Zestaw 1cR

Edited by Foxit PDF Editor
Copyright (c) by Foxit Software Company, 2004 - 2007
For Evaluation Only.
Zestaw 1cR
Zadanie 1
Sterowiec wisi nieruchomo na wysokości H nad punktem A położonym bezpośrednio pod nim
na poziomej powierzchni lotniska. Ze sterowca wyrzucono poziomo ciało, nadając mu prędkość
początkową V0 . Ciało upadło na powierzchnię lotniska po czasie t = 6,0 s w odległości 2H od
punktu A. Wyznaczyć V0 , H oraz prędkość Vk ciała tuż przed uderzeniem o płytę lotniska.
√
Opory ruchu zaniedbać. Przyjąć wartość przyspieszenia ziemskiego g = 10 m/s 2 oraz 2 ≈ 1,4.
Dane:
t = 6 s — czas spadania ciała,
g = 10 m/s2 — przyspieszenie ziemskie.
Szukane:
H — wysokość, z której rzucono ciało poziomo,
V0 — prędkość początkowa ciała,
Vk — prędkość końcowa ciała.
Rozwiązanie
Rzut poziomy ciała w polu grawitacyjnym jest złożeniem ruchu jednostajnego w kierunku poziomym (ze stałą prędkością V0 ) oraz ruchu jednostajnie przyspieszonego w kierunku pionowym
(bez prędkości początkowej na ten kierunek) z przyspieszeniem równym g
Szukana wysokość
H = gt2/2 = 10 m/s2 · 36 s2 /2 = 180 m,
Prędkość początkową wyznaczymy z zależności słusznej dla ruchu jednostajnego w kierunku
poziomym
V0 · t = 2H,
z której otrzymujemy
V0 = 2H/t = 2 · 180 m/(6 s) = 60 m/s,
~ k = (Vx , Vy ), gdzie Vx = V0 i Vy = g · t. Prędkość końcowa ciała (tuż
Wektor prędkości ciała V
~ k , która wynosi
przed upadkiem) jest więc (co do wartości) równa długości wektora V
Vk =
q
(gt)2 + (V0 )2 =
q
2 · (60)2 (m/s)2 =
√
2 · 60 m/s ≈ 84 m/s.
Edited by Foxit PDF Editor
Copyright (c) by Foxit Software Company, 2004 - 2007
For Evaluation Only.
Zadanie 2
2
Współczynnik tarcia opon samochodu o masie M = 1500 kg na suchej jezdni wynosi µ s = 0,6.
Wyznaczyć siłę tarcia działającą na samochód podczas hamowania. Jaką drogę s s przebędzie
samochód do chwili zatrzymania się, jeśli jego prędkość początkowa wynosiła V 0 = 36 km/h? Ile
razy wzrośnie droga hamowania sm tego samochodu na mokrej nawierzchni, jeśli jego prędkość
początkowa wzrośnie dwukrotnie, natomiast współczynnik tarcia dwukrotnie zmaleje? Przyjąć
wartość przyspieszenia ziemskiego g = 10 m/s2 .
Dane:
M = 1500 kg — masa samochodu,
µs = 0,6 — współczynnik tarcia na suchej jezdni,
µs /2 = 0,3 — współczynnik tarcia na mokrej jezdni,
V0 = 36 km/h = 10 m/s — prędkość początkowa samochodu na suchej jezdni,
2V0 = 72 km/h = 20 m/s — prędkość początkowa samochodu na mokrej jezdni.
Szukane:
Ts — siła tarcia,
ss — droga hamowania samochodu na suchej jezdni,
n = sm /ss — stosunek dróg hamowania samochodu na mokrej i suchej jezdni.
Rozwiązanie
Po uruchomieniu hamulców samochód porusza się ruchem jednostajnie opóźnionym pod działaniem siły tarcia
Ts = µmg,
Ts = 0,6 · 1500 kg · 10 m/s2 = 9000 N,
Wynikające stąd opóźnienie samochodu jest równe
as = Ts/m = µs g,
as = 0,6 · 10 m/s2 = 6 m/s2 .
Prędkość hamującego samochodu maleje z czasem zgodnie z zależnością
Vs (t) = V0 − as · t,
co pozwala wyznaczyć czas hamowania ts
ts = V0 /as = (10 m/s)/(6 m/s2 ) = (5/3) s = 1 32 s.
Droga przejechana przez samochód podczas hamowania
ss = V0 ts − as t2s/2 = (V0 )2 /as − (V0 )2 /(2as ) =
= (V0 )2/(2as ) = (V0 )2 /(2µs g) = (25/3) m = 8 31 m,
gdzie as jest opóźnieniem hamującego samochodu.
Jeśli prędkość samochodu wzrośnie dwukrotnie, a współczynnik tarcia dwukrotnie zmaleje, to
droga sm wyniesie
sm = (2V0 )2 /(2µs g/2) = 8ss = 8 · (25/3) m = (200/3) m = 66 32 m.
Zatem n = sm /ss = 8, co oznacza, że przy dwukrotnym wzroście prędkości i pogorszeniu
warunków pogodowych pojazd przejedzie drogę ośmiokrotnie dłuższą. Warto o tym pamiętać,
zwłaszcza w młodym wieku i w kontekście ponad sześciu tysięcy osób ginących każdego roku
na polskich drogach.
Edited by Foxit PDF Editor
Copyright (c) by Foxit Software Company, 2004 - 2007
For Evaluation Only.
3
Zadanie 3
(A) Jednorodna kula o promieniu R = 0,2 m pływa zanurzona do połowy swojej objętości w wodzie o gęstości %w = 103 kg/m3. Obliczyć gęstość materiału %k kuli i wartość siły wyporu Fw ,
z jaką woda działa na pływającą kulę.
(B) Kula, o której mowa w części (A), pływa po powierzchni cieczy o gęstości % c = 1,2%w . Jaka
część objętości kuli znajduje się nad powierzchnią cieczy?
Przyjąć wartość przyspieszenia ziemskiego g = 10m/s 2 oraz 4π/ 3 ≈ 4,2.
Dane:
R = 0,2 m — promień kuli,
%w = 103 kg/m3 — gęstość wody,
g = 10 m/s2 — przyspieszenie ziemskie,
%c = 1,2%c = 1,2 · 103 kg/m3 — gęstość cieczy,
4π/3 ≈ 4,2.
Szukane:
%k — szukana gęstość materiału kuli,
Fw — siła wyporu,
x = Vnad/V — stosunek objętości Vnad ciała znajdującej się nad powierzchnią cieczy ciała
o objętości V pływającego w cieczy o gęstości %c .
Rozwiązanie
Siła wyporu Fw , z jaką woda działa na kulę zanurzoną w niej do połowy swojej objętości V ,
zgodnie z prawem Archimedesa, jest równa
Fw = V g%w /2.
Z warunku równowagi (kula pływa po powierzchni wody)
Fw = mkg = V g%k ,
gdzie mk — masa kuli, otrzymujemy
V g%k = V g%w /2.
Zatem szukana gęstość
%k = %w /2 = 500 kg/m3 .
Siła wyporu Fw jest równa ciężarowi kuli (jest ona w równowadze statycznej)
Fw = mkg = V g%k = (4/3)π · (0,2)3 m3 · 10 m/s2 · 500 kg/m3 ≈ 168 N.
Po umieszczeniu kuli w cieczy o gęstości %c warunek pływania ma postać
V g%k = V g%w /2 = 1,2%w gVpod ,
gdzie Vpod jest objętością kuli znajdującą się pod powierzchnią cieczy. Zatem
Vpod/V = (1/2)/1,2 = 5/12
i szukany iloraz
Vnad/V = 1 − (Vpod/V ) = 1 − 5/12 = 7/12.
Edited by Foxit PDF Editor
Copyright (c) by Foxit Software Company, 2004 - 2007
For Evaluation Only.
4
Zadanie 4
Parę wodną o masie mp = 5 kg i temperaturze tp = 100◦ C skroplono w wodzie o temperaturze
tw = 60◦ C i masie mw = 100 kg. Temperatura końcowa wody po całkowitym skropleniu pary
ustaliła się na tk = 90◦ C. Wyznaczyć ciepło skraplania Lp pary wiedząc, że ciepło właściwe wody
cw ≈ 4 · 103 J/(kg · ◦ C), a skraplanie pary zachodzi w temperaturze 100◦ C.
Dane:
mw = 100 kg — masa wody,
cw ≈ 4 · 103 J/(kg · ◦C) — ciepło właściwe wody,
tw = 60◦ C — temperatura początkowa wody,
mp = 5 kg — masa pary wodnej,
tp = 100◦ C — temperatura początkowa pary wodnej,
tk = 90◦ C — temperatura końcowa układu.
Szukane:
Lp — ciepło skraplania pary wodnej.
Rozwiązanie
Podczas skraplania pary wodnej wydziela się ciepło
Q p = m p Lp
i powstaje woda o masie mp i temperaturze 100◦ C. Woda ta ochładza się do temperatury
tk = 90◦ C, czemu towarzyszy wydzielenie się ciepła w ilości
Qch = mp cw (tp − tk).
Wydzielone ciepła Qp i Qch są oddawane wodzie, która ogrzewając się pobiera ciepło w ilości
Qw = mw cw (tk − tw ).
Równanie bilansu cieplnego ma postać
Qw = Qp + Qch,
z którego otrzymujemy w jawnej postaci
mw cw (tk − tw ) = mpLp + mpcw (tp − tk).
Po prostych przekształcenia wyprowadzamy ostateczną formułę na ciepło skraplania
Lp = cw [mw (tk − tw ) − mp (tp − tk)] /mp = 2,36 · 106 J/kg.
Edited by Foxit PDF Editor
Copyright (c) by Foxit Software Company, 2004 - 2007
For Evaluation Only.
5
Zadanie 5
W sześcioramiennym żyrandolu świeci się sześć żarówek, każda o mocy P = 60 W. Spadek napięcia U na oporze żyrandola jest równy 240 V. Wyznaczyć: (A) Natężenie prądu I płynącego przez
każdą z żarówek. (B) Natężenie prądu Ic płynącego w przewodniku doprowadzającym prąd do
żyrandola. (C) Opór elektryczny żarówki. (D) Opór elektryczny żyrandola. (E) Czas t, w którym
świecący żyrandol zużywa energię E = 10 kWh.
Wskazówka: Żarówki są połączone równolegle.
Dane:
n = 6 — liczba żarówek w żyrandolu,
P = 60 W — moc żarówki,
U = 240 V — spadek napięcia na całkowitym oporze żyrandola.
Szukane:
Rodzaj połączenia żarówek w żyrandolu,
I — natężenie prądu płynącego przez każdą z żarówek,
R — opór elektryczny żarówki,
Ic — natężenie prądu w przewodniku doprowadzającym prąd do żyrandola,
Rc — zastepczy opór elektryczny żyrandola,
t — czas, w którym świecący żyrandol zużywa energię E = 10 kWh.
Rozwiązanie
Żarówki w żyrandolu są połączone równolegle. Najłatwiej to zrozumieć zauważając, że przepalenie się włókna jednej żarówki nie powoduje zgaśnięcia pozostałych (inaczej jest w zestawach
oświetlających bożonarodzeniowe choinki).
Prąd płynący w żarówce wyznaczamy z zależności
I = P/U = 60 W/240 V = 0,25 A.
Opór żarówki obliczamy z prawa Ohma
R = U/I = 240 V/0,25 A = 960 Ω.
Opór żyrandola wynosi
Rc = R/n = 960 Ω/6 = 160 Ω.
Całkowity prąd Ic płynący w przewodniku doprowadzającym prąd do żyrandola obliczamy
korzystając z pierwszego prawa Kirchhoffa
Ic = nI = 1,5 A.
Czas t, w którym świecący żyrandol zużywa energię E = 10 kWh spełnia związek
nP · t = E.
Zatem
t = E/(nP ) = 10 · 103 W · 3600 s/(360 W) = 105 s.
Edited by Foxit PDF Editor
Copyright (c) by Foxit Software Company, 2004 - 2007
For Evaluation Only.
6
Zadanie 6
Graniczna długość fali dla zjawisk a foto elektrycznego
zachodzącego na powierzchni molibdenu wynosi λgr = 290 nm (1 nm = 10−9 m).
(A) Wyznaczyć pracę wyjścia Wm elektronów z powierzchni molibdenu.
(max)
(B) Obliczyć maksymalną energię kinetyczną Ek
i maksymalną prędkość vmax elektronów wybitych z powierzchni molibdenu przez światło o długości fali λ = 100 nm. Prędkość światła wynosi
−34
−30
c = 3 · 108 m/s,
√ stała Plancka h ≈ 7 · 10 J · s, masa elektronu me ≈ 10 kg. W obliczeniach
przyjąć, że 2,8 ≈ 1,7.
Dane:
λgr = 290 nm — graniczna długość fali dla zjawiska fotoelektrycznego zachodzącego na powierzchni molibdenu
1 nm = 10−9 m,
λ = 100 nm = 10−7 m — długości fali światła padającego,
c = 3 · 108 m/s — prędkość światła w próżni,
h ≈ 7 · 10−34 J · s — stała Plancka,
me ≈ 10−30 kg — masa elektronu.
Szukane:
Wm — praca wyjścia elektronów z powierzchni molibdenu,
(max)
Ek
— maksymalna energia kinetyczna elektronów wybitych z powierzchni molibdenu,
vmax — maksymalna prędkość elektronów.
Rozwiązanie
Wyznaczymy najpierw pracę wyjścia
h
i
Wm = hνgr = hc/λgr = 7 · 10−34 J · s · 3 · 108 m/s /(290 · 10−9 m) =
= 7,2 · 10−19 J,
gdzie uwzględniono związek λgr · νgr = c.
(max)
Maksymalna energia kinetyczna Ek
elektronów wybitych z powierzchni molibdenu spełnia
równanie zjawiska fotoelektrycznego
(max)
Ek
= Ef − Wm ,
gdzie Ef = hc/λ jest energią padającego fotonu. Zatem
(max)
Ek
h
i
= hc/λ − Wm = 7 · 10−34 J · s · 3 · 108 m/s /(100 · 10−9 m) − 7,2 · 10−19 J ≈
≈ 1,4 · 10−18 J.
Maksymalna prędkość wybitych elektronów
vmax =
=
q
q
(max)
2Ek
/me ≈
q
[2 · 1,4 · 10−18 J] /(10−30 kg) =
2,8 · 1012 m/s ≈ 1,7 · 106 m/s.