ν 2 − ν 1 2,5 ⋅ 10 − 1 ⋅ 1015 Hz
 hc hc 
2 − 
 λ 2 λ1  =
me
 1
1
2hc − 
 λ 2 λ1  =
me
m
s
Zad 14.
a)
W = hν 1
ν 1 = 1015 Hz
W = 6,61 ⋅ 10 −19 J = 4,13eV
b)
W3 = 6,53eV
Zad 16.
iRT
Ekin = U =
2
i – liczba stopni swobody (dla gazów
jednoatomowych i = 3)
Ekin jest to energia kinetyczna jednego mola gazu,
zatem energia jednego atomu gazu będzie równa
iRT
E kin =
2⋅ NA
R
J
= k = 1,38 ⋅ 10 −23
NA
K
k – stała Boltzmana
3kT
E kin =
2
hc
E=
λ
hc
3kT
2
λ
2 hc
T=
= 960 K
3 λk
m
J ⋅s⋅
s = J =K
T=
J
J
m⋅
K
K
Zad 17.
energia jednego kwanta światła jest równa
=
74
E=
F = ∆p
hc
λ
P P⋅λ
1
=
=5
E
hc
s
Zad 18.
hc
E=
n=
λ
P P⋅λ
1
=
= 2,82 ⋅ 1016
E
hc
s
Zad 19.
wzór de Broglie’a określa zależność długości fali,
związanej z poruszającą się cząstką materialną, od jej
pędu
hv
E kin
h
p=
= λ =
v
v
λ
h
h
λ= =
p mv
z zasady zachowania energii obliczmy prędkość
mv 2
E = eU =
2
2eU
v2 =
m
2eU
v=
m
h
h
λ=
=
= 1,43 ⋅ 10 −13 m
2eU
2eUm
m
m
Zad 20.
h
h
λ= =
= 36,36nm
p me v
Zad 21.
fotony odbijając się sprężyści zmieniają swój zwrot
wektora prędkości (przy niezmienionym kierunku),
zatem ∆v = 2v, więc zmiana pędu jest równa:
∆p = 2 p 0
korzystając z wzoru de Broglie’a
h
λ=
pf
n=
pf =
h
λ
∆p f = 2
∆p = 2n
h
λ
h
λ
v m ∆p ∆p
= ⋅
=
t
t m
t
ponieważ t = 1s
F = ma = m
p cisnienie =
F 2nh
=
= 5,3 ⋅ 10 −6 Pa
S
λS
Zad 22.
hc
E=
= 1,99 ⋅ 10 −15 J
λ
E s = me c 2
hc
E
h
= λ2 =
= 2,4 ⋅ 10 − 2
λm e c
E s me c
Zad 23.
w mikroskopie nie można rozróżniać kształtów
przedmiotów, których rozmiar jest mniejszy od
długości fali, ponieważ fala (powstała w skutek
dyfrakcji) docierająca od dwóch punktów leżących w
odległości mniejszej niż długość fali interferuje w ten
sposób iż tworzy się fala odpowiadająca fali
wysyłanej przez jeden punkt, znajdujący się pomiędzy
tymi dwoma, w mikroskopie optycznym od
przedmiotu oglądanego odbijają się fale światła
widzialnego (400-700nm), zaś w mikroskopie
elektronowym fala ma długość średnio 0,002nm, co
pozwala uzyskać znacznie lepsze powiększenie przez
mikroskop elektronowy
11.2. Widmo atomu. Atom Bohra
Zad 1.
dla jonów wodoropodobnych wzór Balmera-Rydberga
przybiera postać
 1
1 
ν = Z 2 Rc 2 − 2 
n1 
n
Z – liczba porządkowa
R – stała Rydberga
n – główna liczba kwantowa w widmie wodoru mamy
następujące serie linii, dla:
n = 1 – seria Lymana
n = 2 – s. Balmera
n = 3 – s. Paschena
n = 4 – s. Bracketta
n = 5 – s. Pfunda
n = 6 – s. Humphreysa
n1 = n + 1, n + 2,…(jeżeli n jest stałe mówimy
wówczas o serii widmowej)
dla częstotliwości granicznej n1 → ∞ dlatego dla
wodoru (Z = 1) wzór przyjmuje postać
1
ν = Rc 2
n
c
ν=
λ
c
λ
= Rc
1
n2
75
1
R
λ n2
n2 22
λ=
=
= 364nm
R
R
jest to zakres UV (ultrafiolet)
Zad 2.
E = hν
=
1 1 
ν = Rc 2 − 2 
3 
1
1 1 
E = hRc − 2  = 1,939 ⋅ 10 −18 J
1 3 
1
hc
hc
λ=
=
=
E
1 1 
1 1 
hRc − 2  R − 2 
1 n 
1 n 
1
λ1 =
= 102,5nm
1 1 
R − 2 
1 3 
przy przejściu do stanu podstawowego zmieniać się
będzie liczba kwantowa dla pierwszej liczby
kwantowe = 1: n = 2, n = 1, dla drugiej liczby
kwantowe = 2: n = 3, zatem
1
λ2 =
= 121nm
1 1 
R − 2 
1 2 
1
λ3 =
= 656nm
1 
 1
R 2 − 2 
3 
2
Zad 3.
najmniej energetyczną linią w zakresie widzialnym
jest powstała w wyniku przejścia z n = 3 na n = 2
(pierwsza linia serii Balmera) zatem energią
minimalną jaką trzeba dostarczyć elektronowi atomu
wodoru jest energia konieczna do przejścia ze stanu
podstawowego na n = 3
rozwiązując równanie Schrődingera otrzymujemy
Rhc
E1 = −
n
ponieważ w stanie podstawowym n = 1
E1 = − Rhc
z zasady zachowania energii
a)
2
 1 1  me v
hRc − 2  =
2
1 3 
8 me v 2
− E1 ⋅ =
9
2
16 − E1
v2 =
9 me
v=
4 − E1
3 me
b)
λ=
hc
=
E
1
hc
=
5
1 
 1
hRc 2 − 2  R
36
3 
2
− E1
hc
1
36 hc
λ=
=−
− E1 5
5 E1
hc 36
c)
1 1 
hRc − 2  = Ue
1 3 
8
− E1 = Ue
9
8 E1
U =−
9 e
Zad 4.
hc
hc
1
λ=
=
=
1 
E
 1
1 1 
hRc 2 − 2  R − 2 
n 
2
4 n 
1
1
λ R − λR 2 = 1
4
n
2
n λR
− λR = n 2
4
 λR 
n2 
− 1 = λ R
 4

R=
n=
λR
λR
−1
=5
4
jest to linia odpowiadająca przejściu elektronu z
poziomu 5 na 2
Zad 5.
energia jonizacji jest to energia jaką trzeba dostarczyć
aby wybić elektron z pola jądra atomowego, czyli
spowodować przejście ze stanu podstawowego (n=1)
na nieskończenie duże n (n→∞, 1/n→0)
 1
1 
1
E = hRc 2 − 2  = hRc = hRc = 2,19 ⋅ 10 −18 J =
1
n1 
n
= 13,6eV
Zad 6.
pierwszą linią jest n1 = n + 1
5
 1 1
E = hRc 2 − 2  = hRc
36
2 3 
hc
E=
λ
76
5 hc
=
36 λ
36
R=
= 1,097 ⋅ 10 7
5λ
Zad 7.
dla częstotliwości granicznej mamy wzór:
1
ν = Rc 2
n
c
ν=
hRc
λ
c
λ
= Rc
1
n2
R
λ n2
n2
λ=
R
n12
λ1
32 9
= R2 = 2 =
λ1 n2 2
4
R
Zad 8.
4πε 0 h 2
r=
me 2
h
h=
2π
1
=
2
 h 
4πε 0 

ε 0h2
2π 

r=
=
= 5,29 ⋅ 10 −11 m
2
2
πme
me
Zad 9.
4πε 0 h 2 2
r=
⋅n
me 2
4πε 0 h 2 2
⋅ n2
2
r2
n 22
me
=
=
=9
r1 4πε 0 h 2 2 n12
⋅ n1
me 2
Zad 10.
v = nλ
h
p
p = 2πrme
λ=
r=
ε 0h2n2
πme e 2
nhπme e 2
h
e2
=
=
v=n
ε h2n2
2πε 0 h 2 n 2 me 2ε 0 hn
2π 0 2 me
πme e
n =1
e2
m
= 2,19 ⋅10 6
2ε 0 h
s
jest to wartość ponad 100 razy mniejsza od prędkości
światła zatem nie ma konieczności stosowania
poprawki relatywistycznej
Zad 11.
1
 1
E = Rch 2 − 2 
3 
2
4
me
Rc = 2 3
8ε 0 h
v=
E=
me 4
5
5 me 4
=
= 3.03 ⋅ 10 −19 J
h
2 3
2 2
8ε 0 h 36 36 8ε 0 h
hc
= 656nm
E
Zad 12.
1 
 1
E = Rhc 2 − 2 
4 
2
hc
hc
1
16
λ=
=
=
=
= 486nm
3
1 
E
3⋅ R
 1
Rch 2 − 2  R
16
4 
2
jest to zakres światła widzialnego (400nm-700nm)
Zad 13.
korzystamy z warunku Braggów
nλ = 2d cos β
gdzie β to kąt jaki tworzy promień z normalną
β = 90° − α
λ=
cos β = cos(90° − α ) = sin α
nλ = 2d sin α
nλ
2 sin α
n =1
d=
λ
d=
= 2,8 ⋅ 10 −10 m
2 sin α
Zad 14.
korzystamy z zasady zachowania energii
Ue = hv
c
λ=
v
c
v=
λ
Ue = h
λ=
c
λ
hc
Ue
∆λ = λ1 − λ 2 =
hc  1
1 

 = 1,03 ⋅ 10 −10 m
−
e  U1 U 2 
77
Zad 15.
Ue = hv
c
λ=
v
c
v=
λ
Ue = h
c
λ
hc
λ=
= 6,2 ⋅ 10 −11 m
Ue
Zad 16.
nλ = 2d cos β
β = 90° − α
cos β = cos(90° − α ) = sin α
nλ = 2d sin α
sin α =
p1 ⋅ µ1 + p 2 ⋅ µ 2 + ...
100
75,53 ⋅ 34,97 + 24,47 ⋅ 36,97
g
= 35,45
ACl =
100
mol
Zad 5.
cząsteczki α są dwudodatnie podobnie jak jądra
atomowe; natężenie pola elektrostatycznego wzrasta
wraz ze wzrostem liczby atomowej; dla jąder ciężkich
wartość ta jest zbyt duża, aby ją pokonała cząstka α
(lub ma następnie zbyt małą energię, aby
zapoczątkować reakcję), zamiast zderzenia następuje
odbicie
Zad 6.
mpv2
E=
2
m
2E
v=
= 1,385 ⋅ 10 7
mp
s
A=
nλ
2d
n=2
2λ λ
= = 0,2541
2d d
α = 14°43'
Zad 17.
Kα, Kβ, Kγ uszeregowane są wraz ze wzrostem
długości fal promieniowania (,czyli wraz ze spadkiem
energii), długości fal jest odwrotnie proporcjonalna do
częstotliwości, zatem po prawej stronie znajduje się
Kα, a po lewej Kβ.
12. Fizyka jądrowa
Zad 1.
r
x= e
r
r
Re = xR = e R = 40,69m
r
Zad 2.
m Amn
ρ= =
V
V
3
4
4
V = πr 3 = π 3 Ar0
3
3
3 Amn
3 Amn
3mn
kg
=
=
= 1,82 ⋅ 1017 3
ρ=
3
3
3
4πAr0
4πr0
m
4π 3 Ar
sin α =
(
(
0
)
)
Zad 3.
p=Z
n = A−Z
Z – liczba atomowa
A – liczba masowa
p = const = 6
Z = 6,7,8,9
Zad 4.
(1eV = 1,602·10-19J)
Zad 7.
jeżeli jest to odbicie sprężyste oznacza to, że po
zderzeniu energia neutronu jest równa 0, zatem
przekazał on całą energię atomowi wodoru
Zad 8.
promieniowanie β jest szkodliwe, gdyż w kontakcie z
atomami pierwiastków ciężkich powoduje
wytworzenie promieniowania rentgenowskiego, w
jądrach atomów lekkich takie zjawisko nie zachodzi,
zatem to właśnie z takich atomów należy budować
osłony (szkło składa się głównie z krzemu, zaś pleksja
będąc polimerem głównie z węgla)
Zad 9.
7
1
4
3 Li + 1 p →2 2 α
E = ∆mc 2 = (m1 + m3 − 2m2 )c 2 = 2,703 ⋅ 10 −12 J =
= 16,9 MeV
Zad 10.
tworzenie jednego atomu powoduje wyzwolenie
energii równej:
E = ∆mc 2 = (2m p + 2m p − m He )c 2 =
= 4,4 ⋅ 10 − 29 kg ⋅ c 2 = 3,96 ⋅ 10 −12 J
1 g helu to n atomów:
1
n=
⋅ N A = 1,504 ⋅ 10 23
4,0026
E c = E ⋅ n = (2m p + 2m p − m He )c 2 ⋅
1
⋅ NA =
4,0026
= 6 ⋅ 1011 J
(różnice w wynikach zależą od wartości tablicowych,
które nie są jednolite)
Zad 11.
200 MeV = 2 ⋅ 10 8 ⋅ 1,6 ⋅ 10 −19 J = 3,204 ⋅ 10 −11 J
w ciągu doby zużywa się:
78
E = 3600 ⋅ 24 ⋅ 28,5 ⋅ 10 6 J = 2,4624 ⋅ 1012 J
ilość cząsteczek uranu zużywana w ciągu doby
2,4624 ⋅ 1012
n=
= 7,685 ⋅ 10 22 cząsteczek
−11
3,204 ⋅ 10
n
m=
⋅ µU = 30 g
NA
Zad 12.
14
4
1
7 N + 2 α →1 p + x
uzgadniamy teraz liczbę masową i atomową „x”
A = 14 + 4 − 1 = 17
Z = 7 + 2 −1 = 8
„x” to atom tlenu, równanie, więc ma postać
14
4
17
1
7 N + 2 α → 8 O +1 p
Zad 13.
jedynie podczas przemian α zachodzi zmiana masy
zatem liczba przemian α jest równa
∆A 32
nα =
=
=8
4
4
podczas 8 przemian α liczba atomowa zmalała o 16,
czyli wynosi 76, aby była ona równa 82 musi nastąpić
82-76 = 6 rozpadów βLiczba przemian α = 8, a rozpadów β- = 6
Zad 14.
m 2p
Fg = G 2
r
e2
Fe = k 2
r
e2
k 2
Fe
ke 2
= r2 =
= 1,24 ⋅ 10 36
Fg
m p Gm 2p
G 2
r
Zad 15.
E = ∆mc 2 = 2me c 2 = 1,64 ⋅ 10 −13 J = 1,02MeV
Zad 16.
rozpatrzmy reakcję na poziomie atomowym dla
dwóch atomów deuteru:
E = ∆mc 2 = (2m D − m He )c 2 = 3,728 ⋅ 10 −12 J
w jednym kilogramie znajduje się n jąder deuteru
m ⋅ 0,00015
n = 2⋅
⋅ N A = 5,02 ⋅ 10 21
2 ⋅ µ H2 0
powyższe wyrażenie mnożymy przez 2 ponieważ
liczba wodorów w cząsteczce tlenu jest równa 2,
powyższe wyrażenie dzielimy przez 2 ponieważ masa
deuteru jest 2 razy większa od masy wodoru
(zawartość procentowa odnosi się do masy nie do
ilości)
energia właściwa (do wyliczonej jednostkowej reakcji
zużywa się 2 at. deuteru) jest równa
n
E c = E ⋅ = 9,35 ⋅ 10 9 J
2
Zad 17.
roślinę należy podlać wodą zawierającą
promieniotwórczy fosfor, a następnie badając
promieniowanie, sprawdzić przyswajalność wody.
Roślinę podlewaną jakiś czas wodą zawierającą 32P
ścinamy, spalamy, a następnie na podstawie
intensywności promieniowania popiołu ilościowo
mierzymy 32P.
Zad 18.
Neutrony w zderzeniach z cząsteczkami wody tracą
swoją energię.
Zad 19.
Rad należy do tej samej grupy (II) co wapń, ma zatem
podobne właściwości, dzięki czemu wbudowuje się
do tkanek w miejsce wapnia (szczególnie do kości),
gdzie ulega przemianom promieniotwórczym
Zad 20.
24
1
24
12 Mg + 0 n→ 11 Na + x
∆A = 24 + 1 − 24 = 1
∆Z = 12 − 11 = 1
wypromieniowaną cząstką jest proton.
Zad 21.
szybkość rozpadu promieniotwórczego określamy
wzorem:
N = N 0 ⋅ e − λt
N – liczba cząstek, która pozostała
N0 – początkowa liczba cząstek
N
= e − λt
N0
ln
N
= − λt
N0
N0
= λt
N
dla okresu półtrwania N = ½ N0
N
ln 0 = λT1 / 2
1
N0
2
ln 2 = λT1 / 2
ln
T1 / 2 =
ln 2
λ
Zad 22.
korzystam z wzoru
n
1
N = N0  
2
n – ilość czasów połowicznego rozpadu
t
n=
T1 / 2
79
3
1
1
N = N0   = N0
8
2
1
7
∆N = N 0 − N 0 = N 0
8
8
7
N0
p= 8
⋅ 100% = 87,5%
N0
Zad 23.
obliczam stałą rozpadu
N
ln 0 = λt
N
N 1
1
λ = ln 0 = 0,0000385
N t
s
ln 2
T1 / 2 =
= 18000 s = 5h
λ
13. Elementy fizyki relatywistycznej
Zad 1.
E0 = mec 2
E=
p 2c 2 + me2c 4
p=
mev
1−
v2
c2
p 2c 2 + me2c 4 = 2me c 2
me2v 2 2
c + me2c 4 = 2me c 2
v2
1− 2
c
2 2
me v 2
c + me2c 4 = 4me2c 4
v2
1− 2
c
2 2
me v 2
c = 3me2c 4
v2
1− 2
c
2 2
me v
= 3me2c 2
2
v
1− 2
c
v2
me2v 2 = 3me2c 2 − 3me2c 2 2
c
2 2
2 2
2 2
me v = 3me c − 3me v
4me2v 2 = 3me2c 2
4v 2 = 3c 2
Zad 2.
Korzystam z transformacji Lorenza
v '+u
vx = x
v '
1 + u x2
c
vx – szukana prędkość zbliżania się dwóch elektronów
u –szybkość elektronu względem spoczywającego
układu odniesienia (u = 0,5c)
vx’ – szybkość poruszającego się układu odniesienia
(vx’ = 0,5c)
0,5c + 0,5c
c
4
vx =
=
= c
0,5c 1 + 0,25 5
1 + 0,5c 2
c
Zad 3.
1
p n = mv = mc
2
1
1
1
mc
mc
mc
mv
2
== 2
= 2
=
pr =
=
2
3
1
v2
1 
1−
1− 2
 c
4
2
c
2 

1−
c2
3 ⋅ mc
3
1
1
mc
pr
3
= 2
= 2 =
1
pn
2
3 ⋅ mc
3
3
Zad 4.
energia spoczynkowa elektronu jest równa:
E 0 = me c 2 = 8,188 ⋅ 1014 J = 0,511MeV
Zad 5.
zmiana energii elektronu jest równa różnicy między
energią poruszającego się elektronu, a energią
spoczynkową elektronu:
E 0 = me c 2
energią poruszającego się elektronu jest równa
me c 2
E=
v2
1− 2
c
∆E = Ue
=




me c
1

2
2
∆E =
− me c = me c 
− 1
2
v2
 1 − v

1− 2
c
c2


2
3 2
c
4
3
v=
c
2
v2 =
80




1

2
me c 
− 1 = Ue
2
 1− v



2
c


wzór de Broglie’a określa zależność długości fali,
związanej z poruszającą się cząstką materialną, od jej
pędu
h
p=




me c 2  1

U=
− 1 = 2577V

2
e
 1− v



2
c


nierelatywistycznie:
mv 2
= Ue
2
mv 2
U=
= 2562V
2e
Zad 6.
a)
E 0 = me c 2
λ=
n=
λ
p=
h
p
me v
1−
λ=
=
v
c2
me ⋅ 0,8c
2
(
0,8c )
1−
c2
h
me ⋅ 0,8c
1−
=
2
(0,8c )2
(0,8c ) =
h
1−
me ⋅ 0,8c
c2
2
=
c2
h
h
1 − 0,64 = 0,6 ⋅
= 1,82 ⋅ 10 −12 m
me ⋅ 0,8c
me ⋅ 0,8c
E
E
=
= 3,907
E 0 me c 2
b)
Ekin
Ekin




1


= me c 2 
− 1
2

 1 − v
c2


2
me c
=
− me c 2
2
v
1− 2
c
v2
v2
2
1 − 2 Ekin = me c − 1 − 2 me c 2
c
c
1−
v2
v2
+
−
E
1
me c 2 = me c 2
kin
c2
c2
1−
v2
Ekin + me c 2 = me c 2
2
c
(
)
me c 2
v2
1− 2 =
c
Ekin + me c 2
v 2  mec 2 

1 − 2 = 
2 
c
E
+
m
c
kin
e


2
 mec 2 
v2

= 1 − 
2 
c2
 Ekin + mec 
2
 mec 2 
v

= 1 − 
2 
c
 Ekin + mec 
Zad 7.
2
81

s - GMCLAN

Transkrypt

Podobne dokumenty

mnożenie i dzielenie ułamków dziesiętnych

TRENING PRZED KARTKÓWKĄ (dzielenie ułamków zwykłych

GP. Kurs poprawkowy. Pochodna funkcji. Zad.1. Korzystając z

ETAP I (klasy drugie) termin14.10.2016r. Zad.1 Francuzi O. Fermat i

ĆWICZENIA 4. CHARAKTERYSTYKI LICZBOWE WIELO

BA о о × BA о о × ab

ANA1 - EGZ. 2. GRUPA B ZAD. 1. (6 pkt) Wyznaczyc granice ciagu

szkoła pisania – teksty użytkowe

zadania z matematyki