PASZPORT MATURZYSTY
Fizyka
WYDAWNICTWe
Podręcznik
zgodny z
podstawą programową
dla liceów ogólnokształcących
Spis
treści
Wstfip ............................................................................................................................................. 9 Rozdzi a ł
1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. 8. 9.
ozdział
1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. 8.
I Ruch ....................................................................................................................... 11
Opis ruchu .......... .... ..................................... ...... .. „ ...„ ..... ......... ..... ................. „ ............... 13 Ruch zmienny „ ... ........... „„„ ..... „ ..... „ .................................. „ ....................... „„„.„ .. „„.„.14 Zasady dynamiki Newtona ..... ..„ ................ „ ..... „„ ... „ ............ ........................ „.„„„„ ...... 17 Zasada zachowania pędu ................. „ ............ ................ ....... ............. ......................... ..... 17 Przykłady .... „ ... „ ......... „ ........ . „. „ ......... „„ ... „ ..... „ ............ .... „ ....................... „„ ... „ .. „„ .... 18 Zadania z kinematyki ..... ........... „„ ............................ ....... .... ... ........ ... ............... ..... ......... . 22 Rozwiązania i odpowiedzi do zadań z kinematyki .. „„„„„.„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„.25 Zadania z dynamiki .. ..... ....... .... .... „ „ .......... .. „ ... ....... .... „ ..... „ ..... ....... ...... „ ....... „ ....... „ „ .. 28 Rozwiązania i odpowiedzi do zadań z dynamiki„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„ ... „„„„30
li Energia ...........................................................................................................33
Praca, moc, sprawność .................. „„ ............ ..... ....„ ............ „ ........... „ ..... „ ..... ..„ ... .......... 35 Energia .... .......... ........ „ ..... „ ... „„ ..... ..„„ ... „ ............ ..... ........ „ ...... ............... „ .................... 35 Zasada zachowania energii ..... ................ ....... .... „ ...„ ... ........ „ ... „ „ ..... „ ... ....„ .. „ ... „ .. „ ..... „ 37 ZderzeniaR ........ „ ..... „„ ... „„ ... ....... ...... „ .............................. „ ..... „ ..... „ ........... „„.„ ..... „„„38 Równoważność masy i energii ........................ ...... „ ...... ...... „ ... „ ..... .................... „ ........... 39 Przykłady ...... ........ „ ... ... .... „ ........ ................. „ ..................................... „ ......... „ ............ „„40 Zadania .. ....... ......... .................................... ... ...... .... ...... ......... ......... ....... .................. ........ 42 Rozwią z ania i odpowiedzi do zadań . „„„„„„„„.„„.„„„„„„„„„.„ .. „ .. „.„„„„„ .... „„ .... „ ... .45
Rozdział
Il i
Bryła
sztywna ..................................................................................... 49
1. O kreślenie bryły sztywnej .......... .... „ „ ..... „ ..... „ „ ........ ...................................................... 51 2. Moment sił y ... „ ......... „ ............... ..... ................................................................. „ ....... „ ..... 52 3. Moment pędu ..... .... .................................. .............. ................................ .................. ....... 5 3 4. Zasada zachowania momentu pędu ................... „ ............................................................. 53 5. Warunki równowagi bryły sztywnej .„ „ „ .„ „. „„ „ „ .................. ... ..... ......... ... „ ...... .............. 5 3 6. Energia kinetyczna bryły sztywnej ...................... ...... ..... ..... .... ... ....... .................. .............. 5 4 7. Przykłady .................................... .... .. ........................................ .... „ .. „ ................. „„ ........ 55 8. Zadania ....... .. ...... ........ ....... ...... ........... ............ ..... ............................................................ 59 9. Rozwiązania i odpowiedzi do zadań„„.„ ... „„ .. ..... ....„ .. ...„ „ ...„ .. .. ... ........ .. ... .....„ ..... ........ 59
ozdzi
ł
IV
Ośrodki ciągłe ....................................................................................... 63
1. H ydrostatyka ..................................... „ ..................... .......... ... ........... ................ ............... 65 2. HydrodynamikaR........ ...... .... ............ ........ ................... ............................................. „ ..... 66 3. Prawo H ooke'a„ ... .................................... „ ... ..... ................ ....... ....... ............................... 66 4. Przykłady ..... ....... ............ .„ ....... ....... ............................................ ......... „ ....................... .. 67 5. Zadania .. ........ ................ .................... ........................ ........... ..... ... ...... ................. ........ .... 69 6. Ro zwi ą zania i odpowiedzi do zadań„ ....... „ .......... „ ... „„ ... „„.„„„.„„„.„„„ ... „ .... „ .. „„„ ... 70
R
zdział
V Grawitacja ................................................................................................. 75
1. Prawo powszechnego ciążenia ........ „ ................... „ ...... ............ ... .. ... ... ...... ........................ 77 2. Natężeni e pola grawitacyjnego ............................ .............................. „ ....... „„ .......... „ ...... 77 3. Praca w polu grawitacyjnym .„ ...... „ .... ............ „„ .... „ ..... ....... ...-„ .. ......... ....... ... „ .. .„„ ........ 78 4. Energia potencjalna ...... .................. ................................................ „ ........................ ....... . 79 5. Potencjał grawitacyjny .... ....... ............. ....... .......................... ... ........... ........ ........ ............... 80 6. Prawa Keplera ........... .............. .... „ ............ ......... ............................ „ ....................... „ ....... 80 7. Przykłady ... ........ ...... .... ..... ......... ... .. .... ...................... ....... ....... ......... ................................ 82
8. Zadania .................................................... ............ ... .... ...... ........ ............ ..... .............. ...... .. 8 6 9. Rozwi ązania i odpowiedzi do zadań ...... ............ ..... ........ ..... .......... ...... ..... ... ........ ............. 87 Ro~dział
VI Elektrostatyka .........................................................„ ..•.....•••..•.•. •..... .••. 89
1. Prawo Coulomba ....... ....... ...... ... .. ....... ......... .... .......... ..... ....... ............... ........ ...... ... ....... ... 91 2. Zasada zachowania ładu nku elektrycznego .... ... ........... ... ....... .................... .. ......... ........... 91 3. Natężenie pola elektrostatycznego .. .. ..... .. ... .... ........ ........... ..... ...... .... ..... ......... ... .. ............ 91 4. Indukcja pola elektrostatycznego ..... ... ...... .. ......... ...... ....... ..... ....... ..... ....... .... ... ....... ...... ... 92 5. Strumień wektora natężen ia pola elektrostatycznego ... ......... ... ..................... ....... .... ...... ... 93 6. Prawo Gaussa ... ..................... ....... ..... .............. ....................... ..... ..... ..... ....... ......... ..... ...... 94 7. Praca w polu elektrostatycznym .... .... ... ....... ....... ....... .... ................ ..... .... .. ........... ............. 94 8. Potencja ł pola elektrostatycznego ...... ......... ......... ..... ............... ........ ...... .. ......... ... ... .... ..... 95 9. Pojemność elektryczna ...... .. ... ... .... ....... ........ .......... ..... ...... ... ......... ........ ...... .. ........ .... .. ..... 9 5 10. Kondensator ............ ....... ..... ..... .... ....... ........ ......... ..... ................... .. ..... .. ....... ....... ............ 95 11. Przykłady ..... ............................... .. ... .... ........ ......... ...... ...... .. ........ ....... ... ....... ...... ... ... ........ 96 12. Zadania ..... ... ....... ........... ....... ....... ....... ........ .............. ............. .......... ............ ....... ..... ....... 98 13. Rozwiązania i odpowiedzi do zadań .. ......... ... .... .... ...... .................. ...... .. ....... ................ ... 99 Rozdział
VII
Prąd
elektryczny .....................................................................„ .• „ •.. 103
1. Natężenie p rądu elektrycznego ......... .... ... .... ... .... ... ....... .... ... .... ...... ........... ......... ... ...... .. . 105 2. Napięcie elektryczne ........ .... ............ ......................... ... ............ ....... ....... .... .... ... ..... ..... ... 105 3. Prawo Ohma ... .... ............ ......... .................. .... .. ... ... ....... ............. ... ....... ... .... .. ......... ....... . 106 4. Prawa Kirchhoffa ... ......... ........ ........ ....... .... ...... ....... ......... ............ ............................... ... 106 5. Prawo Joule'a-Lenza ........ ........ ........ ......... ......... ..... ... ... .. .. ..... ......... ......... ......... .... ......... 107 6. Siła elektromotoryczna ......... ......... ........... ....... .... ... ....... ......... ........ ................ ..... .... ...... . 108 7. Prawa Faraday'a ....... .... ... .... .................. ....... ... ...... .. ... ....... ....... ....... ..... ..... ...... .. ....... ..... . 110 8. Łącze ni e oporów .... .. ... .... ....... ... .... ...... ....... .. .... .. .. .... .. .... ... ..... .. ....... ......... .......... ..... ....... 111 9. Przykłady ... ....... ..... .... ..... .. ... ......... .. ...... .... .. ....... ..... ... ....... .... ............ ... ...... ....... ....... ...... 111 10. Zadania .. ...... ............. .................................. ....... ....... ......... ........... ......... ........ ... ... ... .... .. 116 11. Rozwiązania i odpowiedzi do zadań ...... .............. ..... ......... ... .... ........ ....... ................. ..... 117 Rozdział
VIII Elektromagnetyzm ..... „ ... „ •. „„ .. „„ •... „„ .. „ ... „ ••• „.„ •• „ ••••. „ .••.... „ ..... 121
1. Własności oddziaływania magnetycznego .... .......... .................. ...... ........... ... ..... .... ... .... ... 123 2. Wektor indukcji magnetycznej .............. ....... ... .... ....... ....... .............. ... .... ........... ..... ..... ... 123 3. Siła Lorentza ... ......... ....... ............. ......... .............. ....... ......... .... .. ..... ......... .......... ..... ........ 124 4. Prawo Gaussa dla pola magnetycznegoR„ .................... ....... ..... ................... ...... ..... ....... .. 124 5. Zjawisko H alla ...... ......... ....... ...... .... ...... .. .. ... .. ........... ..... ... ........ ..... ......... ......... .... .. ........ 125 6. Prawo Ampere'aR ....... ..... ........................... ..... .... ....... ....... ......... .......... ... ..... ..... ..... ....... . 126 7. Prawo Biota-SavartaR ..... ....... ............. ..................... ........... .... ........... ............. .. ........... ... 127 8. Zjawisko indukcji elektromagnetycznej .... ..... ...... ... .... ........... .. ....... ....... ....... .......... ..... ... 127 9. Zjawisko indukcji własnej i wzajemnej ........ .. ..... .............. .......... ........ ........ ........... .. .... ... 128 10. Prądnica prądu zmiennego ...... ..... ........ ........ ....... ... ..... ..... .... ... ......... ............ ...... .. ... .... ... 128 11. Obwód RLCR ... ... .... ..... ......... ....... ....... ..... ..... ....... ..... ......... ............ ....... ....... ...... ......... .. 129 12. Transformator .... ... ....... ........... ...... ........ .... ... ......... ..... ........... .... ............. ..... ........ ..... ..... . 131 13. Prawa MaxwellaR ..... ....... ....... ....... ....... ....... ........... .... .......... ..... ........ .... ... ..... ... .... ... ....... 132 14. Przykłady ...... ... .... ..... ..... .... .... ... ..... ....................... ..... ........... .... ........... ............... .... ...... . 134 15. Zadania ......... ...... .... ....... ....... .... ... ......... ....... ......... ....... .... .. ........ ........ ................... ........ 138 16. Rozwiązania i odpowiedzi do zadań .... ......... ........ ..... .... ... .......................... ... ... ............. 140 Rozdział
IX Ruch
drgający
i falowy ... „ ••.•.•..•..•..•. „ •• „„.„ ••••• „ •.•.• „„ •.•.•••. „.„ •• .143
1. Ruch drgaj ący .... ................................................................. ............ ....... ................ .. ...... 145 2. Ruch falowy ........ ... .. ... .... .. ............ ....... ....... ....... ..................... ....... ......... ..... ...... ...... ... ... 145 3. Zjawisko odbicia fal .... ....... ....................... ...... ....... ....... ....... .... ..... ... .. .. ......... .......... ..... .. 146
4. Zjawisko załamania fal. .... ........... ........ ............. ....... .... .... ... ....................... ..... .... ..... .. ... .. 147 5. Rozszczepienie światła ............. ....................... ....... ...... ...... ............ .............. ....... ... ........ 147 6. Interferencja fal. .... .................. ...... .............................................. :................... .. ............. 14 7 7. Siatka dyfrakcyjna ..... .... ......... ......... ..................... .. ............ ....... ......... ..... ........ .. ...... ... .... 148 8. Soczewka .... ... .... ....... ....................................... .............. .... ...... ........ ....... ... .... ..... .......... . 148 9. Zjawisko DoppleraR ....................... .................................... ....... .................. ................... 149 10. Polaryzacja fal ... ...... .. ....... ........... ........... .... ..... .... ........ ........ ...... ........ ...... .... ........... ... .... . 149 11. Energia w ruchu harmonicznym .... ..... ........................................................................... 150 12. Zjawisko rezonansu ... ...... ......... ........... .................................... ... ................................... 150 13. Przykłady .............. .... .......................................................... ....... ........ ............. .. ..... ....... . 151 14. Zadania ...... ......................... ..... .......... ........................................................................... 153 15 . Rozwiązania i odpowiedzi do zadań ..... ....... ..... ......... ......... ................. ... ..... ...... ... ........ 155 Rozdział X Ter modynamika ..... „ •.••..•••...••...•...•..•••..•.•..••...•...••...••....•..•.•.••.•....•• „.„ .. 159 1. Podstawy kinetycznej teorii gazów .. .......... ........ ....... ......................................... ......... .... 161
2. 3. 4. 5. 6. 7. 8. 9. 10.
Ciepło właściwe ...... ..... .............................. .... ................. ....... ........... .... ... .... .... ...... ........ 162
I zasada termodynamiki ........... ...... .. ............... ........... ... ...... ................ .. ... .. .............. ...... 163 Procesy termodynamiczne ... ..... ........... .......... ..... ....... .... ...... ... .... ......... .. ...... ...... ......... .... 163 Cykl Carnota ............. .... ......... ..... ... ........ ........ ......................................... ......... ......... .... 166 II zasada termodynamiki ...... ...... ..... .... ....... ..... ......... ..... ...... ... .... .............. .............. ........ 167 Entropia ..................... .. ..... ....... ...... .............................................................. ....... ........... 167 Przykłady .... ..... ... ....... ......... ................................................................ ....... ......... ....... .... 168 Zadania ........... .... ....... .... ... ..... .............. ............................... ....................................... .... 170 Rozwiązania i odpowiedzi do zadań ......... ..... ....... ....... ...... .. ........... ... .. ..... ....... ....... ...... 172
Rozdzl
ł
XI Elementy fizyki atomowej i
jądrowej .................. „ ••. „„„ •• 175
1. Oddziaływanie promieniowania z materią ...... ... .... .............................................. ........... 177 2. Fale materii ... ...... ... ...... ....... ............. ....... ....... ..... ... ...... ... .... ... ..... ............... .......... ....... ... 180 3. Model atomu Bohra ... ....... ... ..... ...... ..... ... ....... .............. ......................... .............. ........... 180 4. Jądro atomu ... ....... ...... .. ............... ..... ............. ....... ....... ... ...................... ....... .... ... .... ....... 181 5. Przemiany jądrowe ...... ... ................. .......... ..................................................................... 182 6. Przykłady ......... ... ........... ........... ....................... ........... .......... ........ ........ ... ... ..... ...... ...... .. 184 7. Zadania ...................... ........ ......... ....... ...... ................. ..... ......... .... .......... ...... .. .. .. ............. 189 8. Rozwiązania i odpowiedzi do zadań ............................ .......... .......................... ...... ......... 189
Roz
ział
Xll Fizyczne podstaw y elektroniki...„ .......... „.„„ ..... „„ ... „... „.„193
1. Modele przewodnictwa .......... ................ ........ ..... ... ... ......................... ......... ......... .......... 195 2. Półprzewodnik .......... ....... .............. .... ............................. ..... ..... .... ....... ....... ...... .. ....... .... 196 3. Dioda ...... .. .......................................... ... ... .... ........................................................... .. .... 198 4. Tranzystor .. ... ... ........... .... ...... ..... ....... ... .... .. ............................................................... ..... 198 5. Fotoogniwo .... ..... .......... .... ........... .... ................... ..... ...... .................. ... „ ...... ... ... .. ....... ... . 200 6. Laser ............... .................................... ........ ............................. ... ........ .... ... .... ... .... ........ . 200 7. Sygnały analogowe i cyfrowe ... .... ................ ... ........ ...... .. ... .... ......................... .. ....... ...... 202 Rozdział
1. 2.
XIII Wektory .„ •....• „ .•..•••.•.••••.•......•.••.•.•.•....•.•.•..•.•.•..•.•.•..•........•.•..•.•.•.••••.•.. 203
Działania
na wektorach ........ ...... ............... ....... ....... .............................................. ......... 205
Przykłady ... ..... .... ..... ..... ............ .. ......... ..... .............. ..... .......... .............. .... ... .... .... ...... .. ... 207
Wstęp Nie przejmuj się porażkami. Przejmuj się szansami które tracisz, jeśli nie próbujesz
za granicę , musimy zadbać o wiele spraw, aby bezpiecznie i pewnie czuć się w nowych warunkach. Niezb ę dną rzeczą jest np. paszport, który umożliwia nam poruszanie się po świecie. Paszport maturzysty. Fizyka ma dopomóc Ci w poruszaniu się po świecie fizyki. Dla niektórych adeptów będzie to być może pierwsze p oważne spotkanie z fizyką i być może będzie ono budziło zakłopotanie. Może masz marzenia lub plany, które chcesz realizować, ale boisz się tego czy innego przedmiotu? Twoje obawy mogą wynikać z różnych przyczyn. Chociażby z tego, że w pewnym momencie nauki zagubiłeś się, straciłeś kontakt z fizyką i zaczęły pojawiać się problemy. Na koniec stwie rdziłeś, że nic z tego nie rozumiesz i odłożyłeś fizykę na półkę. Jeśli jednak Twoje zainteresowania są silniejsze od chwilowej niechęci do tego przedmiotu, podejmij próbę raz jeszcze. Weź do ręki tę książkę z nadzieją, że może dzięki niej zrozumiesz o co w tej fizyce chodzi. Książka, którą masz przed sobą zawiera 13 rozdziałów. Każdy z nich rozpoczyna się teoretycznym wstępem, po którym następuj ą rozwiązane przykłady oraz zadania do samodzielnego rozwiązania. Wszystkie zadania mają podane rozwiązani a bądź odpowiedzi. Partie mate riału , przykłady i zadania oznaczone literą „R" stanowią rozszerzenie materiału omawianego w liceum. Jeżeli ksi ążka ta p omo że Ci uwierzyć, że fizykę da się zrozumieć - ogarnięty twórczym niepokojem - sięgnij po inne książki, aby d owiedzie ć się jeszcze więcej . Wówczas marzenie autora będzie spełnione. Gdy
wyjeżdżamy
Autor
rozdział
I ruchu 2 . Ruch zm enny 3. Z y dynamiki Newtona 4.Za ł.
;1
r
+~r = 2
M=r2 -r1
r1
wektory
i
r2
opisują położenie
punktu mate-
r
7. Rozwi z nia i odpowiedzi do z kin m tykj
.Z . Ro
zd
zadań
nla z dynamiki iązani
I odpowiedzi do
rialnego w czasie. wektor ~ przedstawia zmianę położenia punktu w pewnym przedziale czasu M. Nazywamy go wektorem przesunięcia. Prędkością nazywamy stosunek wektora przesunięcia ciała do czasu, w jakim ta zmiana nastąpiła .
zadań
v= ~r
namlkl
dlaM
~t
Prędkość
I. Opis ruchu
(1)
wektorową.
y
l J o niesienia jest to ciało, względem którego określamy położenie innych ciał. Z takim ciałem wiążemy pewien układ współrzędnych, np. kartezjański układ współrzędnych prostokąt nych. ~ 1 jest to zmiana położenia ciała względem układu odniesienia. Jeżeli ciało nie zmienia swego położenia względem układu odniesienia, to pozostaje względem tego układu w spoczynku. Ciało może w tym samym momencie być w spoczynku w jednym układzie odniesienia i w ruchu w innym układzie odniesienia. 1 1tcnalm: to ciało o pewnej masie, ale o takich rozmiarach geometrycznych, które możemy zaniedbać w porównaniu z odległością tego ciała od obserwatora. Na przykład w pewnych warunkach możemy przyjąć, że samolot czy Słoń ce to punkty materialne. dm jest to linia, po której ciało porusza się. Tor może być linią prostą (ruch prostoliniowy) lub krzywą {ruch krzywoliniowy). Szczególnym przykładem ruchu krzywoliniowego jest ruch po okręgu. jest to długość toru przebytego przez ciało w pewnym czasie.
Tor punktu materialnego
X
Rys. l
jest wielkością
~o
o
X
Rys. 2
Kierunek i zwrot wektora prędkości jest zgodny gdy ~t ~ o. z kierunkiem i zwrotem wektora ~ Zwróć uwagę, że długość wektora ~ nie musi
r'
r
być równa przebytej przez ciało drodze. Tak jest tylko w przypadku ruchu jednostajnego prostoliniowego. y Tor punktu jest liniq prostq
/ o
X
Rys. 3
Wektor przesunięcia w ruchu jednostajnym prostoliniowym ma długość równą drodze s przebytej przez ciało w tym ruchu.
IL1 'I= s Wzór (1) określa prędkość chwilową . Wektor prędkości chwilowej jest w każdej chwili styczny do toru ruchu. Bardziej formalnie możemy to zapisać:
/:;, r lir -->0 /:;, t
_
dr _.
.
v= 11m-=-=r
Symbolem
r'
lub
dr
oznaczamy
prędkość
ma wówczas
(5)
ti
pochodną wek-
dt tora położenia względem czasu. W ruchu jednostajnym prostoliniowym Zatem
s tg (X= _j__ =V
(2)
dt
jt:;,rj =
W ruchu jednostajnym prędkość jest stała, a więc zależność prędkości od czasu opisuje funkcja stała, którą ogólnie możemy zapisać:
s.
v = constans
wartość:
V
s
v=M
(3)
Stosunek przemieszczenia do czasu, w którym ciało się przemieściło, nazywamy prędkością średnią. /:;.r
t
v=M
Rys. 5
Każda wielkość fizyczna jest wyrazona w pewnych jednostkach. Zapis [v] oznacza jednostkę wielkości fizycznej v. Jednostkami poznanych wielkości fizycznych w układzie SI są: [s] = 1 m (metr) [t] = 1 s (sekunda)
[v] = [s] = 1 m [t] s
Ruchem jednostajnym prostoliniowym nazywamy ruch, w którym prędkość jest stała, a torem jest linia prosta. W tym ruchu droga przebyta przez ciało jest proporcjonalna do czasu, w jakim została przebyta, tzn. S =V
Wykresem tej
zależności
t
Zauważmy, że pole prostokąta na rysunku 5 przedstawia liczbowo drogę przebytą przez ciało, które w czasie t 1 poruszało się z prędkością v1 •
2. Ruch zmienny Jeżeli
w ruchu następuje zmiana chociaż jednej z cech wektora prędkości (wartości, kierunku lub zwrotu), to mamy do czynienia z ruchem zmiennym. Przykładem ruchu zmiennego jest ruch krzywolimowy.
y
(4)
jest linia prosta.
s X
Rys 6 Zauważmy, że w ruchu po torze krzywolinimvym w każdej chwili czasu zmienia się kierunek, zwrot i wartość prędkości . W szczególnym przypadku, w ruchu po okręgu, wartość prędkości może być
o
stała.
Rys. 4
Przyśpieszeniem
nazywamy stosunek przyrostu pręd do czasu, w którym ten przyrost nastąpił. Przyśpieszenie oznaczamy literą a.
kości Zwróć uwagę, że
su
kąta nachylenia wykreliczbowo wartość pręd (w odpowiednich jednostkach):
tangens
zależności (4) wyraża
kości
-
a=
. t:;, v d v _ 11m-=-=v t.r->O /:;.
t
dt
(6)
Przyśpieszenie jest wielkością wektorową. Kierunek i zwrot wektora przyśpieszenia są zgodne z kierunkiem i zwrotem zmiany wektora prędkości. Jednostką przyśpieszenia jest:
[a]= [.1v] =1 s =1 m
s
s2
s
Korzystając kość
lub bardziej ogólnie: (8)
+at
a
Wartość przyśpieszenia
w ruchu jednostajnie zmiennym obliczamy ze wzoru: .1 v
v -v
.1t
t2-t1
1 a = - = 2- - -
możemy zastąpić pręd
wyrażeniem:
Wówczas wzór (9) przyjmie
więc
postać:
a= v- Vo
Wzór na drogę przebytą przez ciało poruszające się ruchem jednostajnie zmiennym w czasie t ma postać:
at 2 s =s0 +v0 t + 2
możemy
(11)
s
(10)
t - t0
równaniem (8) na wykresie.
otrzymamy:
gdzie s0 oznacza położenie początkowe ciała względem układu odniesienia. Zauważmy, że w ruchu jednostajnie przyśpieszo nym przebyta droga jest proporcjonalna do kwadratu czasu. Wykresem tej zależności jest parabola.
V1 = Vo, Vz =V t 1 = t 0, t 2 = t
stawić
pisać:
= V2 v 0 t + V2 vt
z wzoru (8),
(9)
stosujemy oznaczenia:
Zależn ość o pi saną
dalej
s = 1/2 v 0 t + V2 (v 0 + at)t = v 0 t + 1/2 at 2
prędkość początkową
ciała .
Często
v
będziemy
v=v 0 +at
= v0
gdzie v 0 oznacza
= s 1 + s2 = v 0 t 2 + 112 (v 2 -v0 )t2
t 2 = t oraz v 2 = v s = v 0 t + 112 vt - 112 v 0 t
(7)
V= at
do uwagi
Dla uproszczenia zapisu
Ruchem jednostajnie zmiennym nazywamy ruch, w którym prędkość, z jaką porusza się ciało, jest proporcjonalna do czasu trwania ruchu, tzn.
v
analogię
możemy powiedzieć, że
bowo równa sumie pól trójkąta i prostokąta zawartych pod wykresem funkcji v=v 0 +at.
m
[.1t]
dotyczącej rysunku 5 droga przebyta przez ciało poruszające się ruchem jednostajnie przyśpieszonym z prędkością początkową v 0 jest licz-
Przez
przed-
V
t Rys. 8
Ruchem po okręgu nazywamy ruch, w którym torem ruchu jest okrąg. V
o
t
Rys 7
Rys. 9
jest czę~tod1wo<;(. f, czyli liczba w jednostce czasu:
Wektor położenia, który w ruchu po okręgu bę dziemy nazywali wektorem wodzącym, jest prostopadły do wektora prędkości: r l. ii . Ruch po okręgu, w którym wartość prędkości jest stała, nazywamy ruchem jednostajnym po okręgu:
Ważnym pojęciem
I v I = constans
Jednostki poznanych [m] = [a] = 1 rad
Prędkość
po
liniowa punktu w ruchu jednostajnym
okręgu:
pełnych okrążeń okręgu
f =I_
[T]
wielkości
fizycznych:
s
1
s ber v=-=--
t
(12)
T
1 [f] = - = - = 1 Hz (herc) [T] s Przyśp ieszenie w ruchu po o
ręgu
v,
gdzie :
s-
(17)
T
długość okręgu,
s
= 2nr
T- okres Okresem nazywamy czas, w którym ciało jeden raz przebędzie drogę równą długości okręgu (okrąży okrąg). Prędkością kątową
w w ruchu jednostajnym po nazywamy stosunek kąta a zakreślonego przez wektor wodzący do czasu t, w jakim ten kąt
okręgu
został zakreślony.
a m=-
(13)
t
Jeżeli
a = br, tot = T.
A więc
be m=-
(14)
T
Między prędkością liniową
kątową
zachodzi
Rys. 11
W ruchu po okręgu zmiana wektora prędkości (1) dla .ót--tO jest wektorem skierowanym do środka okręgu. Taki sam zwrot ma wektor przyśpieszenia, które w ruchu jednostajnym po okrę gu nazywamy przyśpieszeniem uos ·od o ·} . Kierunek przyśpieszenia jest zgodny z kierunkiem wektora wodzącego, zwrot jest przeciwny do zwrotu wektora wodzącego (skierowany jest do środka okręgu), a wartość możemy obliczyć ze wzoru:
związek:
v2
a=-
2'1Cr
v=-=mr T
'
(15)
Zapis wektorowy ma
iiJ jest wektorem prostopadłym do płaszczyzny, w której odbywa się ruch. Kierunek wektora iiJ pokrywa się z osią obrotu. Zwrot wektora prędkości kątowej określamy korzystając z reguły śruby prawoskrętnej (patrz rozdział: Wektory). Wektor iiJ jest określony poprzez wektory r l V:
v2 r
a,=---
r r Znak minus oznacza, że wektor przyspieszenia ma zwrot przeciwny do wektora wodzącego. Pędem ciała nazywamy iloczyn masy ciała i jego prędkości:
p=mv
(16)
kg · m [p]=[m][v] = 1 - s
Rys. 10
(18)
postać:
Prędkość kątowa
v = wxr
r
(19)
3 . Zasady dynamiki Newtona III zasada dynamiki Jeżeli ciało A działa na
I zasada dynamiki na ci a ło nie działają żadne siły lub wypadkowa działających sił jest równa zero, to ciało to pozostaje w spoczynku lub porusza się ruchem jednostajnym prostoliniowym.
Jeże li
ciało
B siłą FAB,
to ciało B oddziałuje na ciało A siłą FBA . Siły te mają ten sam kierunek, te same wartości i przeciwne zwroty. Siły te nie równoważą się, gdyż są przyłożone do różnych ciał.
Zasa dę tę możemy także sformułować
w n astępu sposób: Istni eje ukła d odniesienia (incrcj'lln~ układ od), w którym ciało ni e p odlegaj ące oddzi aływaniu z otoczeniem (ci ało, na które nic nie działa) spoczywa lub porusza się ruchem jednostajnym prostoliniowym. Tak sformułowaną I zasad ę dynamiki nazywa się zasadą bezwładności .
jący
B
Rys. 12
II zasada dynamiki Jeże li na ci ało działa niezrównoważona si ła F, to porusza się ono z przyśpiesze niem a, które jest wprost proporcjonalne do działającej siły F i odwrotnie proporcjonalne do masy m ciała. Kierunek i zwrot przyśpieszenia są zgodne z kierunkiem i zwrotem działającej siły.
1 Fa=m Jednostką siły
[F]
w
ukł adzie
Siła dośrodkowa jest siłą, która „zmusza" ciało do poruszania się po okręgu . Korzystając z zależności (18) i (20) możemy napisać:
F = mv r
Siła
ta skierowana jest do
2
(22)
r
środka okręgu.
(20)
SI jest 1 niuton (1 N) .
= 1N
Wyraź my
1 N poprzez inne jednostki układu SI. W tym celu wyznaczmy ze wzoru (20) siłę F:
F=ma
W postaci wektorowej wzór (22) tak:
m
[F] = [m ][a] = 1 kg · 2 s
F =- mv
1 N=l kg· m
r
s2 Ko rzystając
p= mv
z
Rys. 13
zal eżności
(9) oraz ze wzoru m ożemy zapisać II zasadę dynamiki w ta-
kiej postaci
możemy zapisać
2 -
r
:_ r
Znak „-" oznacza, że siła ma zwrot przeciwny do wektora wodzącego . Wzór (22) możemy przekształcić do postaci:
F=moh
. -,1 p = F1irn dt-70
,1 t
(23)
(21)
4 . Zasada zachowania Zmiana p ę du ci ała w czasie jest równa działającej si le. Kierunek i zwrot zmiany pędu są zgodne z kierunki em i zwrotem dział aj ącej siły .
pędu
W odosobnionym układzie ciał (układzie izolowanym) całkowity pęd wszystkich ciał tego ukła du nie ulega zmianie, tzn. zmiana pędu tego układu jest równa zero. Aby lepiej zrozumieć treść tej zasady, skorzystajmy z równań N ewtona.
Jeżeli
na
układ
działają siły zewnętrzne,
nie
tzn.
!Jp F =0, to -=O.
mamy jednostki drogi. Takie działania są szczególnie istotne, gdy przekształcamy wzory fizyczne.
/j t
[S]
Stąd
(24)
= [v]
[M]
Otrzymaliśmy
=1
m
-s s
=1m
jednostki drogi. Teraz mozemy liczbowe.
podstawiać wartości
S
5.
Przykłady
Korzystając
z wykresu oblicz, jaką drogę przebyło a piątą sekundą. Spróbuj odpowiedzieć na pytanie, jaką drogę przebyłoby to ciało w pięciokrotnie dłuższym przedziale czasu? ciało między drugą
v,mls
u=
3 1---ł-----+---'--
2 l- - + - - - 1 -··
2
3
4
t 1)
= 2,5
(5 - 2) m
= 7,5
m
Zajmijmy się teraz drugą częścią zadania. Droga przebyta w ruchu jednostajnym prostoliniowym jest proporcjonalna do czasu. A więc droga przebyta przez ciało z naszego przykładu w czasie 5-krotnie dłuższym
t'
=
5M
wynosi: S1
= vt' = v·5
=
37,5 m
M
= 5 (vM) = 5 ·S = 5·7,5
m
=
a piątą sekundą ciało przebyło 7,5 m, a w czasie pięciokrotnie dłuższym przebędzie 3 7 ,5 m.
Odp. W czasie
I o
= vM = v (t 2 -
5
6
7
8 t, s
Rys 14
między drugą
@łłl!S@ł.j Korzystając z wykresu przedstawionego na rysunku 15, wyznacz prędkość ciała.
Rozwiązanie:
Dane: 2,5 m/s t1 = 2 s t2 = 5 s
V=
S,
Szukane:
s =?
s1 =
Wzory: S =V t
? t, s
Potrzebne dane odczytujemy z wykresu przedstawionego na rysunku 14. Bardzo ważna jest analiza zjawiska fizycznego opisywanego w zadaniu. Pomaga to w wyborze właściwych do rozwiązania zadania wzorów. Przedstawiony na rysunku 14 wykres informuje nas o tym, że mamy do czynienia z ruchem jednostajnym, gdyż pręd kość nie zmienia się w czasie. A więc słuszne jest zastosowanie wzoru S =V t,
który w tym konkretnym przypadku zapiszemy w postaci:
S Rozwiążmy
= v!::it
najpierw zadanie na jednostkach, tzn. sprawdźmy, czy stosując powyższy wzór otrzy-
~
m
Rys. 15
Rozwiązanie:
Dane:
Szukane:
a= 30°
V=
Wzory:
?
V=
m
tga s
Wykres przedstawiony na rysunku 15 odpowiada ruchowi jednostajnemu prostoliniowemu. Znając kąt nachylenia wykresu funkcji (liniowej) s = vt, możemy napisać:
V
= tg a -m = tg 3 0° -m = J3 s
s
3
m s
. ł o porusza się · z prę dk osC1ą ' · Jjm. Od p. C1a 3 s
Rozwiązanie:
Ciało porusza się ruchem jednostajnie przyspieszonym. Mając dane: a, v, v 0 wyznacz drogę
fr,
przebytą
przez to ciało. Wprowadzone oznaczenia to: a - przyśpieszenie, v 0 - prędkość począt-
kowa, v - prędkość końcowa. Rozwiązanie:
s
a, v, v 0
Rys. 16
Wzory:
Szukane: =?
Dane:
v
= v 0 +at
S = v0 t
at 2
+ -
2 Z treści zadania wiemy, że rozpatrywany ruch jest ruchem jednostajnie przyśpieszonym. Nie mamy informacji o czasie trwania ruchu ciała, ale ko rzystając z faktu, że w ruchu jednostajnie przyśpieszonym prędkość jest proporcjonalna do czasu trwania ruchu, możemy ten czas wyznaczyć znając prędkości: początkową i końcową.
Na ciało działa siła grawitacji
z wzajemnego z Ziemią oddziaływania grawitacyjnego. Ciało wywiera nacisk na podłoże silą
Fn ,
a podłoże zgodnie z III zasadą dynamiki
Newtona odwzajemnia się siłą reakcji
dwie siły:
Fg i F,
r
a-1
[email protected]
t=(v-vo)
Ciało zsuwa się z równi pochyłej. Jakie siły działają
na to ciało?
Rozwiązanie:
(v-v 0 ) + a 2 = v0 (v-v 0 ) + a(v-v 0 ) a 2a 2 2 = 2v 0 (v-v 0 ) + (v -v0 ) 2a 2a = (v -v 0 )(2v 0 +v-v0 ) = (v-v 0 )(v+v0 ) 2a 2a 2
=O
v=v0 +at
i podstawiamy do równania:
v 0t + -
= v0
2
= Rys. 17
v2
~
-
Na rysunku 17 przedstawiono siły: Fg , F, ,
2a Sprawdźmy
działające
jednostki : 2]
- 2
2
na ciało znajdujące się na równi po-
nacisk na równię siłą, która jest składową siły grawitacji prostopadłą do powierzchni równi.
2
[S]= [ v -vo =-s-=~~=m [2a] m s2 m s2
Równia oddziałuje na ciało siłą
wartości sile nacisku 2
2
Odp. Ciało przebędzie drogę : s = v -vo
2a
C i a ł o spoczywa na poziomej powierzchni. Jakie si ł y działają na to ciało?
Fi-
chyłej. Ciało leżące na równi pochyłej wywiera
m 2 2
która
których wypadkowa jest równa:
F=Fg +ft
a
=
F,,
ma taki sam kierunek, taką samą wartość, ale przeciwny zwrot. Na nasze ciało działają więc
Czas t wyznaczamy z równania:
S
Fgwynikająca
F,
równą co do
Fn ciała na równię.
Spójrzmy teraz na rysunek 18, gdzie siły odpowiedzialne za zsuwanie się ciała z równi są przesunięte do jednego punktu. Siła tarcia jest skierowana przeciwnie do kierunku ruchu.
Rozwiązanie:
Dane: v 0 =O mis a= 30° µ = 0,15 g =10 m/s 2
Wzory: a=F/m
Szukane: a =?
Rysunek do tego przykładu jest taki sam jak rysunek 18 w przykładzie 5. Siła F, która zgodnie z II zasadą dynamiki Newtona nadaje ciału przyśpieszenie, jest równa:
Rys. 18
Aby wyznaczyć siłę reakcji podłoża na ciało, skorzystajmy z trójkąta prostokątnego na rysunku 18.
F =mg (sina-µ cosa)
A więc cosa
a= Flm= mg (sina -µcosa)lm = g(sina -µcos a )
=
Sprawdzając
jednostki zauważmy, w nawiasie jest bezwymiarowe.
Stąd:
F,
= Fg cosa
=mg cosa
wyrazeme
a= 10 (sin30° - 0,15 cos30°) mJsl =
J3
= 10 (0,5 - 0,15 · - ) m/s 2 = 3,7 mls2 2
Natomiast z zależności: sma
że
Odp. Ciało zsuwa 3,7 m/s 2 •
=
się
po równi z
przyśpieszeniem
możemy wyznaczyć:
F = Fg sina= mg sina Siłę
tarcia
możemy wyznaczyć
ze wzoru:
Ft=µ F,
Rozwiązanie:
gdzie µ oznacza współczynnik tarcia. Ft= µF, = µmg cosa
Wypadkowa
siła działająca
na
ciało
na równi ma
wartość:
Fw
Rzut pionowy w górę Na jaką wysokość wzniesie się ciało, jeżeli zostanie wyrzucone w górę z prędkością początkową v0 ?
= F-Ft = mgsina-µmgcosa=
Dane:
Szukane:
Wzory:
g, Vo
h= ?
at 2 h=v0 t + 2
Ruch w górę jest ruchem jednostajnie nym z przyśpieszeniem: a= -g
=mg (sina - µcosa)
Znak minus oznacza, ciwny do siły F.
że siła
Ft ma zwrot prze-
Szukana
wysokość
jest drogą, jaką przebędzie ruchem jednostajnie opóź
ciało, poruszając się
nionym:
Fw = mg (sina - µcosa)
1
h = Vo t--gt 2 Ciało
zaczyna zsuwać się po równi pochyłej (v 0 =0 m/s) o kącie nachylenia do poziomu równym 30°. Wyznacz przyśpieszenie ciała. Współ czynnik tarcia o powierzchnię równi wynosi 0,15, a przyśpieszenie ziemskie g = 10 m/s 2 •
2~
opóźnio
Gdy
ciało osiągnie maksymalną wysokość,
prędkość będzie
równa zero.
v po
2
uwzględnieniu:
=
Stąd
v0 +at
v = O i a = -g
wzór:
to jego
przyjmie
h&J@@l§I
postać
v 0 = gt
A więc ciało
osiągnie maksymalną wysokość
t
Czas powrotu A więc
ciała
na
w czasie
ciała, maksymalną
znaczmy czas ruchu tego
= !!..Q_
wyoraz zasięg rzutu. ruch w układzie współrzęd
sokość, jaką osiągnie ciało,
g
ziemię będzie
Rzut ukośny Rozważmy ruch ciała wyrzuconego pod kątem a do poziomu z prędkością początkową ii0 • Wy-
Opiszmy nych.
taki sam.
2 1 2 1 Vo2=Vo Vo Vo2 h =Vo ·Vo- - - ·g· ----=max g 2 g2 g 2 g lg
v2
Odp. Ciało wzniesie się na wysokość: hmax = 2g 0
:.~ '
•
IRłl@@l:I
rozważany
-
, V0~
'
i :
' '
Rys. 20
Rzut poziomy Rozważmy ciało
mym z
wyrzucone w kierunku poziov0 • Wyznacz czas trwania ru-
prędkością
chu oraz
zasięg
rzutu.
Ruch ciała możemy rozłożyć na dwa niezależne ruchy: ruch jednostajny w kierunku poziomym z prędkością v0 x i ruch jednostajnie opóźniony, a następnie jednostajnie ku pionowym.
ilo
przyśpieszony
w kierun-
Prędkość początkową możemy rozłożyć
na
skła
dowe
gdzie Vox = VoCOSa v0y = v0 sma
Rys. 19
Wysokość maksymalną Zwróćmy uwagę, że
ruch ciała w rzucie poziomym możemy rozłożyć na dwa niezależne ruchy: ruch jednostajny prostoliniowy w kierunku poziomym z prędkością vx oraz ruch jednostajnie przyśpieszony
szeniem
a
w kierunku pionowym z przyśpie = g . Czas trwania ruchu w kierunku
poziomym i pionowym jest taki sam. Ciało tak pokona wysokość h. Czas ten jest równy: długo będzie spadać, aż
t=f! Zasięg którą
tego rzutu, czyli maksymalną odległość, na dotrze ciało, możemy obliczyć ze wzoru: Smax
= Vot = Vof!
2
wyznaczymy ze wzoru 2
.
2
h = V 0 y = v0 sm a 2g
2g
Czas ruchu ciała w rzucie ukośnym jest taki sam jak czas ruchu w rzucie pionowym do góry i w dół. Ruch w kierunku pionowym trwa tak samo długo jak ruch w kierunku poziomym.
2v y g
2 v sina g
t = -0- = -0- - Zasięg
rzutu poziomego to droga, jaką przebędzie ciało, poruszając się ruchem jednostajnym z pręd kością v0 x w czasie t.
S = v0xt = v 0 cosa t =
2 v~ sina cosa
g
v~ sin2a
=~---
g
Zastanówmy się, kiedy zasięg będzie maksymalny, a kiedy maksymalna wysokość . Zasięg jest maksymalny, gdy sin2a = 1, czyli gdy a= 45°. Natomiast wysokość jest maksymalna, gdy sin a = 1, czyli gdy a= 90°. W tym przypadku mamy do czynienia z rzutem pionowym.
s,m 27 24 18 12
•
6
IO.
Przykład
Napisz równanie toru ciała w rzucie ukośnym. Położenie ciała w czasie względem osi OX określa równanie:
o
4
8
12
16
20
24
+--
t, s
28
Rys. 21
x(t) =v0 t cosa Zadanie 3.
natomiast
względem
osi OY równanie:
. 1 2 y(t) = v 0 t sma - -gt 2
Wyznaczając
Opisz ruch samochodu, dla którego przedstawia wykres na rysunku 22.
zależność v(t)
v,mls ,____________
~
z pierwszego równania czas t X
t=--Vo
cosa
i podstawiając do drugiego otrzymamy:
y=
1 gx 2 -cosa 2 v; cos 2a
x v 0 sina Vo
y = xtgaOtrzymaliśmy
g
2 v o2 cos 2a
x2
równanie paraboli:
y
=
-ax2
+ bx
6. Zadania z kinematyki Zadanie I.
Samochód przebył pierwszą połowę drogi z pręd kością 40 km/h, a drugą połowę z prędkością 20 km/h. Oblicz prędkość średnią samochodu. Zadanie 2 .
Przeanalizuj wykres przedstawiony na rysunku 21 i odpowiedz na pytania. l. Co przedstawia wykres? 2. Jak długo ciało poruszało się? 3. Jak długo ciało pozostawało w spoczynku? 4. Jaką drogę przebyło ciało podczas ruchu? 5. Jakie prędkości miało ciało w poszczególnych przedziałach czasu?
2
3
4
5
t, s
Rys 22
Zadanie 4.
Samochód przejechał drogę długości 150 km z miasta A do miasta B w trzech etapach. Pierwszy odcinek długości 60 km jechał z prędkością 45 km/h, drugi o długości 50 km z prędkością 60 km/h, a trzeci z prędkością 75 km/h. a) Oblicz średnią prędkość samochodu na całej trasie. b) Sporządź wykres prędkości samochodu w funkcji czasu. Zadanie 5.
Na rysunku 23 przedstawiono wykres v(t) dla trzech ciał. Korzystając z tego wykresu: a) określ, czemu odpowiadają odcinki: PA, AN, AM, b) znajdź przyśpieszenia, z jakimi poruszają się te ciała,
cR) napisz równania ruchu tych ciał, d) wskaż, które ciało przebyło największą w czasie pierwszych 2 sekund.
drogę
v, mis
przeciwko przystani M? Jaką d rogę przebędzie prom? Po jakim czasie prom osiągnie drugi brzeg? N p
LO
,,
~ 4.5 mis
8 t, s
Rys. 23
VR
= 1,5 mfs rzeka
-+
M
Rys. 25
7
I
Zadanie IO.
Jak powinien płynąć prom z poprzedniego zadania, aby do brzegu dopłynąć dokładnie w punkcie N?
Zadanie 6 . Łódka płynie z prądem rzeki. Prędkość prądu
Zadanie li.
rzeki wynosi 2,5 mis. Jaka jest prędkość łó dki względem wody w rzece, a jaka względem brzegu rzeki?
C hłopiec biegnie po ruchomych schodach. Czas, w którym pokonuje ich długość, wynosi 10 s gdy biegnie zgodnie z kierunkiem ich ruchu, i 15 s - gdy biegnie przeciwnie do ich ruchu. W jakim stosunku pozostają do siebie prędkości chłopca i schodów?
Zadanie 7 .
Silnik nadaje łódce prędkość 4 m/s. Jaka będzie prędkość tej łódki względem wody w rzece, a jaka względem brzegu rzeki. Rozpatrz dwa przypadki: a) łódka płynie z prądem rzeki, b) łó dka pły ni e pod prąd rzeki . Rzeka pł yni e z prędkością 3 m/s.
Zadanie 12R.
Dwa ciała po ru szają si ę ruchem jednostajnym prostolin iowym. Zależności drogi od czasu dla tych ciał opisują równania: s 1(t)=2t+l S2(t) = - 0,5 t
Zadanie 8. Łódka motorowa wypłynęła z przystani kością 5
Az
pręd
mis prostopadle do brzegu rzeki. Pręd
kość prądu
rzeki wynosi 3 m/s. Rzeka ma szerojaką prędkością i w jakim czasie łódka osiągnie drugi brzeg? kość
30 m. Z
+5
(We wzorach pominięto jednostki.) a) Narysuj zależności s(t) dla tych ciał. b) Wyznacz czas, po którym spotkają się te ciała. c) Wyznacz miejsce spotkania. Zadanie 13.
vL= 5 mis
rzeka
Popatrz na wykres na rysunku 26 i odpowiedz na pytania. v, mis 28
~~~~~~~~-i--~-+-~,---+-
A Rys 24
Zadanie 9 .
Z przystani M prostopadle do brzegu rzeki wymis względem rzeki. Woda w rzece płynie z prędkością 1,5 m/s. Wiedząc, że rzeka ma szerokość 60 m, oblicz, o ile metrów prąd rzeki zniesie prom względem punktu N leżącego po drugiej stronie rzeki napłynął prom z prędkością 4,5
o Rys. 26
2
4
6
8
IO
12
14
16 t, s
a) Co przedstawia wykres? b) Jak długo trwał ruch ciała? c) Jaką drogę przebyło to ciało? d) Z jakimi przyśpieszeniami poruszało
Zadanie 19.
się ciało?
Zadanie 14.
Na wykresie przedstawiono zależność prędkości pewnego ciała w funkcji czasu. Korzystając z tego wykresu, narysuj dla tego ciała wykres zależności drogi od czasu.
v, mis
,,,v
6 / 4 I/ 2 I/V o 3
V
V
Swobodnie puszczony kamień spadł na dno studni po 3 s. Jaka jest głębokość studni? Jak sądzisz, skąd możemy wiedzieć, że kamień osiągnął dno studni? Zadanie 20.
Z powierzchni Ziemi wyrzucono ciało pod kątem a= 30° do poziomu z prędkością 80 m/s. Oblicz składową poziomą i składową pionową prędko ści. Jakim ruchem porusza się ciało w kierunku poziomym, a jakim w kierunku pionowym? Opór powietrza zaniedbujemy. Zadanie 21.
6
9
t, s
Ciało
wyrzucono pod
Składowe
Rys. 27
prędkości
kątem są
a do poziomu. równe: vx = 50 mis
i vy = 50 fi m/s. Wyznacz kąt a. Zadanie ISR.
Zadanie 22.
Zależność
drogi od czasu dla pewnego ciała poruszającego się ruchem jednostajnie przyśpieszonym opisuje równanie: s(t) = 12
+ 3t + 5t 2
Korzystając
Oblicz, z jaką prędkością liniową porusza się koniec wskazówki minutowej zegara, a z jaką koniec wskazówki godzinowej. Przyjmij długości wskazówek odpowiednio: 30 cm i 20 cm.
z tego równania, wyznacz prędkość oraz prędkość, jaką uzyska ciało po 10 sekundach ruchu. Wszystkie wielkości podane są w jednostkach układu SI.
Ciało
porusza
Jedno
okrążenie
Zadanie 16R.
przyśpieszenie
początkową ciała, przyśpieszenie
Dwa ciała ruchu:
poruszają się
zgodnie z równaniami
ciał.
Z łuku wystrzelono strzałę pionowo do góry z prędkością 25 m/s. Na jaką wysokość wzniesie się strzała? Po jakim czasie spadnie na ziemię? Przyjmij g = 9,81 m/s 2 • Zadanie 18.
Z powierzchni Ziemi wyrzucono pionowo do góry ciało, które spadło po 10 s. Wyznacz pręd kość, z jaką wyrzucono to ciało, oraz wysokość,
~
się
Zadanie 24. ciało przebędzie
Prędkość kątowa ciała
Zadanie 17.
jaką osiągnęło.
częstotliwość,
po okręgu o promieniu 0,5 m. wykonuje w czasie 0,25 s. Oblicz prędkość liniową i kątową oraz dośrodkowe tego ciała.
W jakim czasie
s 1(t) = 4 - 2t + t 2 S2(t) = 1 + 2t
Wyznacz czas i miejsce spotkania tych
Zadanie 23.
1/3 łuku wynosi br rad/s.
okręgu?
Zadanie 25.
Jaka jest prędkość liniowa punktów na kuli ziemskiej podczas jej ruchu obrotowego. Obliczenia wykonaj dla ciała znajdującego się: a) na biegunie, b) na równiku, c) na 45° szerokości geograficznej, d) na 60° szerokości geograficznej, e) w Warszawie. Przyjmij promień Ziemi równy 6,37· 10 6 m oraz czas obrotu Ziemi wokół własnej osi 8,64 · 104 s.
Zadanie 26.
m
Na wykresie (rys. 28 ) przedstawiono zależność prędkości liniowej od promienia dla punktów leżących na obracającym się kole. Korzystaj ąc z tego wykresu, wyznacz prędkość kątową i okres obrotu.
a= 5 2 ; s 1 = 2,5 m s 1 s - 3,5 s ruch jednostajny: a= Om · v = 5 m · s = 12 5 m s2 '
s '
'
3,5 s - 4,5 s ruch jednostajnie opóźniony:
a = -5 m · s
v, mis
2
s2 '
3
= 2' 5 m
Podczas trwania ruchu ciało przebyło 17,5 m. Zadanie 4. a) vśr = S1 +s2 +s3 = S1 +s2 +s3 =55~ km t l +t2 +t3 .:i_ + ~ + ~ 9 h
r,m
Vz
V1
Rys. 28
V3
b) v, km/h
Zadanie C7. Ciało
obraca się z częstotliwością 15 Hz. Po jakim czasie obróci się o kąt 30°?
Zadanie 2. l. Wykres przedstawia zależność położenia od czasu w ruch u jednostajnym prostoliniowym. 2. Ciało poruszało się przez 20 s. 3. Ciało było w stanie spoczynku przez 8 s. 4. Ciało przebył o 54 m. 5. Ciało osiągało prędkości w poszczególnych przedziałach czasu:
10
6
S -
S
16
~V S
=
~V
2,5 m s
=2 m s
6
S -
10
S
16s-22s
~V = 0 m s
~v
32
80
120
t, minuty
Rys 29
Zadanie 1.
S -
45 1-+-+-+-1f-+-+-+--+-++-i---+-+-+--1'---+---+---+--+-J--.j 8
7. Rozwiązania i odpowiedzi do zadań z kinematyki
0
.......~~
751-+-+-+--c.....+-+-+--+-+--+--I-+-+-~~
6o t-t-t--t-1:--t--+-+-+-+-+-....+-+-...._._..+-+-+--+-1
m
=-2,5s
22 s - 26 s ~ v = O m 26 s - 28 s ~ v = -6 m s s Znak minus przy wartości prędkości oznacza przeciwny zwrot przemieszczenia. Zadanie 3. Wykres przedstawia zależność prędkości od czasu. Ruch ciała trwał 4,5 s. O s - 1 s ruch jednostajnie przyśpieszony:
Zadanie 5. a) PO = v = 8 m/s - początkowa prędkość ciała I AN = v = 2 m/s - początkowa prędkość ciała II AM = t = 3 s - czas trwania ruchu ciała I 2m 4m lm b) aI= -2- 2 ; au=- 2 ; am=- 2 3s 5s 3s cR) Równanie ruchu to równanie opisujące zmianę położenia ciała w czasie: 1 s(t) = v 0t +-at 2 2 23..t 2 sI(t) = 8t--3- = 8t-±t2
2
3 2 Su(t) = 4t+3..t 5 1 2 Sm(t) = 2t+-t 6 W obliczeniach pominięto odpowiednie jednostki. d) W czasie 2 s najdłuższą drogę przebyło ciało I. 2 3 2 sI =10-m; su =9-m; Sm =4-m 3 5 3 SI> Su> Sm
Zadanie 6. Łódka spoczywa względem wody, natomiast względem brzegu porusza się z prędkością wody, tj. 2,5 m/s.
Zadanie 7. a) Prędkość łódki względem wody wynosi 4 m/s, a względem brzegu - 7 m/s. b) Prędkość łódki względem wody wynosi 4 m/s, a względem brzegu - 1 m/s.
Zadanie 12R. s, m
A
6 5
4 3
2
Zadanie 8.
c
B
Rys. 32
rzeka
Rys. 30 Prędkość wypadkowa brzegu wynosi ~2 V=VA
łódki
motorowej
względem
r::;-;m m +vR2 =v34-:::::: 5,8s s
Drugi brzeg łódka osiągnie w czasie niezbędnym do przepłynięcia drogi IAB I z prędkością vt.
łódka osiągnie w punkcie C, gdyż od własnej prędkości porusza się z prędkością rzeki. A więc odcinek BC łódka przebędzie z prędkością rzeki w czasie 6 s.
Drugi brzeg niezależnie
Zadanie 9. 1) Prąd zniesie prom o 20 m względem punktu N.
2) Prom przebędzie drogę równą 20M m"' 63 m. 3) Prom
osiągnie
drugi brzeg w czasie t
= 13,26 s.
Aby wyznaczyć czas i miejsce spotkania, wystarczy rozwiązać podany w zadaniu układ równań. Ciała spotkają się po 1,6 s w odległości 4,2 m względem początku układu odniesienia. Zauważ my, że ciało A przebędzie od chwili startu do momentu spotkania dłuższą drogę niż ciało B. Zadanie 13. a) Wykres przedstawia zależność prędkości od czasu. b) Ciało poruszało się przez 13 s. c) W czasie ruchu ciało przebyło 114 m. Drogę najłatwiej wyznaczymy, obliczając pole ograniczone wykresem i osią czasu. d) Przyśpieszenia os - 2 s a= 5 m/s2 2s-5s a= O m/s 2 5s-6s a= 6 m/s2 6s-8s a= -5 m/s2 8s-9s a= O m/s 2 9s-12s a= 2 m/s2 12 s - 13 s a = -12 m/s2 Zadanie 14. Z wykresu wyznaczamy a
Zadanie 10. Aby prom przepływając rzekę osiągnął dokładnie przeciwległy punkt brzegu rzeki, powinien wypłynąć pod prąd pod kątem a = 19°4 7'.
przyśpieszenie ciała
= 1,25 m/s2
i podstawiamy do wzoru na
s =I_ at 2 = l,
2
25
2
t 2 = 0,625 t 2 = 2. t 2
8
s 10 ---- -----Rys. 31
Zadanie 11. ~ = tl + t2 = 10 + 15 = 5 Vch t 2 - t1 15-10 Prędkości chłopca
i schodów
pozostają
w stosun-
ku 5:1. Rys. 33
drogę:
4
Zadanie lSR. Równanie ruchu
ciała
ma
v 0 y = v 0 sina= 80 · sin30° = 40 m s
postać:
li = 40v3r:;-m -
s(t) = 12 + 3 t + 5 t 2 Porównajmy poszczególne ze wzorem :
człony
v 0 x = v 0 cosa= 80 · cos30° = 80 · -
2
s
tego równania Zadanie 21.
s(t) = s0 + v 0 t + Vi at 2 s0 = 12 m; v0 = 3 m/s 1 2 /2 a= 5 m/s 2 a= 10 m/s
vx = SO mis; vy =soli m/s vx = v 0 cosa; vy = v0 sina V
---2'... = tga
vx
II sposób:
soli
r:;-
tga = - - = v3 SO a= 60°
'} = ds(t) = ~(12 +3t+St )= 3+ lOt dt dt 2
m
v(O) = 3-
s
Zadanie 22.
a = dv(t) = ~(3+10t)=10 m dt dt s2
=
v(lO)
3 m/s + 10 · 10 m/s po 10 sekundach.
=
103 m/s -
Prędkość końca
wskazówki minutowej: S,2 · 104 m/s Prędkość końca wskazówki godzinowej: 2,9· l0-5 m/s pręd
kość ciała
Zadanie 16R. Czas i miejsce spotkania wyznaczamy, rozwiązu j ąc układ równ ań ruchu ciał. Otrzymujemy dwa roz w1 ą zama :
v2
h =-
2g
=319m '
Zadanie 18. gt
v2
v o = -2 = 49 ,OS m · h = -2g0 = 122 , 62 m s ,
Zadanie 19. Studnia ma g łębokość
s
4 nf -32 2 -31S8m --~-( 7t: r r ' s2
Zadanie 24. 1 t =-s 3
Zadanie 17. 2v t = --0 "" S,1 s g 0
m v = wr = 12,S?ad
1s
tl =
Zadanie 23. 1 rad f = -T = 4 Hz·' m = 27t: f = 2S ' 13 - s '·
około
Zadanie 25. a) Prędkość liniowa punktów na biegunie jest równa zero. 2 b) Na równiku: v = 7t: Rz = 463 m Tz s 0 c) Na 4S szerokości geograficznej:
44 m.
Zadanie 20.
Rys. 35 Rys. 34
Z rysunku
widać, że
r 1 =Rz cosa
v, mis
v = 2n ri = 327 m
T2
d) v = 2n R2 cos60° = 232 m T2 s e) Warszawa znajduje się na 52°15' geograficznej północnej . cos 52°15' = 0,6124 V=
!--~~~~~~~~~~~
s
szerokości
o
283 m s
2
4
6
8
10
12t,s
Rys 36
Zadanie 26. c:o = 0,75 rad s 2n T= - = 8,37s c:o
Zadanie 7 .
Na ciało o masie 50 kg działa równolegle do kierunku ruchu siła 100 N. Współczynnik tarcia o podłoże wynosi O, 15. Oblicz, z jakim przyśpie szeniem będzie poruszało się ciało.
Zadanie 27. t=5,6·10-3 s.
Zadanie 8. Ciało o ciężarze 50 N pod działaniem siły 10_N porusza się ruchem jednostajnym prostoliniowym. Wyznacz współczynnik tarcia.
8. Zadania z dynamiki
Zadanie 9. Zadanie I.
Z
jaką siłą należy działać,
nadać przyśpieszenie
aby 3 m/s 2 ?
ciału
o masie 10 kg
Na poziomej powierzchni nadano ciału prędkość 6 m/s. Ciało zatrzymało się po przebyciu 90 m. Jakim ruchem poruszało się to ciało? Oblicz współczynnik tarcia o podłoże.
Zadanie 2.
Po jakim czasie od chwili ruszenia z miejsca ciało z poprzedniego zadania uzyska prędkość 30 m/s? Zadanie 3.
Na ciało leżące na płaskiej powierzchni działa siła 20 N . Wektor siły tworzy z poziomem kąt 30°. Wyznacz składową poziomą tej siły. Zadanie 4 .
Na
ciało działają
przy czym
dwie
siły
F 1 = 30 N, F1 = 40 N ,
F1 J_ F2 • Wyznacz wypadkową tych sił.
Zadanie 5.
Na
ciało działaj ą
L(F1 ; F1 ) =
dwie
siły
F 1 = 30 N i F 2 = 40 N,
60°. Wyznacz siłę wypadkową.
Zadanie 6. Korzystając
~
tość siły
z wykresu na rysunku 36, oblicz wardziałającej na ciało o masie 200 kg.
Zadanie IO.
Z równi pochyłej o kącie nachylenia do podłoża równym 30° zaczyna poruszać się ciało. Wyznacz przyśpieszenie ciała. Zaniedbaj tarcie. Zadanie li.
Z równi o kącie nachylenia do podłoża 30° zaczyna poruszać się ciało. Współczynnik tarcia o podłoże równi wynosi O, 1. Wyznacz przyśpieszenie ciała.
Zadanie 12.
Z równi o długości 2 m i wysokości 0,5 m porusza się ciało . Po jakim czasie osiągnie podstawę równi? Współczynnik tarcia jest równy 0,1. Prędkość początkowa - na szczycie równi - wynosi O m/s. Zadanie 13. Ciało poruszało się kością
w górę równi pochyłej z pręd 15 m/s. Po dotarciu do % wysokości równi
ciało zatrzymało się
i zaczęło ruch w dół równi. Oblicz wysokość równi. Kąt nachylenia równi wynosi 45°, a współczynnik tarcia 0,15. Zadanie 14. Ciało
o masie 75 kg porusza się po okręgu o promieniu 100 m z prędkością 100 km/h. Oblicz siłę
Zadanie 19.
Na rysunku 38 przedstawiono zależność pędu od dla dwóch ciał. Korzystając z tego wykresu wyznacz masy tych ciał.
prędkości
p,kg · mls 1--.-----~-~
dośrodkową.
Zadanie 15. C iało
o masie 300 g przywiązane do nici o długo ści 50 cm porusza się w płaszczyźnie poziomej ze stałą prędkością, tak że nić opisuje powierzchnię stożkową . Wyznacz prędkość kątową, z jaką porusza się ciało, oraz wartość siły naprężającej nić . Kąt odchylenia nici od pionu wynosi 30°.
o
2
4
6
8
10
v, mis
Rys. 38
Zadanie 20. Łyżwiarz stojący
na lodzie wyrzuca przed siebie o masie 5 kg. Oblicz masę łyżwiarza, wiedząc, że przebył on drogę 15 razy krótszą niż ciało, które wyrzucił. Ruch ciała i łyżwiarza odbywał się w tym samym czasie. Tarcie pomijamy. ciało
Zadanie 21R. Rys. 37
Zadanie 16. Ku lkę zawieszoną
na nici o długości R odchylono od pionu i puszczono swobodnie. Wiedząc, że maksymalna siła naprężająca nić jest dwa razy większa od ciężaru kulki, wyznacz wyso kość, na którą podniesiono kulkę. Zadanie 17.
Samochód porusza się z prędkością 100 km/h po moście o promieniu krzywizny 100 m. Oblicz siłę reakcji fotela na kierowcę o masie 70 kg w najwyższym punkcie toru. Z jaką prędkością powinien poruszać się samochód, aby kierowca nie wywierał nacisku na fotel?
Chłopiec rzucił kamień pod kątem f3 = 45° do poziomu. W chwili wyrzucania kamień był na wysokości 1 m nad powierzchnią Ziemi. W jakiej odległości od chłopca upadnie kamień? Na jaką wysokość względem Ziemi wzniesie się kamień? Prędkość początkowa kamienia wynosiła 15 m/s.
Zada nie 22R.
W punkcie P odległym o 2000 m od obserwatora, widzianym pod kątem y = 60° znajduje się ciało. Pod jakim kątem a należy wystrzelić pocisk, aby przy prędkości początkowej równej 600 mis trafił on w ciało. W chwili wystrzału pocisku ciało zaczyna spadać swobodnie. Opór pomijamy.
y .../
./ ./
/
...„....
//// y
Zadanie 18.
o masie 80 kg porusza się z prędkością 25 m/s. Jaki jest pęd tego ciała? Jaką siłą trzeba zadział ać w czasie 5 s, aby pęd ciała zwiększył się dwukrotnie?
p
...
Ciało
a
-X
Rys. 39
Zadanie 23R_ Ciało
z
rzucono pod kątem a= 45° do poziomu 100 rn/s. Napisz równanie toru tego
prędkością
Zadanie 10. . 9m a=gsma=4, 2s
ciała.
Zadanie 11. Zadanie 24.
Jak zmieni się zasięg rzutu poziomego, gdy: a) wysokość, z której wyrzucamy, wzrośnie dwukrotnie; b) prędkość w kierunku poz10mym wzrośnie dwukrotnie. Odpowiedzi uzasadnij .
a= g(sina -µcos a) = 4,05 ~ s Zadanie 12. t
2S g (sin a - µ cosa)
=
= 1 63 s '
Zadanie 13.
9. Rozwiązania i odpowiedzi do zadań z dynamiki Zadanie 1.
h=
2
2v sina "' 13 3 m 3g(sina-µcosa) '
Zadanie 14. mv 2 Fd =R=579N
F = 30N
Zadanie 2. = 10 s
t
Zadanie 15.
Zadanie 3. F1
= F cosa = 10.Jj N
' :a
"' 17,3 N
Zadanie 4.
Fw
=~F12 +Ff =~30 2 +40 2 =SON
Zadanie 5. Zadanie możemy rozwiązać, dzenia cosinusów. F; = F12 + F22 + 2F1F2 cosa;
korzystając
z twier-
" Fg
Fw =10ffiN,,,60N
Rys 40
Zadanie 6.
Wypadkowa sił działających na sile dośrodkowej:
F= mv =66~N t 3
Między prędkością liniową
Zadanie 8.
Stąd:
Zadanie 9.
v=wR
=
W=
Natomiast
foS
~
F = n
rad s
- - - =4,76 -
/ cosa
siła naprężenia
v2
µ = gS =0,02 2
kątową
związek:
F
g
jest równa
mv 2 R=mgtga
Zadanie 7. 1 (F-µFn ) =--µg F m a==0,53m m s2
µ=p-=0,2
ciało
mg =3 4 N ' cosa
nici wynosi:
zachodzi
Zadanie 16. Gdy kulka przechodzi przez położenie równowagi, to wypadkowa sił działaj ących jest równa sile dośro d kowej:
Zadanie 20. Korzystamy z zasady zachowania
pędu:
M = 2m = !.l.m =75 kg V1
S1
2
=F - F
mv
R
Zadanie 21R.
g
n
Korzystając Prę dk ość V =
kulki w punkcie równowagi wynosi:
równanie
z przykładu 10, możemy nap1sac toru kamienia wyrzuconego przez
chłopca:
~2gh
Stąd wyso kość,
na
którą
wyniesiono
kulkę,
y = x tga wyno-
g x 2 +1 2v 02 cos 2 a
si: Uwzględniając
warunki zadania, równanie toru kamienia przyjmie postać:
h = R(Fn - Fg) = R(2mg - mg) = _!_ R 2mg 2mg 2
y
Zadanie 17. a samochód w naj wyższym punkcie mostu działają siły, których wypadkowa jest siłą dośrodkową : F -F g
r
= mvR
Stąd si ła
reakcji fotela
działająca
na
kierowcę
X
Rys. 41
kierowca nie wywiera nacisku na fotel, to fo tel nie wywiera żadnej reakcji na kierowcę. Może m y ten warunek zapisać tak: mv
Zadanie sprowadza się do wyznaczenia mieisc zerowych paraboli oraz jej maksimum. Wyznaczamy miejsca zerowe:
= 0 ~ -0,04x2 + X + 1 = 0 ,1 = 1 16· 'L\ = 1 08 ' ' VLJ '
y
2
= O ~mg= --
R
Aby sp e łni o n y był powyższy warunek, kierowca musi p oru szać się z prę dkością : V
o
jest
Jeże l i
'
W równaniu dodana jest jedynka, ponieważ ruch zaczyna się z poziomu jednego metra względem Ziemi.
2
równa:
F
= - 0,04 x 2 + X + 1
Wyznaczamy maksimum paraboli: Obliczamy pochodną funkcji:
y'
=/Ri =31,32 ms
Korzystając z warunków istnienia ekstremum, wyznaczmy maksimum funkcji :
Zadanie 18. kg ·m p=mv =20 00 - s
= -0,08x + 1
y' = 0
F = L1p = 400 N .1t
~X =
12,5
stąd: Ymax
= 7,25
Zadanie 19.
mA= &=0,6 kg; m 8 = .b_ =4,5kg VA
VB
Z
obliczeń
ści około wysokość
7,25 m.
wynika, że kainień upadnie w odległo 26 m od stóp chłopca, a maksymalna względem powierzchni Zielni wynosi
Zadanie 22R. W zadaniu marny dwa ciała: pocisk i ciało w punkcie P. Położenie pocisku w czasie opisują równama: x(t) y(t)
ciała
X1
ciał będą
v 0 tcosa = v 0tcosy v 0tsina - V2 gt 2 = v 0 tsiny - 1/2g t2 Dzieląc
drugie równanie przez pierwsze, otrzy-
tg a= tg y a= y= 60°
ciało.
+X
a) h 1 =2h
x 1(t) = d cosy y 1(t) =dsiny- 1/2 gt 2
mamy:
widać, aby trafić ciało, trzeba pocisk wystrzepod tyrn sarnyrn kątem, pod którym widzimy
Zadanie 24.
P równania:
d - to odległość ciała od obserwatora W chwili trafienia współrzędne obu takie same:
lić
Zadanie 23R. y = -0,00098x2
= v 0 t cosa = v 0 t sina - V2 gt2
a położenie
Jak
= Vo~2;1 = Vo~2 g2h = J2. smax
b)v=2v0
x2
=v
Ji! Jif = 2 v0
= 2smax
rozdział
Ene ~gia I. Pr ca. moc. pr
wność
ae
P= W
3.Z
ow ni
(2)
t
energii Można powiedzieć, że
moc wyraża szybkość wykonania pracy. Jednostką mocy w układzie jednostek SI jest wat (1 W).
I odpowiedzi do
I. Praca. moc. Pracę
określ a my
wektora siły
F
;zadań
sprawność
czyli 1 W=
jako iloczyn skalarny i wektora przesunięcia
.!l s
Sprawnością maszyny nazywamy stosunek pracy wykonanej przez tę maszynę (tzw. pracy użytecznej) do pracy doprowadzonej do maszyny.
tir.
(3)
wił
- praca
użyteczna
wd- praca doprowadzona Pił
- moc użyteczna Pd - moc doprowadzona
Rys l Wartość
pracy zal eży nie tylko od wartości wektora si ły i wektora przesunięci a, ale także od kąta a między nimi. Rozważmy trzy przypadki:
-
-
a) F .l 6 r i L (F;
r)
W tym przypadku praca
osiąga wartość
mak-
sym a ln ą :
W = Ft:i.r
F
11
D.r i L (F;r ) =
180° ~cos 180° = -1
W= - Ft:i.r Taką pracę
W
wykonuje np . sił a tarcia. SI jednostką pracy jest 1
ukł a d zie
d żul
(1 J). [W] = [F] [t:i.r]
1J=1 N·m Mo cą
nazywamy stosunek wykonanej pracy do czasu jej wykonania.
jest zawsze mniejsza od
TJ < 1
= 90° ~ cos 90° = O
a więc W= O Tyle wy nosi np. praca siły grawitacji, która utrzymuje sate litę w ruchu po orbicie wokół planety. b) FllD.r i L(F;D.r )=0° ~cos 0 ° =1
c)
Zauważmy, że sprawność
jedności
2. Energia W pewnym uproszczeniu możemy powiedzieć, że energia jest to zdolność ciała lub układu ciał do wykonania pracy. Jednakże, precyzyjnie bardzo trudno dokładnie zdefiniować tę wielkość fizyczną. W teorii raczej mówimy o rodzajach energii oraz o zmianach energii. Bardziej ogólnie możemy powiedzieć, że energia jest wielkością określającą stan ukladu fizycznego, natomiast praca określa zmianę tego stanu. Praca jest formą przekazywania energii przez jedno ciało (układ fizyczny) drugiemu ciału (układowi fizycznemu) podczas oddziaływania, któremu towarzyszy przesunięcie ciała . Inną formą przekazywania energii jest ciepło. Rozróżniamy : a) energię potencjalną, która jest częścią energii układu fizycznego zależną od jego konfiguracji, tj. od wzajemnego rozmieszczenia
{fr
cząstek układu
i od ich położenia w zewnętrznym polu sił (np. w polu grawitacyjnym, elektrycznym); b) energię kinetyczną związaną z ruchem ciała. Pojęcie energii potencjalnej ma sens jedynie dla układów zachowawczych, tj. takich, dla których suma energii kinetycznej i potencjalnej jest stała. Energia potencjalna zawsze jest związana z ukła dem ciał (co najmniej dwa ciała). Energia potencjalna grawitacji opisana jest wzorem:
Fg - siła grawitacji
Z rysunku
widać, że:
(4)
m - masa ciała g = 9 ,81 m/s 2 - przyśpieszenie grawitacyjne h - wysokość ciała nad powierzchnią Ziemi ............- 1 m I
Korzystając
torów,
z
własności
iloczynu skalarnego wek-
możemy napisać:
Fg .CB = o i Fg . AD = o
mmmmm}
Rys. 2
A więc praca wykonana przez nosi zero.
Wzór (4)
siłę
grawitacji wy-
możemy stosować
tylko dla niewielkich od Ziemi. Wraz z odległością od Ziemi zmienia się g. Bardziej ogólną postać wyrażenia na energię potencjalną grawitacji poznamy omawiając oddziaływanie grawitacyjne. Jeżeli praca wykonana przez siłę podczas ruchu ciała między dwoma punktami A i B nie zależy od drogi, po której przemieszcza się ciało, ale od położenia początkowego i końcowego ciała, to taką siłę nazywamy zachowawczą. Przykładem siły zachowawczej jest siła grawitacji. odległości ciała
Pokazaliśmy na prostym przykładzie, że siła grawitacji jest siłą zachowawczą. Można to udowodnić dla dowolnej drogi zamkniętej. Siła grawitacji wykona pracę wtedy, gdy nastąpi zmiana energii potencjalnej układu Ziemia - ciało, mówiąc prościej, gdy ciało zmieni odległość względem Ziemi dzięki sile grawitacji. Możemy napisać, że praca siły zachowawczej jest równa ubytkowi energii potencjalnej układu ciał :
B WFzach.
= Epl -
E p2
=-
f'lE P
A
Kolejnym ważnym przykładem energii potencjalnej jest energia potencjalna sprężystofri .
Rys 3 Rozważmy
ruch w
pobliżu
powierzchni Ziemi po
drodze zamkniętej w kształcie prostokąta. Przemieszczamy ciało po drodze A~D~C~B~A
B
C
Sprężynę możemy ściskać bądź rozciągać .
I~
LiX
sprężyna ściśni ęta
równowaga
i sprężyno rozciągnięta
... :
f"./' "-./ ft Rys. 4
Rys. 5
[ .
~
Na powyższych rysunkach ft oznacza siłę spręży stości , to znaczy siłę, z jaką sprężyna oddziałuje na próby zmiany jej kształtu. Siła sprężystości jest proporcjonalna do zmiany długości sprężyny:
F = -k ~X Wektor
~.X
oznacza
(5)
x 2 • Na rysunku 8 przedstawiono
zależność siły
zewnętrznej rozciągającej sprężynę gości sprężyny. Początek układu
w punkcie zyny.
opisującym położenie
od zmiany dłu umieszczony jest równowagi sprę
F
zmianę długości spręzyny.
Zwróćmy uwagę, że wektory F i ~.X mają przeciwne zwroty. Wynika to stąd, że siła sprężystości przeciwdziała zmianom długości sprężyny. Współczynnik k charakteryzuje sprężynę. Na rysunku 6 przedstawiono wykres zależności si ły sprężystości od długości sprężyny.
X
Rys. 8
F
IF ~-kx
Praca siły zewnętrznej przy rozciąganiu sprężyny jest liczbowo równa polu trapezu z rysunku 8. W
o
zew.
X
Li x
= (kx1 +kx 2)(x 2 -x1) = k(xi -xi)
Natomiast praca
2
2
siły sprężystości
jest równa
W = k(xi-xi )
Zwróć uwagę, że
wykres jest narysowany tylko w pewnych granicach. Sprężyny nie można ś ci snąć do rozmiarów zerowych ani rozciągać w nieskończoność . Siła sprężystości nie pojawia s ię znikąd, jest ona „o dpowiedzią" sprężyny (zgodnie z III zasadą dynamiki) na siłę zewnętrzną rozciągającą sprężynę . Wykres zależności siły zewnę trznej rozciągającej sprężynę w funkcji przesunięcia przedstawia rysunek 7. F
(7)
2
s
Rysb
(6)
Zakładając, że rozciągamy sprężynę od położenia równowagi, czyli w naszym przypadku od x 1 = x 0 = O, otrzymamy:
kx2
wzew. = -
(8)
2
Jeżeli siła zewnętrzna
wykonuje nad sprężyną pracę wzorem (8), to w sprężynie zostaje zgromadzona energia, której wykres w funkcji przesunięcia sprężyny przedstawiony jest na rysunku 9. opisaną
EP
X
X
Rys. 9 Rys 7
x0 -
p ołoże nie
Wyznaczmy
równowagi
pracę , jaką
rozciągając sprężynę
od
sprężyny
wykona położenia
3. Zasada zachowania energii
siła zewnętrzna
x 1 do
położenia
Energia kinetyczna jest to energia, poru szające się ciało.
jaką
posiada
_ mv 2 Ek - - -
(9)
2
Inaczej mówiąc, zmiana energ11 całkowitej jest równa zero.
wyznaczmy, jaką pracę musi wykonać siła zwiększyć prędkość ciała od v 1 do v 2 •
F =ma= m~ M A
-
A
LJ.S - V1LJ.
t
F,
aby
4 . ZderzeniaR
= m(vz -v 1)
a /',,.t2 -
+--- -
2
=vi/',,.t+ (v 2 -v 1 ) /',,.t
M A
V1LJ.
t
(v2 -v1) /',,.t2 +-'--'=----'-'-
2
/',,.t
= 2v 1 /',,.t + v 2 /',,.t
2
2
_ v 1 /',,.t
2
=
2
_ (v 2 +v 1 ) /',,.t
2 W= m(v 2 -v 1 ) (v 2 +v 1)/',,.t = m(vi -vJ)
2
/',,.t
(12)
ó.E =O
Aby wyjaśnić, skąd bierze się energia tego ciała,
2
Możemy mówić o zderzeniu samochodów, zderzeniu piłki z nogą piłkarza, zderzeniu piłki tenisowej z rakietą tenisisty, zderzeniu cząstek a z ją drem atomu. Zderzenie to niekoniecznie zetknię cie ciał czy cząstek powierzchniami. Ciała mogą zderzać się poprzez oddziaływanie na odległość . Zderzenie jest to dowolnie krótkotrwałe oddziaływanie cząstek. Oddziaływanie jest krótkotrwałe, jeżeli czas jego trwania jest znacznie krótszy od czasu obserwacji ruchu ciał przed zderzeniem. Na przykład czas zetknięcia rakiety tenisowej z piłką w chwili odbicia jest rzędu 0,005 s. W tak krótkim czasie na piłkę tenisową działa potężna siła.
Widzimy, że wykonana praca przy zmianie pręd kości ciała jest równa zmianie jego energii kinetycznej. (10) Wcześniej mówiliśmy o siłach zachowawczych.
Oprócz tych sił istnieją także siły niezachowawcze. Praca wykonana przez siły niezachowawcze nie powiększa energii mechanicznej układu ciał, ale najczęściej - mówiąc językiem potocznym zostaje zmarnowana. Jednak energia nie jest zmarnowana, gdyż zostaje zamieniona na energię cieplną (zwiększa się temperatura stykających się ciał). Wskutek działania sił niezachowawczych energia ulega rozproszeniu. Nie zawsze praca sił niezachowawczych ma działanie niepożądane . Na przykład siła tarcia jest siłą niezachowawczą. Jej wpływ jest czasem negatywny, innym zaś razem nie możemy obyć się bez tej siły (chociażby podczas poruszania się). Zasada zachowania energii mechanicznej Całkowita energia (suma energii kinetycznej i potencjalnej) zamkniętego ukła du ciał, w którym działają tylko siły zachowawcze, jest stała.
E
= Ek +EP= constans
(11)
Zderzenie
niesprężyste
Jeżeli ciała
po zderzeniu poruszają się z jednako-
wą prędkością, tworząc jedno ciało, to takie zde-
. Porzenie nazywamy doskonale: me\p mijamy w tym przypadku siły zewnętrzne działa jące na układ ciał. W związku z tym możemy przyjąć, że pęd takiego układu jest zachowany. Jest to założenie uzasadnione, gdyż np . siła, z jaką rakieta tenisowa oddziałuje na piłkę tenisową, jest znacznie większa od siły oddziaływania grawitacyjnego między tymi ciałami. Rozważmy zderzające się dwie kule. Przed zderzeniem: ii
~m2
m1~
Po zderzeniu:
Z zasady zachowania pędu wynika, że
p = p' A więc prędkość układu ciał po zderzeniu: m1ii1+m2V2 v=----m1 +m z
i m · spręz sec Zderzenie nazywamy sprężystym, gdy wane: pęd i energia kinetyczna.
są
zacho-
Przed zderzeniem:
trudniejsze, gdybyśmy musieli znajdować działa Jedynym mankamentem takiego podejścia jest brak równań ruchu, czy równań toru.
jące siły.
5 . Równoważność masy i energii Albert Einstein pokazał w swojej teorii względno ści, że prawa zachowania masy i energii można połączyć w jedno prawo. Jeżeli prędkość ciała zbliża się do maksymalnej prędkości, tzn. prędkości światła w próżni
Po zderzeniu:
v~c
to w fizyce pojawiają się efekty relatywistyczne. Musimy w takim przypadku zastosować inny wzór na masę ciała: m=gmo Korzystaj ąc
z zasady zachowania p ę du otrzymujemy układ dwóch równań :
energ11,
-
2
m 0 - masa spoczynkowa
Skorzystamy teraz z dwumianu Newtona: n
Z tego układu wyznaczamy rzemu:
prędkości ciał
(
po zde-
l+x ) = l+nx+
n(n-l) 2 x + .... 2 2
J (
u- m 1 - m 2 v+ 1 - [ m 1 + m1 1
u2 -
2m 2 ) V + m1 2
m1
[m
2m I ) v + 2 -m I V ) [ m1 + m 1 1 m 1+ m 1 2
Rozpatrzmy kilka szczególnych przypadków: 1. Jeżeli m 1 = m 2, to u 1 = v 2 oraz u 2 = v 1• Kulki „wym i eniły" się prędkościami . 2. Jeżeli m 1 = m 2 oraz v 2 = O (kulka spoczywa), to u 1 = O oraz u 2 = v1 • Kulka pierwsza „przekazuje" swoją prędkość kulce drugiej, a sama zatrzymuje się. 3. Jeżeli m 2 >> m 1 oraz v 2 = O (kulka druga jest np. ścian ą ), to u 1 = - v 1 • 4. Jeżel i m 2 >> m 1 oraz v1 = O, to po zderzeniu u 1 :::::: 2v 2 i u 2 :::::: V2· Zatem prędkość dużej kulki zmieni się nieznacznie, a prędkość bardzo małej będzie około dwukrotnie większa od prędkości dużej przed zderzeniem. Zauważ, że stosując do zderzeń zasady zachowania, mogliśmy stosunkowo prosto rozwiązać dosyć złożony problem. Zadanie byłoby znacznie
W naszym przypadku n
= --1 , a x = -v 2 c
2
Zatem
~ = (l- xtł = 1-_!_(- x)+ ... = l+_!_x+ ...
vl-x
2
2
A teraz wracamy do wzoru na
masę
relatywi-
styczną:
m
= m0
l[
V2
2
)-t = [
1 V 2 + ... ) m 0 1+"2
2
=
mov2 =mo+--2-+ ... 2c Otrzymaliśmy wyrażenie,
stronami przez c2 ma
które po pomnozenm
postać:
2 2 m v2 me = m 0 c +--+ ... 2
Jest to wzór na energię kinetyczną. Gdy prędkość ciała jest mała w porównaniu z prędkością światła w pró żni, to otrzymujemy znany nam wzór: 2
E _ mv k - - 2-
W innym przypadku trzeba uwzględniać pozostałe wyrazy rozwinięcia, które są poprawkami wnoszonymi przez teorię względności. Wyrażenie
możemy napisać:
-
F
- - - = FX + Fy + F, = FX
(15)
pomewaz (16)
oznacza energię A wyrażenie
spoczynkową.
więc ciało
A
zsuwa
się
wpływem składowej siły
E=mc 2
oznacza energię tywistyczna.
całkowitą,
z równi pochyłej pod grawitacji równoległej
do powierzchni równi.
gdzie m to masa rela-
(1 7)
Z rysunku
widać, że
(18)
Przykłady
6.
lub
prościej:
UA411$@H
F =mg sina
Wyznacz pracę siły powodującej zsuwanie ciała po równi pochyłej o długości l i kącie nachylenia a do poziomu. Rozpatrz dwa przypadki: a) ruch odbywa się bez tarcia, b) ruch odbywa się z tarciem. Współczynnik tarcia o powierzchnię równi wynosiµ.
g-
przyśpieszenie
Stąd
(19)
ziemskie.
praca: W= FI= mg/ sina
b) Ruch odbywa się z tarciem W tym przypadku klocek zsuwa wem siły:
- -
Rozwiązanie:
-
(20)
się
-
F=Fg +F, +F; Uwzględniając
(14), (15) i (16)
pod
wpły
(21)
możemy napisać
(22)
Zauważmy, że wektory
Fx i
zwroty oraz ten sam kierunek
Rys. 10
Ą mają przeciwne (są
do siebie rów-
noległe). Stąd:
Na
ciało znajdujące się
na równi
pochyłej działają
F = F X -Ft
siły:
Fg - siła grawitacji
Z
F; - siła tarcia F, -
się
pod
wpływem siły:
F=Fg+ft, Rozkładając siłę
grawitacji na
(13) składowe:
(14)
Fx - równoległą do powierzchni równi FY - prostopadłą do powierzchni równi
4$
tarcia mamy:
F 1 = µFY =µm g cos a
siła reakcji podłoża równi.
a) Brak tarcia Klocek zsuwa
określenia siły
(23)
(24)
W naszym przypadku FY odpowiada F ~ , czyli sile nacisku klocka na powierzchnię równi pochyłej. Natomiast wartość FY obliczamy korzystając z rysunku (10). Podsumowując możemy napisać, że klocek zsuwa się z równi pochyłej pod wpływem siły: F =mg sina - µmg cosa mg (sin a - µcos a )
= (25)
Siła
ta wykonuje pracę
[W]= [F][Lix] = 1N·m=1 J (26)
W= mg! (sina-µ cosa)
+ F 2 )Lix
W= V2 (F1
= V2 (1,5 = V2 (4,5 · 2,5)J = 5,625 J
iQłJil5FffitJ Korzystając
z wykresów na rysunkach 11 i 12, F, przesuwając ciało z punktu o współrzędnej x 1 do punktu o współrzędnej x 2 • oblicz
Odp.
Siła wykonała pracę
+ 3) (5-2,5)]
=
5,625 J .
pracę , jaką wykonała siła
a)
Wykaż, że
podczas spadania ciała prawdziwy jest
wzór:
F,N
Ek + EP = constans
15
>--~~I-1-~~ Rozwiązanie:
Aby
5 ,_____,___,
udowodnić powyższą równość,
trzeba udozmiana energii całkowitej w czasie wynosi zero. To znaczy trzeba pokazać zerowanie się pierwszej pochodnej względem czasu: wodnić, że
o
2
Xi
4
6
X2
8
10
X, ill
~. ll
(Ek +EP)'=
Dane: 3m x2 = 7 m
Wzory:
Szukane: W=?
Xi =
o
Obliczamy pochodną względem czasu z Ek i EP:
W= F Lix
Ek,
F = 12,5 N
-[mv2 -
l_ ,
2
--
-
m2vv' _-mvv ,
2
[W] = [F][Lix] = 1N·m=1 J Z II zasady dynamiki mamy: W = F Lix = F (x 2
-
x 1 ) = 12,5 · (7 - 3) J = 50 J.
Odp. Siła wykonała pracę 50 J. b)
pędu ciała w czasie jest równa na to ciało sile) p' = (mv)' = mv' (ponieważ masa nie zależy od czasu)
p' = F (zmiana działającej
Stąd:
F,N
F= mv'
3
o
2
Xi
3
4
Xz
X,
m
oraz v = h' (prędkość, z jaką porusza się ciało, jest równa zmianie przesunięcia - w tym przypadku wysokości - w czasie) F = m(-g) - przyśpieszenie g skierowane jest w dół A więc
Rys. 12
Ei, = mvv' = Fv = - mgh'
Wykonana praca - tak jak poprzednio - jest równa polu figury zawartej pod wykresem funkcji F(x) w określonym przedziale. W tym przypadku jest to pole trapezu przedstawionego na rysunku 12. Dane: = 2,5 m 1 x2 = 5 m
X
F1
= 1,5 N
F2 = 3 N
Szukane: W=?
Wzory:
Natomiast E~
= mgh'
Stąd:
E' = E/, + E~ = - mgh' + mgh' = O
W= F Li x
A to kończy dowód.
hA%11S@tl
!Ęlfil!S@l:W
Podczas spalania 1 kg węgla wydziela się około 3 · 107 J energii. Wyznacz zmianę masy, która odpowiada tej energii.
Tenisista uderza rakietą tenisową piłeczkę, nadając jej prędkość około 270 km/h. Oblicz zmian ę pędu piłeczki, jeżeli przed zderzeniem poruszała się z prędkością 15 m/s, a po zderzeniu porusza się w stronę przeciwną. Spróbuj także oszacować siłę działającą w chwili uderzenia. Masa piłeczki wynosi 57 g, czas zderzenia 0,005 s.
Dane: m = 1 kg ó.E = 3·10 7 J
Szukane: ó.m =?
Rozwiązanie:
Zgodnie ze wzorem Einsteina op1su1ącym zek między masą i energią możemy napisać: ó.E
= ó.mc
zwią
2
Dane: = 15 m/s v 2 = 270 km/h = 75 mis m = 57 g = 0,057 kg M = 0,005 s
V1
Szukane: ó.p =?
F =?
Rozwiązanie:
t.. P= Pkońcowy -
kg · m 2 [ó. m] = [ó.E] = _J_ = - s2[c2] m2 mz
s ó.m=
2
=
=kg
byłoby
Ppoczątkowy = m v2 -
m v1 =
vi)m
na to, że prędkości v 1 i v 2 przeciwne zwroty. Jeżeli przyjmiemy zwrot v 1 za dodatni, to
7
nam tak
-
Zwróćmy uwagę
3 · l0 7 k =..!..10- 9 k 9 · 10 16 g 3 g
Trudno
(v 2
mają
ó.p = 0,057 (-75 -15) kg·m/s = -5,13 kg·m/s
małą zmianę
masy za-
uważyć.
Znak minus oznacza, że zmiana pędu ma zwrot przeciwny do prędkości początkowej. Obliczmy teraz siłę działającą w chwili uderzenia. Z II zasady dynamiki wiemy, że 5 13
W reakcji syntezy izotopu wodoru - deuteru ; H otrzymuje się hel
iHe. Jeżeli użyjemy 1 kg deute-
ru, to tylko z 995 g otrzymamy hel, a reszta zamieni się na energię. Jakiej energii odpowiada ta część masy? Dane:
Szukane:
ó.m = 1 kg-0,995 kg= 5 ·10-3 kg
ó.E =?
Rozwiązanie:
ó.E = ó.mc
F= ó.p =- • N=-1026 N ó.t 0,005
Jest to tak naprawdę średnia siła, która w przedziale czasu ó. t działała na piłeczkę do tenisa. Maksymalna siła jest jeszcze większa. Jeżeli dodatkowo porównamy ją z siłą oddziały wania grawitacyjnego, która wynosi 0,56 N, czyli prawie 2000 razy więcej, to uwaga poczyniona przy omawianiu zderzeń, o zaniedbaniu si ł zewnętrznych, jest uzasadniona.
2
ó. E = 5 .10-3 · 9 · 10 16 J = 45 · 10 13 J
To jest energia, którą moglibyśmy zauważyć. Porównajmy ją z energią 3·10 7 J, jaką uzyskujemy spalając 1 kg węgla. 45 · 1013 J = 15·106 7 3·10 J Z tego prostego rachunku wynika, że trzeba by spalić 15 OOO ton węgla, aby uzyskać tyle samo energii, co w wyniku syntezy 1 kg deuteru.
1$
7. Zadania Zadanie I.
Oblicz pracę, jaką wykonamy działając siłą 100 N i przesuwając ciało na odległość 5 m. Rozważ trzy przypadki:
F 11 r ) F1- r
Zadanie IO.
a)
) L.(F; r)
= 30°
Opory ruchu pomijamy. Zadanie 2 .
amochód o masie 1OOO kg i mocy silnika 46,2 KM rusza z miejsca. Po jakim czasie uzyska prędkość 100 km/h? (1 KM= 735,5 W)
Ciało zsuwa się z równi pochyłej o długości 2 m i kącie nachylenia równym 45°. Jaką pracę wykona: a) siła grawitacji, b) siła tarcia, c) wypadkowa tych sił? Współczynnik tarcia wynosi 0,1, a masa ciała 9 kg.
Zadanie li. Zadanie 3.
Ile razy szybciej osiągnie prędkość 100 km/h samochód o mocy silnika 462 KM od samochodu o mocy silnika 46,2 KM? Przyjmij, że masa samochodu, którego moc jest większa, stanowi 1,5 masy drugiego samochodu. (1 KM = 735 ,5 W)
Na wykresie przedstawiono zależność prędkości od czasu klocka, który został popchnięty . Klocek poruszał się po poziomej powierzchni i po chwili zatrzymał się. Wyznacz współczynnik tarcia klocka o powierzchnię .
v,m/s
Zadanie 4.
7 6 5 4 3
. iszczyciel zwalnia z 60 km/h do 40 km/h. Oblicz wartość traconej energii kinetycznej oraz wa rtość siły hamowania. Masa niszczyciela wynoi 5000 t, a droga hamowania 200 m.
2
o
"'i-... ~~
I
Zadanie 5.
Rakieta o masie 1000 t stoi gotowa do startu. Oblicz jej energię kinetyczną wynikającą z obrotu Ziemi wokół osi, jeżeli rakieta znajduje się na 60° zerokości geograficznej północnej. Promień Ziemi ma 6400 km.
'" "
I',
1 2 3 4 5 6 7 8 9
t, s
Rys 13
Zadanie 12. Jaką pracę
Zadanie 6. Młotkiem
o masie 0,5 kg Jacek wbił gwóźdź na głębokość 5 mm. W chwili uderzenia młotek miał prędkość 3 m/s. O jakiej masie odważnik należałoby położyć na gwoździu, aby uzyskać taki sam skutek? Zadanie 7. Jaką pracę piłki
wykona piłkarz, zwiększając prędkość z 2 mis do 10 m/s? Masa piłki wynosi 650 g.
Zadanie 8.
Prędkość ciała wzrosła J3 razy. Jak zmieniła się energia kinetyczna ciała?
trzeba wykonać, aby książkę o masie ze stołu o wysokości O, 7 m na wiszącą na wysokości 150 cm?
2,5 kg półkę
przenieść
Zadanie 13.
Turbina elektrowni wodnej wykorzystuje 75% energii wody spadającej na nią z wysokości 10 m. W czasie 1 s na turbinę spada 2000 1 wody. Oblicz moc turbiny. Zadanie 14.
Z jakiej wysokości spadło ciało, które uderzyło o Ziemię z prędkością 35 mis? Opór powietrza pom11amy. Zadanie 15.
Zadanie 9. C iało
rusza z m1e1sca z przyśpieszeniem 2 m/s 2. Wyznacz zależność energii kinetycznej tego ciała od czasu. Masa ciała wynosi 5 kg.
Ciało zaczęło spadać swobodnie z wysokości 25 m. Jaką prędkość ma po przebyciu 1 m, a jaką 1 m nad Ziemią? Opór powietrza pomijamy.
Zadanie 16.
Zadanie 22.
Ciało
W kafarze do wbijania pali zastosowano młot o masie 800 kg. Młot uderza w pal o masie 100 kg. Bezpośrednio przed uderzeniem młot poruszał się z prędkością 8 m/s, a po uderzeniu młot wraz z palem tworzą jedno ciało. Jak długo poruszają się pal i młot do momentu zatrzymania, jeśli wiadomo, że średni opór ruchu wynosi 5·10 4 N?
wyrzucono z Ziemi pionowo do góry z prę 15 m/s. Jaką prędkość uzyska ciało po pierwszej sekundzie lotu? Jaką prędkość będzie miało 1 m przed osiągnięciem maksymalnej wysokości? Opór powietrza pomijamy. dkością
Zadanie 17.
Pocisk o masie 10 g poruszający się z prędkością 500 m/s wbija się w drewno na głębokość 15 cm. Oblicz siłę oporu.
Zadanie 23.
Wagon kolejowy o masie 30 t poruszający się ruchem jednostajnym z prędkością 15 m/s uderzył w inny stojący wagon. Po zderzeniu oba wagony zaczęły poruszać się z prędkością 10 m/s. Jaka była masa drugiego wagonu?
Na gładkiej poziomej podłodze leży nieruchomo deska o długości d i masie md. Na końcu deski stoi nieruchomo człowiek o masie me. Człowiek zaczyna iść po desce bez ślizgania się ze stałą prędkością vc względem deski i zatrzymuje się, gdy dochodzi do końca deski. Oblicz: a) jak długo trwa ruch człowieka, b) o ile przesunie się deska?
Zadanie 19.
Zadanie 24.
Dwa ciała o masie 1 kg każde poruszają się po poziomej powierzchni i zderzają się sprężyście. Jakie będą prędkości tych ciał po zderzeniu, jeśli: a) oba ciała poruszały się naprzeciwko siebie z takimi samymi prędkościami równymi 2,5 m/s, bR) prędkości ciał w chwili zderzenia były do siebie prostopadłe, a ich wartości równe 2,5 m/s?
Po linie zawieszonej między drzewami zjeżdża chłopiec. Początek zjazdu znajduje się na wysokości 12 m.
Zadanie 18.
A
B
12m
c
Zadanie 20.
o masie 3 kg poruszając się w kierunku poziomym zderza się doskonale sprężyście z ciałem o masie 10 kg. Jak będą poruszały się te ciała, jeśli przed zderzeniem: a) obydwa ciała poruszały się w przeciwnych kierunkach, b) ciało o mniejszej masie poruszało się, a drugie
Sm
3m
Ciało
Rys 14
Z jaką prędkością chłopiec minie najniższy punkt C zwisającej liny? Z jaką prędkością chłopiec osiągnie drugi koniec liny w punkcie B?
spoczywało,
c)
ciało
o
większej
masie
poruszało się,
a drugie
spoczywało?
Do obliczeń przyjmujemy prędkości ciał równe 5 m/s. Zadanie 21. Pędy dwóch ciał o takich samych masach są w stosunku 3: 4. W jakim stosunku są do siebie prędkości tych ciał?
Zadanie 2SR.
Most ma kształt łuku okręgu o promieniu 25 m. Z jaką maksymalną prędkością może przejechać przez ten punkt motocyklista, nie obawiając się, że oderwie się od drogi w najwyższym punkcie? Zadanie 26R.
Do nici o długości d przyczepiona jest plastelinowa kulka o masie m. Chłopiec kręci tą kulką po okręgu w płaszczyźnie pionowej. W najniższym punkcie P tego okręgu kulka osiąga prędkość v.
--- - _i ___ __
Zadanie 5. Przypomnij sobie, co to jest szerokość geograficzna. '
'
'
:'
\. Li )
.:' '
'
'
'
'
'
:'
',
m,
- - --- -- - - ~- - - -- - - ---·/
\'
,'
'
'
~>> ,,__~ _ _,,::<~l h p
~. 15
Oblicz prędkość kulki na wysokości h nad punktem P. Oblicz naprężenie nici w najwyższym punkcie toru ruchu .
8. Rozwiązania i odpowiedzi do zadań
Rys. 16
r1
= R cosa
Zadanie 1. Rozwiązując
zadanie, korzystamy ze wzoru na
a) W= 500 J
2:rr R cosa
T
T
E = _!._mv 2
= _!._m (2:rr R cosa )
2
pra c ę
w=F. r =Fr cos L(F; r)
2:rrr
v=--=----
2
2
2
T
2
2:rr R m cos a
y2 E"" 27 · 10 9 J
b) W= OJ c) W= 250./3 N "" 433 N
Zadanie 6. Około 46 kg
Zadanie 2.
mv 2 t =--
Zadanie 7.
t = 11,4 s
w= 31,2]
2P
Zadanie 3. Samochód o
większej
mocy osiągnie prędkość 2 1OO km/h 6 raza szybciej niż samochód 3 o mme1sze1 mocy.
Zadanie 8. Energia wzrosła 3 razy. Zadanie 9.
1 2 1 (\2 Ek =-mv =-mat,
2
Zadanie 4.
2
Ek = 10t 2 l_ s2
m( 2 2) =386 · 106J
/'::,.E = - v 2 -v 1
2 F = 1,93 · 10 6 N
Zadanie 10.
wg= 124,86 J w = -12,49 J w= 112,37 J 1
Zadanie 11. µ = 0,085
2
Zadanie 19.
Zadanie 12. W= 19,62]
a) v 1
m
= v 2 = 2,5s
Zadanie 13. Moc turbiny wynosi 147,15 kW. Zadanie 14. Ciało spadło
z wysokości h = 62,44 m.
Zadanie 15. Prędkość ciała
po przebyciu 1 m wynosi 4,43 m/s, a jeden metr nad ziemią - 21,7 m/s.
Zadanie 16. Z zasady zachowania energii wynika, że energia kinetyczna na wysokości h jest równa sumie energii kinetycznej i potencjalnej ciała na wysokości h1 • Rys. 17
1 2 1 2 h -mv =-mv 1 +mg 1
2
2
Wysokość
nej
h 1 (1 m przed osiągnięciem maksymalobliczamy z zależności :
wysokości)
1 -mv 2 = mgh 2 v2
h=-
2g
gdzie h2 = 1 m z powyższych równań v 1, otrzymamy:
Wyznaczając
W punkcie styczności kul rysujemy prostą styczną do obu kul. Wektory prędkości kul rozkładamy na składowe prostopadłe ~ .L i składowe równoległe ~I I do powierzchni styczności. Zwróć uwagę, że skła dowe prostopadłe wektorów prędkości mają ten sam kierunek, taką samą wartość i przeciwne zwroty, a więc kulki po zderzeniu „wym ienią" się tymi prędkościami (jest to wynik założeń przyję tych w treści zadania). Natomiast składowe pręd kości ~ 11 1 i ~ 211 nie ulegną zmianie. Po odbiciu
prędkości składowe będą
równe:
-,
vu = v z.L v; .L
Natomiast v 2
(prędkość
lotu) obliczymy z
po pierwszej sekundzie
zależności:
Natomiast
prędkości
= vu
wypadkowe
będą
równe:
~; = ~21 1 +~u
m
~; = ~1 1 I + ~2.L
v 2 =v-at= 5,19-.
s
A więc: Zadanie 17. Siła oporu F = 8,(3) · 10 3 N Zadanie 18. Skorzystaj z zasady zachowania
m =[
~: -1lM=15 OOO kg
Długości
pędu.
a
wektorów prędkości nie uległy zmianie, kulek po zderzeniu będą miały
więc prędkości
te same wartości (2,5 m), natomiast „wymienią" s się zwrotami i kierunkami.
Zadani e 20.
gdzie: d - długość deski, v, - prędkość człowieka
Wprowad ź m y
względem
v1
Przesunięcie
-
oznaczenia: prędkość kulki mniejszej przed zderzeniem
deski. deski wyznaczymy ze wzoru
1•; - prę dkość kulki mniejszej po zderzeniu 1•2 - p rędkość
kulki większej przed zderzeniem
v; - p r ę dkość kulki większej po zderzeniu
a)
m = - 10,4 s o m v, = - ,4 s I
111
f
Zadanie 24. W każdym punkcie toru zachowana jest energia. A: E=EpA +EkA =EpA =mghA
Znaki mi nus oznaczaj ą, że zwroty prędkości będą przeciwne do zwro tó w prędkości tych kulek przed zderzeniem.
b) \li
m =-2,7s
V~ -
= 2,3
I
1 2 B: E = EP8 +EkB =mgh8 +-mv 8 2
Korzystając
z powyższych równań wyznaczamy:
m
s
Zwrot p rę dkości kulki o mme1szej masie będzie przeciwny do zwrotu prędkości tej kulki przed zde rzeniem. Kulka o masie większej będzie porusza ła si ę w tę samą stronę, ale z mniejszą prędko
oraz
ścią .
c)
v '1 =7,7 -m S
V2' =2,7m S
Pręd kośc i
Zadanie 25R. Na motocyklistę poruszającego się po mosc1e działają dwie siły: siła grawitacji oraz siła reakcji podłoża . Wypadkowa tych dwóch sił ma zwrot do środka okręgu i nazywa się silą dośrodkową. 2
o bu kul ek b ędą miały zwrot prę dkości dużej kulki. Wa rtość prędkości kulki mniejszej bę d zie oko ł o 1,5 raza większa od prędkości kulki wi ększ ej przed zderzeniem. Prędkość kulki więk szej zmniejszy s i ę o oko ło po łowę.
Zgodnie z trzecią zasadą dynamiki motocyklista na most działa taką samą siłą. Jest to siła nacisku F• . Siła ta ma taką samą wartość jak siła reakcji
Zadanie 2 1.
mv 2 F„ =F, =Fg - R
F -F = mv g r R
Jeżeli
motocyklista odrywa się od toru, to znikają
siły oddziaływania między motocyklistą i torem.
Zadanie 22.
Znaczy to tyle, że
t=0,128s
2
F - mv Zadanie 2 3. Ruch cz ł owi eka po desce obliczamy ze wzoru
g
R
=0
m v2 mg= - -
R
Stąd: V
= JRg:::::: 15,7 m s
Oczywiście,
aby motocyklista mógł bezpiecznie przejechać przez most, jego prędkość powinna spełniać warunek:
v
v<15,7s
Zadanie 26R. Aby wyznaczyć prędkość, skorzystaj z zasady zachowania energii.
v1 =
~ v 2 -2gh
Aby
wyznaczyć naprężenie
wiązania
nici, skorzystaj z rozpoprzedniego zadania
rozdział
Bryła
Rozdział I. Określenie
2 . Moment
bryły
sprowadza się do analizy ruchu wybranego punktu materialnego tej bryły.
sztywnej
siły
3. Moment ~du 4 . Zasada zachowania momentu 5. Warunki równowagi 6 . Energia kinetyczna
bryły
bryły
sztywna
pędu
sztywnej
sztywnej A
7 . Przykłady 8 . Zadania 9 . Rozwiąz nia I odpowiedzi do
zadań
Rys. 2
I.
Określenie bryły
sztywnej
Ruchem obrotowym bryły nazywamy ruch, w którym punkty materialne tworzące tę bryłę poruszają się po okręgach współśrodkowych, których środki leżą na jednej prostej zwanej osią obrotu.
Bryłą sztywną nazywamy takie ciało, w którym wszystkie punkty mają zawsze względem siebie takie same odległości.
z
X
Rys 1
r;, ri - wektory wodzące i-tego i j-tego punktu
w danym
układzie
Rys. 3
odniesienia. Środek masy jest to wyodrębniony punkt bryły sztywnej, który porusza się w taki sposób jak punkt materialny poddany tym samym siłom zewnętrznym.
r;i - liczba wyraza1ąca odległość między i-tym
i j-tym punktem Odległość między
punktami nie zależy od czasu. punktów materialnych tworzących bryłę sztywn ą porusza się jako całość o nie zmieniającej się postaci i objętości. Bryła sztywna może poruszać się ruchem postę powym lub obrotowym, lub ruchem będącym złożeniem tych ruchów. Podczas ruchu
układ
Ruchem postępowym bryły nazywamy ruch, w czasie którego dowolna prosta sztywno związana z tą bryłą przemieszcza się równolegle do siebie. W tym przypadku analiza kinematyczna ruchu bryły
masy koła znajduje się w jego środku geometrycznym. W układzie punktów niebędących ciałem sztywnym także możemy wyodrębnić środek masy. Rozważmy układ dwóch punktów materialnych o masach m 1 i m 2 znajdujących się w punktach, których położenie określają wektory położenia rl
Na
1
r2
przykład środek
•
y Regułę tę możemy też wypowiedzieć
1.
tak: Przesuwamy wektory r i F tak, aby ich początki były w jednym punkcie. W ten sposób wyznaczamy płaszczyznę, w której leżą te wektory. Wektor M jest prostopadły do tej płaszczyzny.
2. Obracamy wektor r w stronę wektora F o mniejszy z dwóch możliwych kątów. Zegnijmy teraz palce prawej dłoni tak, aby wskazywały obrót wektora r. Kciuk wskaże nam zwrot wektora M.
X
Rys. 4
Wzór ten określa położenie środka masy dwóch punktów materialnych w pewnym układzie odmes1ema. W przypadku n punktów materialnych mozemy napisać: n
Li m;r; rśr.m. = _;;_~--
I m; i=l
Środkiem ciężkości bryły jest punkt, na
który
działa
wypadkowa
siła
grawitacji.
Środek masy nie pokrywa się ze środkiem ciężko ści, ponieważ
pole grawitacyjne jest polem niejednorodnym. Jeżeli rozmiary ciała są małe w porównaniu z rozmiarami Ziemi, to środek masy ciała pokrywa się ze środkiem ciężkości.
2. Moment
siły
Momentem siły nazywamy wektor M określony jako iloczyn wektorowy wektora wodzącego ;: i wektora siły F.
M=r xF Wartość
momentu
siły
(2)
obliczamy ze wzoru: (3)
Kierunek tego wektora jest prostopadły do płasz czyzny, na której leżą wektory r i F. Zwrot wektora M ustalamy umownie zgodnie z regułą śruby prawoskrętnej .
O' Rys. 5
Na rysunku przedstawiono drzwi, które mogą obracać się wokół osi OO'. Przykładając w różnych punktach (na rysunku wyróżniono trzy różne położenia) tę samą siłę, uzyskujemy różny efekt. Najłatwiej można obrócić drzwi, przykładając siłę najdalej od osi obrotu. Wtedy moment siły ma wartość największą . Gdy natomiast przyłożymy si łę do osi obrotu, to drzwi nie obrócimy, bo moment siły ma wartość równą zero (na rysunku zaznaczono go kropką, aby podkreślić, że jest to wektor zerowy). Na wartość momentu siły bardzo istotny wpływ ma także sposób przyłożenia siły w danym punkcie, tzn. kąt, jaki tworzy wektor siły z wektorem wodzą cym. Z określenia iloczynu wektorowego wynika, że gdy
ft to moment Cimy.
siły
11
r
jest równy zero. Drzwi nie obró-
Moment
s iły osiąga największą wartość
,1p -
gdy
-=F ,1t
r j_p Można p owiedzi eć, że otrzymaliśmy
racania drzwi. Jednostka momentu [M]
=
przepis ob-
oraz
siły:
[r] [F]
= 1 m·N
momentu
siły:
M = rxft
= rx L1p ,1 t
= L1(rxp) = ,1f ,1t
w czasie jest równa momentowi
pędu
,1f
siły .
-
-=M
(8)
,1 t
Momentem pędu punktu materialnego nazywamy wektor i określony jako iloczyn wektorowy wektora wodzącego i wektora pędu p
Równanie (8) jest odpowiednikiem II zasady dynamiki dla ruchu obrotowego.
r
i=rxp
Wszystkie prze pisać
4. Zasada zachowania momentu pędu
(4)
własności
momentu pędu możemy przez analogię do własności momentu
siły.
I I= lrlI-Pl sin
L'.(r;
p)
(5)
Jeżeli moment siły jest równy zero, to zmiana momentu pędu jest równa zero. To oznacza, że moment pędu jest stały . Możemy to zapisać tak:
-
M
,1f
=O~ -
,1t
rllp~L=O r l_p~L=rp=mvr
(6)
L
-
= O ~ L = const.
5. Warunki równowagi sztywnej
(9)
bryły
Bryła sztywna znajduje się w równowadze mechanicznej w inercjalnym układzie odniesienia, gdy liniowe przyspieszenie środka masy bryły jest równe zero i gdy przyśpieszenie kątowe wzglę dem dowolnej osi nieruchomej w tym układzie jest równe zero. Warunki te spełnione są, gdy: I. Wypadkowa sił zewnętrznych działających na bryłę jest równa zero:
Rys. 6 Zwróć u wagę, że
wektor momentu pędu jest prosto padły do płaszczyzny, w której leżą wektory: wo dzący i pędu , a więc do płaszczyzny, w której odbywa się ruch. Można zatem powiedzieć, że gdy wektor momentu pędu jest stały, to ruch odbywa się w jednej płaszczyźnie. Jedn ostka momentu [L ]
(7)
,1t
Z zależności (7) widzimy, że zmiana momentu pędu
3. Moment
określenie
pędu:
= [r] [p] = [r ][m][v] = m · kg · m/s = kg·m 2/s
Spróbujmy teraz znaleźć związek mię
ft1 +ft2 + ... +ftn =O n
F= I,Ą =O i =l
Il. Wypadkowy moment jest równy zero:
-
-
siły działający
-
M 1 +M 2 + ... +Mn= O
na
bryłę
6 . Energia kinetyczna sztywnej
bryły
W tabeli przedstawione są momenty bezwładności wybranych brył względem wybranych osi obrotu.
o ' ',',
Bryła
Oś
Moment bezwładności
Oś
pełny
Walec
walca
m - masa walca promień
r-
Cienki m - masa
''
''
' '•-0•
pręta
Obręcz
m/2
symetrii
12
prostopadła pręta
O ś obręczy
(cienka)
mr 2
m - masa obręczy
Rys. 7
r-
Obliczmy
Oś
pręt
do '
2
podstawy
długość pręta
I-
1
- mr 2
całkowitą energię kinetyczną ciała
obosi OO'. W tym celu dzielimy bryłę na n punktowych mas: mi> m 2 , ••• , mn . Każdy punkt porusza się wokół osi OO' po okręgu o promieniu odpowiednio równym r1, r2 , ••• , rn. racającego się wokół
promień obręczy
Powłoka
m - masa
r-
Średnica
kulista
powłoki
powłoki
Twierdzenie SteineraR Moment bezwładności bryły względem dowolnej osi równoległej do osi przechodzącej przez środek masy bryły wyraża zależność:
o
0'
W powyższym równaniu czeme:
2
promień powłoki
(10)
lm 2 Ek = - 2
2
-mr 3
(11)
ro
wprowadziliśmy
ozna-
n
I= :L,.m;r/
(12)
i=l
5~
Rys. 8
Wielkość tę
10 - moment bezwładności względem osi O
bryły
I - moment
nazywamy momentem bezwładności sztywnej względem wybranej osi. Moment bezwładności zależy od wyboru osi obrotu, od kształtu ciała oraz od sposobu rozmieszczenia masy ciała względem osi obrotu. W ruchu obrotowym odpowiednikiem prędkości liniowej jest prędkość kątowa, a odpowiednikiem masy jest moment bezwładności.
r0 -
bezwładności względem
odległość między
Wahadło
osi O'
osiami
matematyczne (proste) matematycznym nazywamy masę punktową zawieszoną na długiej, nierozciągliwej i nieważkiej nici.
Wahadłem
Jeżeli
przyjmiemy następujące uproszczenia: 1. Cała masa wahadła fizycznego skupiona jest w jednym punkcie
M=m 2. Masa punktowa zawieszona jest na gliwej i nieważkiej nici o długości
nierozcią
l=d a
więc
moment
bezwładności
- - -
I= m/2
F = Fg +Fn to:
I.FI= l.Fgl sina= mg sina Okres
drgań
takiego
jest równy:
wahadła wyraża się
/I
r;;;i2
rI
T = 2;rr;vMiJ = 2n:v;;g1= 2n:fi
wzorem
czyli wahadło matematyczne jest szczególnym przypadkiem wahadła fizycznego.
I - długość wahadła g - przyśpieszenie ziemskie Zauważ, że
go nie \'\..ił
okres drgań wahadła matematyczneod jego masy.
zależy
1d o riz. czne
7.
Przykłady
R
Wahadłem
fizycznym nazywamy dowolne ciało sztywne zawieszone tak, że może wahać się wokó ł osi przechodzącej przez to ciało.
Bryła
sztywna obraca się z prędkością kątową 100 rad/s. O jaki kąt obróci się ta bryła w czasie 10-3 s?
Dane:
Szukane:
w= 100 rad s
a=?
t = 10-3 s Rozwiązanie:
a
OJ= -
t
Rys. 10
a= wt
S - środek masy ciała sztywnego P - punkt zawieszenia Okres drgań wahadła fizycznego rem T
= 2n:~
-10- 1 ra d a--100 -rad · 10- 3 swyraża się
s
wzo-
i Mgd
I - moment bezwładności wahadła fizycznego względem punktu P M - masa wahadła fizycznego d - odległość środka masy od punktu zawieszenia
Odp.
Bryła
obróci się o kąt 10-1 rad.
@fd@@t.oa Dwa punkty materialne o masach mA = 1 kSi i mB = 2 kg znaj
n
Rozwiązanie:
Środek masy dwóch punktów materialnych ma
Skorzystaliśmy
(xśr.m.' Yśr.m) sr.m.
= r 2 Lm; = mr 2
j;J
współrzędne:
x.
n
I= Lm;r/
= mAxA +m 8 x 8 = 2 ·1+1·2 =_i=l_!_ mA +m 8 1+2 3 3 =
Współrzędne środka
j;J
tutaj z faktu,
'1
='2=
r3
że
= .... =
r„
n
1·1+2 ·3 7 1 =-=21+2 3 3
oraz Lm;= m j;J
masy:
Przykład
1 1 ( X sr.m.> · Ysr.m. · )=(1- ,2-) 3 3
SR.
Sformułuj warunki równowagi dla podpartej w punkcie A cienkiej belki, na której końce działają siły grawitacji wynikające np. z powieszenia ciężarków.
Wyznacz długość wahadła prostego (matematycznego), którego okres drgań jest taki sam, jak okres drgań wahadła fizycznego.
Rozwiązanie: Rozważaną stawić
w zadaniu na rysunku.
sytuacj ę
mozemy przed-
Rozwiązanie:
Porównajmy okresy zycznego:
drgań wahadeł
prostego i fi-
2nfI=2nfI
vMid
Vg
l
I
g
Mgd
Rys 12
l=-IMd Jest to tzw. zycznego.
długość
zredukowana
wahadła
fi-
Belka jest w równowadze, gdy wypadkowa działająca na belkę jest równa zero
siła
F=O oraz wypadkowy moment jest równy zero
sił
działających
na
belkę Znajdź moment bezwładności cienkiej obręczy, o promieniu r i masie całkowitej m, względem osi przechodzącej przez jej środek.
M=O Z analizy treści zadania wynika, że na belkę podpartą w punkcie A działają trzy siły : siły grawitacji F1 i F2 oraz wynikająca z trzeciej zasady dynamiki siła reakcji
F,
zaczepiona w punkcie pod-
parcia belki. Siły te mają ten sam kierunek. Siły F1 i F2 mają także ten sam zwrot (zwrot siły grawitacji) - przeciwny do zwrotu siły Rys 11
Pierwszy warunek równowagi ma
F,
reakcji.
postać:
ft1 +ft2 +ft,= o
Podzielmy obręcz na n punktów materialnych o masach: m 1, m 2 , m 3 , •• „ mn i oddalonych od osi obrotu o r. Korzystając z definicji momentu bez-
W
władności, możemy napisać:
skalarnej:
związku
z tym,
że
wektory te są równoległe, równanie w postaci
możemy zapisać powyższe
A
F1 +F2 -F, =O F1 +F2 = F, Przyśpieszenie
liniowe belki jest równe zero. trzech sił powoduje powstanie trzech momentów siły dążących do obrotu belki wokół osi przechodzącej przez punkt A, prostopadle do płaszczyzny rysunku. Aby belka była w równowadze, musi być spełniony warunek Działanie
M1 +M2 +M, =O
Rys. 13
a) Gdy walec porusza się tylko ruchem postępo wym, to wszystkie jego punkty poruszają się z taką samą prędkością.
Moment siły liczymy względem punktu podparcia belki . Zauważmy, że M, =O , gdyż ramię siły F, ma długo ść równą zero (siła
F,
'B
A
jest przyłożo
na w punkcie obrotu belki). Zatem drugi warunek równowagi sprowadza się do warunku zerowania się wypadkowego momentu siły pochodzą cego od sił F1 i F2: Rys 14
Zgodnie z określeniem iloczynu wektorowego:
r1 xF1 +r2 xF2 =O wektory
r1
i
r2
są równoległe
i
mają
przeciwne
zwroty, a więc wektory wyznaczone przez iloczyny wektorowe r1 x F1 i r2 x F2 też są równoległe (prostopadłe do płaszczyzny rysunku) i maj ą przeciwne zwroty. Możemy zatem drugi warunek równowagi zapisać w postaci skalarnej:
F1 )-r2 F2
r 1F1 sinL'.(r1 ;
Po
sinL'.(r2 ;
b) Gdy walec obraca się wokół osi przechodzącej przez jego środek masy, to prędkości liniowe punktów wzrastają wraz ze wzrostem odległo ści punktów od osi obrotu (v = wr). Punkty leżące na okręgu o tym samym promieniu mają prędkość o tej samej wartości. Kierunek i zwrot prędkości tych punktów są różne. Zwroty wektorów prędkości punktów leżących na przeciwległych końcach średnicy okręgu są przeciwne. Środek masy spoczywa.
F2 ) =O A
uwzględnieniu:
r1 l. F1 i r2 l. F2 otrzymujemy:
B Rozważmy pełny poruszały się
walec. Z jaką prędkością będą punkty walca, w szczególności jego
środe k
masy, jeżeli : a) walec porusza się ruchem postępowym z pręd kością v, b) walec porusza się ruchem obrotowym z pręd kością kątową
w,
c) walec porusza się jednocześnie ruchem postę powym z prędkością v oraz obrotowym z pręd kością kątową w (bez poślizgu, tzn. v śr.m = r w).
Rys 15
c) Gdy walec porusza się jednocześnie ruchem postępowym i obrotowym, to środek masy porusza się z prędkością ruchu postępowego vśr.m· Natomiast punkt A porusza się z prędkością wynikającą z faktu, że walec porusza się ruchem postępowym i z prędkością liniową wynikającą z ruchu obrotowego walca. Obie te prędkości mają takie same kierunki, zwroty i wartości.
V J\
= V śr.m . +(I) r = V śr.m. +
v.
sr.m . . r
r
= 2 V śr.m.
punktu B, tzn. punktu stykającego się z podłożem, jest równa zero, ponieważ prędkości: liniowa w ruchu po okręgu i pręd kość środka masy, mają zwroty przeciwne.
środka
przez
masy i równoległej do osi masy.
przechodzącej
środek
Prędkość
I =I+ mx 2 = J_md 2 + mx 2
12
X
Podstawmy to wyrażenie do wzoru na okres wahadła fizycznego:
A
J_ md 2 +mx 2
T = 2ir ---1_ = 2ir ~1 ~2----mgx mgx
s: ----------~-----
d 2 + l2x_ 2 =7r ,___ 3gx B
Widzimy,
Rys 16
że
T jest funkcją x. T = f(x)
Przykład
7R.
W jakiej odległości od środka masy należy zawiesić jednorodny pręt o długości 1 m, aby tworzył wahadło o najmniejszym okresie? Moment bezwładności pręta o długości d i masie m, względem osi prostopadłej do pręta i przechodzącej przez jego środek masy, dany jest wzo1 rem l=-md 2 •
Zadanie sprowadza się do obliczenia mm1mum funkcji T = f(x). Obliczmy pochodną funkcji względem x:
T'(x)= 2
12
Dane: d =l m
Z analizy zadania wynika, że mamy do czynienia z wahadłem fizycznym. Okres wahadła fizycznego możemy wyznaczyć ze wzoru:
T gdzie x oznacza środka masy.
3gx
-====
2
Rozwiązanie:
7r 24x · 3gx - 3g · (d 2 + 12x 2 ) _ dz + l2x 2 (3gx )2 -
d 2 +12x 2 3gx
T'(x) =O <=> 72gx 2 -3gd 2
-
36gx 2 =O
12x 2 -d 2 =O d x=-2..fj
mgx
punktu zawieszenia od
9g 2 x 2
Warunkiem koniecznym istnienia mm1mum jest zerowanie się pierwszej pochodnej. A więc:
= 27r~ IX
odległość
72gx 2 -3gd 2 -36gx 2
Chcąc sprawdzić, czy w obliczonym punkcie funkcja ma minimum, obliczmy drugą pochodną:
T'(x) = 24x
d
w(l 2..f3 d J = 24 ·
d 12d . ..fj = ..fj > O , a więc w tym 2 punkcie funkcja ma minimum. T
= 0,29 m
Rys. 17
xmin.
Korzystając
Odp. Pręt ka masy.
z twierdzenia Steinera, możemy wyznaczyć moment bezwładności pręta względem osi przechodzącej przez punkt odległy o x od
należy powiesić
0,29 m
powyżej środ
znacz okres wahadła prostego na Księżycu, wiedząc, że na Ziemi jego okres wynosi 2 s. Przyjmij
g =10 m/s 2.
8 . Zadania
Zadanie SR.
Zadanie I. Oblicz moment bezwładności cienkiej obręczy o promieniu 0,2 m i masie 0,5 kg względem osi: a) przechodzącej przez środek masy obręczy, bR) przechodzącej przez punkt odległy o 0,5 m od śro dka masy i równoległej do przechodzącej przez niego osi . Zadanie 2. C i e nką belkę
długości
2 m podparto w % jej dł ugo ści . Na końcu krótszego ramienia podwieszono masę 3 kg. Jaką masę trzeba powiesić na drugim końcu, aby belka była w równowadze? o
Zadanie 3R.
Jednorodny krążek o masie 3 kg i promieniu 0,2 m zawieszono na poziomej osi przechodzącej przez brzeg krążka i wprawiono w ruch wahadłowy. Jaki jest okres drgań tego wahadła fizycznego? Jaką długość powinno mieć wahadło proste, aby mieć taki sam okres drgań? Zadanie 9 . Baletnica wykonująca na lodzie piruet obraca się wokół pionowej osi ze stałą częstotliwością 3 s· 1 • Jak zmieni się częstotliwość wykonywanych przez nią obrotów, jeżeli jej moment bezwładności po rozłożeniu rąk wzrośnie o 10%. Początkowy moment bezwładności wynosił 2,5 kg· m 2. Zadanie IO.
Na krótszym końcu belki z zadania 2 podwieszono odważ nik o masie 3 kg. Natomiast po drugiej troni e punktu podparcia w odległości 0,3 m podwieszono odważnik o masie 0,5 kg. Jaki odważnik trzeba podwiesić na końcu, aby belka była w równowadze? Zadanie 4. Po równi pochyłej o wysokości 0,5 m stacza się (bez poślizgu) pełny walec. Wyznacz prędkość ' rodka masy walca u podnóża równi, wiedząc, że
I= 0,5mr2 •
W windzie znajduje się wahadło proste. Okres wahań wahadła wynosi 2 s. Winda zaczyna poruszać się ruchem jednostajnie przyśpieszonym, na skutek czego okres wahadła wydłuża się o 15%. Oblicz przyśpieszenie windy.
9 . Rozwiązania i odpowiedzi do zadań Zadanie 1. n
n
a) I= Im ;r/
= r 2 L m; = mr 2
i=I
Dwa walce,
i =I
I= 0,02 kg· m 2
Zadanie 5. pełny
i pusty,
staczają się
bez
pośliz
gu z równi p och y ł ej. Który z nich szybciej osiąg
nie podstawę równi? Walce i taki sam promi e ń.
mają taką samą masę
b R) Korzystamy z twierdzenia Steinera: I=~+m~=m~+m~=m~+~
I= 0,145 kg·m2
2
Moment
bezwładności pełnego
walca 11
mr =2
moment bezwł adności pustego walca J2 = mr 2
Korzystając •
długość wahadła
sekundowego. Przyjmij
g = 10 m/s2. Zadanie 7. Przyśpieszenie
nego w
z warunku równowagi wyprowadzo-
przykładzie
5,
możemy napisać:
F1r1 = F2 r 2
Zadanie 6. Oblicz
Zadanie 2.
grawitacyjne na Księżycu stanowi 1/6 przyspieszenia grawitacyjnego na Ziemi. Wy-
'1 F2 =-FI '2 '1 m1 =-mi
'2 m 2 =1 kg
Zadanie 3R.
Walec pusty:
r
r I I
•
t 2J
F31
Vz =
I
i Fi
I
"2
fih
pełny:
Walec
2 v 1 ='!:.J3ih= J3 v 2 = 1,15 v 2 3 3
Rys. 18
Warunek równowagi dla belki rozważanej w zadaniu możemy zapisać następująco:
A więc walec równi.
pełny
szybciej
os1ągme podstawę
Zadanie 6.
r1 xF1 +r2 XF2 +r3 xF3 =o
l
= 0,25 m
A w postaci skalarnej:
Rozwiązując
to równanie ze
względu
na m 3 ,
otrzymamy:
Zadanie 7. Okres wahań wahadła na Zadanie SR. Opisane w zadaniu
m 3 =0,9 kg
Zadanie 4. Korzystając
z zasady zachowania energii,
możemy
Rys 19
Księżycu
wahadło
wynosi 4,9 s.
przedstawia rysunek.
o
napisać:
1 2 1 2 mgh=-mv +-Iw
2
2
Energia potencjalna w najwyższym punkcie równi pochyłej jest równa energii kinetycznej ruchu obrotowego walca i energii kinetycznej ruchu postępowego .
Uwzględniając, Że:
1 I= - mr 2 oraz v 2
= wr
otrzymamy:
V=
3
m
V
z twierdzenia Steinera:
1
I =-mr 2 + mr 2 2 oraz ze wzoru na okres
wahadła
fizycznego:
T=2n~ mg! I możemy obliczyć
okres:
T = 1,1 s Wahadło
~ 4 gh = 3_~3gh 3
Korzystając
proste o takim samym okresie ma długość:
y2
l=__:_K=03m 4n 2 '
=2,56S
Zadanie 5. Zapiszmy równanie wyrażające zasadę zachowania energii dla walca pustego i dla walca pełnego, a następnie wyznaczmy z obu równań prędkość walca.
6~
Zadanie 9. Korzystamy z zasady zachowania momentu Li =L2 I 1 w1
=I 0 w 10
W1
=UW
pędu :
r
10 2n f1 = 2n 11 f = O 91 f = 2 73 s- 1 I
'
'
Zadanie 10. Okres wahań wahadła w nieruchomej windzie opisuje równanie:
a okres wahań wahadła znajdującego się w windzie poruszającej się w dół z przyśpieszeniem a:
T1 =2n~ g-a I W tym przypadku okres wahań ulega wydłużeniu. Dzieląc te równania stronami i wyznaczając a otrzymamy:
rozdział
I. Hydrostatyka 2 . HydrodynamikaR 3. Prawo Hooke'a
4 . Przykł dy
5 . Zad nla 6 . Rozwiązania I odpowiedzi do
zadań
I. Hydrostatyka
Rys. l
m nazywamy ciało o ciągłym materii, które może ulegać zmianom. Ośrodek ciągły wyobrażamy sobie jako zbiór punktów materialnych o równych masach. Wzajemne położenia punktów mogą się zmieniać, ale tak, aby nie naruszyć ciągłości ciała, tzn. by punkty sąsied nie ciała nadal były punktami sąsiednimi. ' I . nazywamy stosunek masy do o bjętości , w jakiej ta masa jest zawarta.
Warunek
O
pływania ciał możemy zapisać
rozkładzie
m
p=-
v
Jednostka
(1)
tak:
Fw >Fg
Fg =mg = p,V,g P, - gęstość ciała objętość ciała
V, Fw
- ciężar
wypartej cieczy
gęstość
Pp -
cieczy
vp - objętość wypartej cieczy
gęstości
Pp VPg > P, V,g
(p]= [m1= 1~3 [v] m
ciało
Gdy
jest
całkowicie
zanurzone, zachodzi
równość:
C nazywamy stosunek działającej do powierzchni S, na którą ta siła działa . F
P= -
s
ostką ciśnienia
siły
F Stąd:
(2)
jest jeden paskal (1 Pa).
Ciało będzie pływało będzie większa
[p] = [[F]] = 1 __!':!__2 = 1 Pa S
:r..:
:r..:
V
V
m
Prawo Pascala Ciśnienie wywierane na zamknięty płyn jest przekazywane jednakowo na każdą część płynu oraz na ścianki naczynia bez żadnych strat. Prawo Archimedesa Na każde ciało zanurzone w cieczy (gazie) działa siła wyporu skierowana ku górze i równa co do wartości ciężarowi wypartej cieczy (gazu).
od
w
płynie,
gdy gęstość płynu w nim zanurzo-
gęstości ciała
nego. Podając
jęć:
cie
prawa Pascala i Archimedesa, użyłem pogaz, ciecz, płyn. Najbardziej ogólne jest poję
płynu .
Płyn
to substancja, która może płynąć. Tej nazwy do określenia cieczy i gazów. Płynem jest ciecz, gaz, smoła, a nawet szkło . Takie płyny jak smoła czy szkło płyną tak długo, że aby zauważyć efekt płynięcia, musielibyśmy bardzo długo je obserwować. Na co dzień skutki płynię cia szkła możemy stwierdzić, obserwując w kościelnych witrażach szkło, które znajduje sii; tam od setek lat. Szkło w takich witrażach jest wyraź nie grubsze u
2. HydrodynamikaR Równanie ciągłości Prawa podane wcześniej dotyczyły płynu, który nie był w ruchu. Jeżeli płyn może się poruszać, trzeba by opisać zachowanie się każdej cząstki płynu. Jest to zadanie trudne. Znacznie prostszy opis zachowania się płynu zaproponował Euler. Według jego koncepcji ruch płynu opisywany jest
przez podanie gęstości p(x, y, z, t) oraz prędkości v(x, y, z, t) w punkcie (x, y, z) i czasie t. Idea opisu Eulera polega na tym, że nie zajmujemy się cząstką płynu, ale koncentrujemy uwagę na określonym punkcie przestrzeni w pewnym określonym czasie. W takim opisie możemy podać wartość np. ciśnienia . Jednakże prawa mechaniki stosują się do cząstek, a nie do punktów przestrzeni. Rozważmy strugę płynu przedstawioną na rysunku.
p 1 i p2 - gęstosc1 piynu w punKtacn r 1 1 r 2 v 1 i v 2 - prędkości płynu w punktach P 1 i P2 Strumień masy przepływający przez przekrój S1 jest równy:
a przez przekrój S2 :
Masa płynu przepływająca w jednostce czasu przez przekrój si musi być równa masie płynu wypływającej przez przekrój S2 • Oczywiście jest to prawda, gdy w międzyczasie do strugi nic nie ani nic z niej nie wypływa. Nie ma więc żadnych „źródeł" ani „ścieków".
wpływa
Możemy więc napisać:
P1S1V1 = P2S2V2 Rys. 2
pSv
Prędkości
cząstek
płynu
w różnych częściach
płynu mogą być różne. Załóżmy, że
w pewnej chwili czasu cząstka płynu z prędkością v 1 jest w punkcie P 1 • Po czasie M przebędzie drogę 11, która jest równa:
poruszająca się
11 = v 1flt Możemy przyjąć, że objętość płynu,
czasie
przepłynie
przez przekrój
si,
jaka w tym jest równa
= const
(3)
Jest to równanie ciągłości , które wyraża prawo zachowania masy w dynamice płynów. Jeżeli mamy do czynienia z płynem nieściśliwym, czyli takim, w którym
równanie postaci:
ciągłości
mozemy
zapisać
w prostszej
Sv= const. Równanie Bernoulliego R Równanie to wyraża zasadę zachowania energ11 dla płynów.
Rys 3
1 2
p + - p v 2 + p g h = const.
Masę płynu,
która w tym czasie
ten przekrój,
możemy wyznaczyć
łlm1
przepływa
przez z równania:
= P1 V1 = P1s111 = P1 S1 v1 łlt
Poszczególne człony tego równania oznaczają: (p + p g h) - ciśnienie statyczne (panuje wtedy, gdy płyn nie płynie)
..!_ p v 2 2
Natomiast przez przekrój strugi w punkcie P2 przepływa
masa
P2S2v2M
S1 i S2 - pola przekrojów strugi płynu w punktach
~
-
ciśnienie
dynamiczne {pojawia
się,
gdy
płyn płynie)
płynu:
łlm2 =
P1 i P2
(4)
3 . Prawo Hooke'a Rozważmy pręt
który
działa
{np. metalowy) o długości l, na siła F próbuj ąca go odkształcić (np.
wvdłużvć, ścisnać, skrecić).
lo
'i
lt
-
D. l ' '
' '
4.
F
Il
Przykłady
Rys 4 Wyprowadź Doświadczenie
pokazuje, że wydłużenie pręta jest wprost proporcjonalne do działającej siły F i do długości początkowej pręta 10 , a odwrotnie propor-
śnienie
z prawa Bernoulliego wzór na cihydrostatyczne. y
P, J 2
cjonalne do pola przekroju poprzecznego pręta S. 6.I - F 10
ID.h
s
h1 h,
6.I
k-
= k F Io
(5)
s
Rozważmy słup
współczynnik proporcjonalności
a skutek działania siły F w pręcie powstaje nap rę żenie wewnętrzne, które jest odpowiednikiem ciś nienia
RysS
p.
nie na głębokości h 2 • Z prawa Bernoulliego wynika,
F
1 2
P=-
2
Pi + - p V I + p g
s
t.I
cieczy o gęstości p. Niech p 1
oznacza ciśnienie na głębokości hp a p2
Z
= kFI-0 = kpl0
s
założenia
v1
h1
- ciśnie
że:
= P2 + -1 p V 22 + p g h2 2
= v 2 = O.
Równanie Bernoulliego zapiszemy w postaci:
= -pg(h2 - hi) = P2 + pgt.h
P2 - Pi 1 t.I
(6)
P=-k 10
W tym wzorze p2 jest
Wprowadźmy wielkość:
hJHllS@t-1
k
któ rą
nazywamy modułem Younga. >aulu \ ounga E jest równa takiemu naprężeniu , któ re powstałoby przy dwukrotnym zwiększeniu długości pręta na skutek działania
Wa rto ść
miedzi: 8,95·10 3 kg!m3;
gęstość srebra: 10,49 · 103 kg!m3;
Wzór
gęstość
t.I
p= E -
(7)
Io
wo Hooke'a:
Naprężenie
(p) ciała jest wprost proporcjonalne do jego wydłużenia
Figurka wykonana ze stopu miedzi i srebra ma w powietrzu ciężar 3,15 N, a w wodzie 2,85 N. Oblicz, ile srebra i ile miedzi znajduje się w stopie. Gęstość
F.
za
ciśnieniem zewnętrznym,
np. ciśnieniem atmosferycznym.
E=_!__
siły
P1
wewnętrzne
względnego (~I ). o
g
wody: 103 kg!m3;
= 10 m/s 2 •
Dane:
Szukane:
kg Pcu = 8,95 · 10 - 3 3
m
3
kg
PAg = 10,49·10 -
m
F 1 = 3,15 N F 2 = 2,85 N
3
Rozwiązanie:
Dane:
Szukane:
Jeżeli zanurzymy figurkę w wodzie, to oprócz siły
h = 10 cm
FS=?
a= 5 cm
Fd =?
grawitacji będzie na nią działała siła wyporu, która wpłynie na pozorną zmianę ciężaru figurki. Objętość figurki jest równa objętości wypartej cieczy, którą wyznaczymy ze wzoru na siłę wyporu:
(parcie na (krawędź
podstawy)
ścianę
naczynia)
(parcie na dno naczynia)
p = 1000 kg·m· 3
Fw = PwgV Ciecz wywiera nacisk nie tylko na dno naczynia, ale także na jego ścianki. Jednakże ciśnienie cieczy w naczyniu rośnie liniowo, od zera przy powierzchni do wartości p g h na dnie naczynia.
V= Fw =Fi -Fi Pwg Pwg Oznaczmy objętość miedzi zawartej w stopie literą x, a objętość srebra zawartego w stopie (V - x). Napiszemy teraz wyrażenie na ciężar figurki w powietrzu:
h
PAg F1 -Fi Pcu - PAg Pwg A
Zatem masa miedzi zawarta w stopie wynosi:
mcu = PcuX = F1 Pcu
(Pcu - PAg) g
A'
Rys. 6 Jeżeli
PAg (F1 -Fz) Pcu Pcu - PAg Pwg
Wystarczy popatrzeć na ten wzór, aby stwierdzić, że wynik otrzymamy w kilogramach. Po podstawieniu wartości liczbowych i wykonaniu obliczeń otrzymamy:
mcu = 0,002 mAg = pAg(V-x) lub inaczej: F1 = (mcu + mAg) g 3 15
mAg =Fi -mcu = • kg- 0,002 kg= 0,313 kg g 10 Odp. Figurkę wykonano z 0,14 kg miedzi i 0,175 kg srebra.
Naczynie w kształcie prostopadłościanu o wysokości 15 cm napełniono wodą do wysokości 10 cm. Podstawą naczynia jest kwadrat o boku 5 cm. Wyznacz parcie wody na dno i ściankę boczną naczynia.
ciecz zajmuje w naczyniu wysokość h, to parcie cieczy na ściankę boczną naczynia połóżmy, w myślach, ściankę boczną naczynia ACED tak, aby pokryła się z prostokątem AA'C'C. Ze względu na liniowy rozkład ciśnienia w cieczy parcie boczne będzie równe ciężarowi cieczy zawartej w graniastosłupie w kształcie pryzmatu AA'DCC'E. Można założyć, że ciężar ten jest skupiony w środku pryzmatu, a dokładniej mówiąc w środku ciężkości trójkąta BB'F. Z geometrii wiadomo, że środek ciężkości trójkąta leży w punkcie przecięcia środkowych jego boków, chcąc wyznaczyć
w
odległości
_!_
3
długości środkowej
W rozpatrywanym przypadku
leży
w punkcie S w
od boku.
środek ciężkości
odległości _!_h 3
od podstawy
naczynia. A więc siła parcia przyłożona jest w punkcie P. Wartość siły parcia obliczymy ze wzoru:
FS = ..!.JAA1 JADJ JAcJp g 2
[F]=lm 3 - ~-~=1N 3 m
kg
1 FS =-0,1·0,1·0,05 · 1000·9,81N=2,45 N 2
Parcie cieczy na dno naczynia jest równe:
Fd = 1000. (o ,o5f .0,1 . 9,81 N= 2,45 N Odp. Siła parcia wywierana na dno naczynia wynosi 2,45 N, a na jego ściankę boczną 2,25 N.
Pusta kula miedziana zanurza się do połowy w czystej wodzie. Promień zewnętrzny kuli ma dł ugość 0,5 m. Oblicz promień wewnętrzny kuli. Gęstość miedzi: 8950 kglm3, gęstość wody: 1000 kglm3.
R2 = 0,5 1-
1000 l~ m = 0,5 ~0,944 = 0,49 m 2 · 8950
Odp. Wewnętrzny promień kuli ma długość 0,49 m.
5. Zadania Zadanie I.
Na drucie o średnicy 1,8 mm i długości 10 m powieszono ciężar 1000 N. Oblicz wydłużenie drutu i naprężenie wewnętrzne . Moduł Younga drutu wynosi 71·10 9 Pa. 'fys. 7
Zadanie 2. Sprężyna rozciąga się
Dane:
Szukane : 3
kg
Pe„ = 8,95·10 -
m
3
R2
='.
kg PH2 0 =10 - 3 m
pod
wpływem siły
15 N
o 1 cm. O ile rozciągnie się sprężyna pod działa niem siły 25 N? Wyznacz współczynnik spręży stości sprężyny.
3
R1 = 0,5
t
V1
-
m
objętość części kuli zanurzonej w wodzie
Rozwiązanie:
Warun ek pływania dla tej kuli mozemy zapisać w postaci :
Zadanie 3.
Gęstość lodu wynosi
900
k~
m
. Czy na krze lodo-
wej o objętości 1 m 3 mógłby przebywać człowiek o masie 50 kg? Zadanie 4. Jaką masę można podnieść za pomocą podnośni
ka hydraulicznego przedstawionego na rysunku? m
g=9,812 s
Rys. 8
Zadanie 5 .
5 · 10- 3 s. Masa kulek wynosi O, 1 kg.
Jaką wysokość
ści
800
k~
powinien mieć słup cieczy o gęsto
, aby
m
ciśnienie wywierane
na
podłoże
było
takie samo, jak słupa rtęci o wysokości 760
mm?
Gęstość rtęci wynosi
13 500
k~
.
m
Kra o powierzchni 5 m2 i grubości 0,3 m pływa po wodzie. Jaką pracę trzeba wykonać, aby cał kowicie zatopić ją w wodzie?
Gęstość wody
Pw = 1000 kg m3
Pt= 916 -
k~
k- 2 V1
/h Vho
gdzie v 1 - prędkość przed odbiciem v 2 - prędkość po odbiciu h0 - wysokość, z której kulkę puszczono
h-
Zadanie 6.
gęstość lodu
Współczynnik odbicia (restytucji)
wysokość,
k stat
na którą kulka podskoczy ła
= 0,55 = 0,85
k kauczuk
Zadanie li.
,
m ,
g
m
= 9,81 2 . s
Zadanie 7. W jednym zbiorniku znajduje się rtęć (p , = 13 534 kg/m 3), a w drugim woda (p w 1000 kg/m 3 ) . W obu zbiornikach zanurzono, na głębokość 1 m poniżej poziomu cieczy, kulkę drewnianą (pd = 600 kg/m 3 ). Porównaj wysokości,
na które wyskoczy kulka z każdej z cieczy, gdy ją puścimy . Siły tarcia pomijamy.
Woda w zbiorniku o głębokości h = 10 m wywiera nacisk na pionową ścianę tamy o szerokości a = 100 m. Oblicz wypadkową silę wywi eraną przez wodę na ścianę tamy.
6. Rozwiązania i odpowiedzi do zadań Zadanie 1. 11 l
= F I o = 5 5 . 10-2 m ES
'
p=3,9 · 10 8 Pa Zadanie 8 . Przez poziomą rurę o przekrojach 10 cm 2 i 20 cm 2 przepływa woda. Oblicz prędkości wody w tej rurze oraz ilość wody, jaka przepływa przez każdy z tych przekrojów w ciągu jednej sekundy, jeżeli w rurkach manometrycznych wmontowanych w rurę w miejscach o różnych przekrojach różnica poziomów wynosi 20 cm. Zadanie 9. 4 m upuszczono piłkę o masie po odbiciu się od Ziemi osiągnęła wysokość 2,5 m. Oblicz, z jaką prędkością piłka uderzyła o Ziemię. Oblicz zmianę pędu piłki oraz silę, jaka działała Z
wysokości
O, 1 kg.
na
piłkę
Piłka
w czasie 5·1 o-3 s.
Zadanie IOR. Wyobraź
~
sobie, że z wysokości 4 m upuszczono dwie kulki: stalową i kauczukową. Porównaj siły, które będą działały na te kulki w chwili odbicia. Jaki wpływ na działającą siłę ma materiał, z jakiego wykonano kulkę? Siła działa na kulki w czasie
Zadanie 2. 2 Ax 2 = f.1_ F Ax1 = 1 , 67· l0- m , I
k =_!i_= 1500 N
m
L\.x 1
Zadanie 3. Na krę, na której stoi człowiek, działają siły speł niające równanie:
Fw + Fgt + Fgc = O Człowiek może przebywać na krze, gdy siła wyporu jest większa od ciężaru człowieka wraz z krą:
Fw > Fg
Pw V( g > (m e + Pt V, )g gdzie V( - objętość części kry zanurzonej w wodzie ' m Vt >
+ Pt V, -_ 0 ,95 ID 3 Pw
Widać
stąd ,
wie rzchnią
że
część
wody, a więc
kry
będzie
ponad po-
Działając siłą
F = Fw - Fg, zanurzamy
krę .
możemy płynąć.
Zadanie 4.
I
I
Rys. 10 Całkowite zanurzenie kry sprowadza się do zanurzenia tej jej części, która wystaje ponad powierzchnię wody. Siła wyporu zwiększa się proporcjonalnie do zanurzenia od zera do wartości:
Zadanie 5. p, = PHg
p, g h, h,
F = (pw -pi)Shg
= PHgg hHg
jaką
Praca,
= PHg hHg = 12,825 m
trzeba
wykonać,
jest równa pracy
średniej siły:
p,
1
Zadanie 6. a pływającą krę działają dwie siły: siła grawitacji Fgi siła wyporu Fw, które się równoważą. W trakcie zanurzania kry siła wyporu rośnie proporcjonalnie do stopnia zanurzenia kry. Kra pływa w wodzie
1
Fśr =2.F=2(Pw- P1)Shg na drodze h 1 równej
wys okości
tej
części
kry,
która nie jest zanurzona. Wykonana praca jest równa:
Zadanie 7. W obu przypadkach, gdy puścimy kulkę, działają na nią dwie siły: siła wyporu F w i siła grawitacji Fg.
Fg =mg Fg = m 1 g = p1V g fw
=
p1S hg
=mwg =pw V1g=p wS(h-h1)g pływa,
Kra
gdy
spełniony
jest warunek:
Kulka będzie poruszała siły wypadkowej:
Fg =Fw Stąd
wyznaczamy wysokość kry, która wystaje ponad powierzchnię wody:
F = Fw - Fg
=m [ p
Możemy
h-
wysokość
h1
-
kry
wysokość części
wierzchni ę
wody S - powierzchnia kry
kry
wystającej
ponad po-
się
do góry pod
;;Y -1)
wpływem
g
teraz skorzystać z zasady zachowania energii mechanicznej, gdyż siły tarcia pomijamy. Zwróćmy uwagę, że kulkę zanurzoną w cieczy możemy traktować tak, jakby znajdowała się w polu grawitacyjnym o natężeniu a.
_ [Pcieczy a -g --Pd
ll
Stąd energia potencjalna kulki na głębokości h wynosi:
EP= mah
Natomiast energia kinetyczna po osiągmęcm przez kulkę powierzchni cieczy wynosi:
2
2
otrzymujemy wzór na prędkość przepływu wody:
2
E _ mv k- -2Z zasady zachowania energii wynika, mv
2( sfS J
1 L\ h g=-V2 1-2
że:
2
- - =mah 2 m
Po opuszczeniu cieczy kulka porusza się w polu grawitacyjnym o natężeniu g. Po osiągnięciu wysokości hi' jej energia potencjalna wynosi:
mv
ponownie
zasadę
o'
wcześniej
' ' ' ' ' '
wyprowadzone wzory, otrzyma-
h( P;e:ey -1
l
h1:
dane otrzymamy: 2 dla wody h1 = - m 3 dla rtęci h2 = 21,6 m
Rys 11
Zadanie 8.
V1
Piłka spadając
z
z prawa Bernoulliego, które w tym przypadku ma postać:
1
wysokości
h 1 uderza o
Ziemię
z prędkością:
= ~2 g hl = 8,86
Korzystając
2
s
Zadanie 9.
Podstawiając
1
m
zachowania energii:
2
h1 =
Ilość wody przepływającą przez przekrój rury obliczamy z równania ciągłości:
Q = v 1S1 = v 2 S2 = 2,29·10- 1
--=mgh1 2
oraz my:
s
3
EP = mgh 1 Stosując
Vz = 1,145 -
i odbija
się
m s
z prędkością:
2
2_PV1 +Pi =1PV2 +P2
oraz
wykorzystując zależność:
gdzie L\ h = h2
-
h1, otrzymamy:
niezbędną
do dotarcia na wysokość h 2 • Zmiana pędu piłki wynosi:
l11PI = IP2 - P1I= I- m v 2 -
m v1 I = m (v 1 + v 2 )
i1p = 1,59 kg m s Korzystając V1S1
= S2V2
z prawa
ciągłości:
Z II zasady dynamiki obliczmy siłę piłkę w czasie zderzenia z Ziemią:
działającą
na
F = !1.p =
+ v 2) M
m (vi
M
Na
kulkę stalową działa siła:
F
= m)2ihlk+ll = !1.t
s
F = 318 N
1
=
10- .12 · 10 . 410,55+11 N=277 N 5 .10- 3
Zadanie lOR. Wykorzys tując
rozwiązanie
zadania 9 oraz uwzględniając materiał, z którego wykonano kulki, wyznaczamy zmianę pędu kulki po odbiciu:
1!1.PI = I m (v 1 + v1 ) I = I m (k v 1 + v 1 ) I = m v 1 \ k + 11 =
= m ~2g h I k + 1 1
a na
Fk
kulkę kauczukową:
= 331 N
Zadanie 11. 1 F = - p g h1 a = 49050000N=4,9·10 7 N 2
rozdział
I. Prawo powszechnego
ciążenia
pole, w którym na umieszczone tam ciała działa grawitacji. Takie pole nazywamy polem grawi tacyjnym. Pole grawitacyjne istnieje niezależnie od naszego poznania i może być zaobserwowane pośrednio poprzez jego wpływ na przedmioty fizyczne.
siła
2 . NatĘżenle pola grawitacyjnego 3 . Praca w polu grawitacyjnym 4 . Energia potencjalna 5 . Potencjał grawitacyjny 6 . Prawa Keplera 7 . Przykłady 8 . Zadania 9 . Rozwiązania i odpowiedzi do
I. Prawo powszechnego
2.
ciążenia
(1)
i!:
j
więc
równanie
napisać:
pola grawitacyjnego jest wielkością Po podstawieniu równania (2) do równania (3) otrzymamy:
W
określeniu
GMmr --,2 r
GMr = ---,2 r
m
mała
pola grawitacyjnego masy próbnej. Masa masa, której wpływ na drugą pojęcie
masę możemy zaniedbać. Wartość natężenia zapisać
pola grawitacyjnego
możemy
w postaci: GM
r= -,2 natężenia
Jednostka
(5)
pola grawitacyjnego: kg · m
mi
[Fg] 1 N - s2m [y]=-=-= -=[m] kg kg s2
Rys 1
Znak minus w równaniu (2) oznacza, że siła F21 , z jaką masa m 1 przyciąga masę m 2 , ma zwrot przeciwny do wektora r12 opisującego położenie masy m 2 względem masy m 1• Podobnie s iła F12 ma zwrot przeciwny do wektora
(4)
natężenia
wprowadziliśmy
próbna to (2)
(3)
m
wektorową.
r=
jest wielkością wektorową, a (1) w postaci wektorowej możemy
ft
=__.!._
Natężenie
G - stała grawitacji G = 6,67 · 10-11 m 3 · kg- 1 . s-2 Siła
pola grawitacyjnego
Aby w sposób ilościowy opisać pole grawitacyjne, wprowadzamy nową wielkość fizyczną zwaną natężeniem pola grawitacyjnego. Natężenie pola grawitacyjnego wyraża stosunek siły grawitacji działającej na ciało próbne do masy tego ciała.
zadań
Wszystkie ciała oddziałują na siebie grawitacyjnie. Siła oddziaływania grawitacyjnego dwóch ciał jest wprost proporcjonalna do iloczynu mas tych ciał i odwrotnie proporcjonalna do kwadratu odl egłości między środkami ich mas. Siła ta jest si łą przyciągającą.
Natężen ie
r21 •
Stosunek !.... oznacza wektor jednostkowy. r Każde ciało o masie M wytwarza wokół siebie
Natężenie
pola grawitacyjnego mierzymy w tych samych jednostkach co przyspieszenie grawitacyjne, ale sens fizyczny tych wielkości jest inny. Natężenie pola grawitacyjnego jest określone jednoznacznie przez masę ciała wytwarzającego pole grawitacyjne oraz odległość od tego ciała do rozpatrywanego punktu pola. Natężenie pola grawitacyjnego informuje nas, jaka siła grawitacji bę-
dzie działała w danym punkcie pola na umieszczone tam ciało próbne. A więc otrzymujemy informację, z jakim przyśpieszeniem będzie poruszało się ciało, gdy znajdzie się w danym punkcie przestrzeni. Można powiedzieć, że natężenie pola grawitacyjnego jest cechą punktu przestrzeni. Natomiast przyśpieszenie grawitacyjne posiada ciało, które znajduje się w danym punkcie przestrzeni i na które działa tylko siła grawitacji. Rysunek przedstawia wartości natężenia i kierunki pola grawitacyjnego Ziemi.
(6) A
F2
B
A1--~~~~~~--~~~~--~~~
Rys. 3
M - masa ciała (np. Ziemi) m - masa ciała r1 i r2 - wektory opisujące
położenie początko-
we i końcowe ciała m względem masy M. F2 - siła zewnętrzna działaj ąca na masę m. wykona siła zewnętrzna przy przesuz punktu A do punktu B w polu grawitacyjnym opisana jest wzorem:
Praca,
jaką
nięciu ciała
9,8 9,8
9
4
WA--;8
= Fśr
L(Fś, ,
. L1 r
= IĄ, 11.1 rl cos L.(Fśr , L1 r) więc
L1 r) = 0°, a
cos 0° = 1
Zauważmy, że siła
grawitacji, a więc także siła od odległości ciała od źródła pola grawitacyjnego. Siła średnia, która działa na ciało o masie m, jest ś rednią geometryczną dwóch sił: siły działającej w położeniu początkowym ciała i siły działającej w położeniu końcowym zewnętrzna, zależy
r 8
r
r
r
r
12
r 12
18
Rys 2
ciała.
Odległość od przez 10 6 m.
środka
Ziemi
należy pomnożyć
GMmGMm
GMm
Wartości natężenia
sunku 2
-
wyrażono
pola grawitacyjnego na ryw N · kg- 1.
linie stałej wartości la grawitacyjnego kierunek
sił
natężenia
po-
pola grawitacyjnego
Trzeba dodać, że rysunek 2 wykonano przy żeniu idealnej kulistości Ziemi.
zało
= GMm(_!i_ _ _!J_) = r1r2
3. Praca w polu grawitacyjnym
rai'J_
~
1
1
r1
r2
=GMm(- - - )
W tym samym czasie Zastanówmy się, jaką pracę wykona siła zewnę trzna, która ciało o masie m przesunie z punktu A do punktu B pola grawitacyjnego wytworzonego przez ciało o masie M. Zakładamy, że m << M (pole grawitacyjne wytworzone przez ciało o masie m można pominiąć w porównaniu z polem grawitacyjnym wytworzonym przez ciało o masie M). Ponadto zakładamy, że
(7)
r1r2
WA-->B
siła
grawitacji wykona
1 1 =-GMm(- - - ) r1
pracę
(8)
r2
Zauważmy, że praca wykonana w polu grawitacyjnym nie zależy od drogi, po której przesuwamy ciało, a tylko od położenia początkowego i końcowego ciała. Ze względu na tę własność pole grawitacyjne nazywamy polem zachowawczym.
4 . Energia potencjalna P rzesuwając ciało o masie m z punktu A do punk-
ru B w polu grawitacyjnym wytworzonym przez ia ło o masie M, zmieniamy energię potencjalną u kładu
tych ciał. Zmiana energii potencjalnej jest równa pracy wykonanej przez siłę zewnętrzną .
L1E =
Zauwa żm y, że
w A .... B
1
1
'1
'2
= GMm(---)
1 1 gdy r1 < r2 => - >
Wzór ten możemy otrzymać ze wzoru (11). W tym celu wyznaczmy energię potencjalną ciała znajdującego się na wysokości h nad powierzchnią Ziemi. Wprowadźmy oznaczenia: Eph - energia potencjalna na wysokości h względem powierzchni Ziemi
EpR - energia potencjalna na powierzchni Ziemi Ep(R+h) - energia potencjalna w odległości R + h
(9)
od
środka
Ziemi.
to przy-
b
==> - < - , to przyrost
R
'1
'2
R +h
rost energii jest dodatni. Gdy natomiast r1 > r2
1
1
'1
'2
energii jest ujemny. Jest kwestią umowy ustalenie, w którym punkcie energia potencjalna jest równa zero. Przyjmuje się, że energia potencjalna układu ciał jest równa zero po przeniesieniu ciała do nie skończono ści. Możemy więc napisać: r2 ~ oo
1
=> -
~O
Rys. 4
GMm => L1 E = - -
'2
'1 (10)
ER=_GMm R
P
-Ei = GMm
GMm Ep(R+h) = - R + h
'1
E =- GMm 1
'1
= _ GMm + GMm = ph R+h R -GMmR+GMm(R+h) (R + h)R
E Energia potencjalna układu ciał oddziałujących grawitacyjni e znajdujących się w odległości r opisana jest wzorem:
E=-GMm r
(11)
Znak minus oznacza, że energia potencjalna jest ujemna w stosunku do energii w nie skończoności, gdzie jest równa zero. Innymi słowy, jeżeli chcemy o dda lić ci a ło od źródła pola grawitacyjnego, to musimy wy konać pracę . Znamy wzór na energię potencjalną:
EP= mgh
GMmh
gR2mh
(R + h)R
(R+h)R
Skorzystaliśmy
=m
h_B__ g R+h
tutaj ze wzoru:
GM
g=R2 Zauważmy, że
_R_= R+h
R
R(l+~)
=-1-~
R
Mogliśmy zrobić
1+~
1
R
takie przybliżenie, gdyż
h<
ne Ziemi) potencjał osi ąga maksymalną wartość, czyli zero, w nieskończoności. Z wcześniejszych rozważań wiemy, że praca potrzebna na przesunięcie ciała jest równa zmianie energii potencjalnej tego ciała (tak naprawdę układu „Ziemia - ciało"), tzn.
Stąd Eph
= mgh
(12)
Spróbujmy oszacować, w jakim zakresie możemy stosować wzór (12), aby popełniony błąd me przekroczył 0,5%. Błąd względny możemy obliczyć ze wzoru: Epnyblizona - Edokladna _ Eprzyblizona Eookladna
l =
E ookladna
W1__, 2
mgh - 1 = R + h - l = 1 + _!:. _1 - _!:. mgh ___B__ R R - R R+h Aby
popełniony błąd
być spełniony
nie warunek:
przekroczył
Ze wzoru (15)
praca wykonana przy z punktu „ 1" do punktu „2" jest równa iloczynowi masy ciała i różnicy potencjałów między tymi punktami. Spójrzmy jeszcze raz na wzór (14). Zauważmy, że potencjał wytwarzany przez ciało o masie M zależy od odległości od tego ciała. Wszystkie punkty, które są w tej samej odległości od źródła pola, mają taki sam potencjał. Powierzchnie, na których potencjał pola ma jednakową wartość, nazywamy powicrzchmam1 ekwipotencjalnymi.
aby stosować wzór (12) na energię musimy wiedzieć, z jaką dokładnością chcemy otrzymać wartość energii potencjalnej.
grawitacyjny
Kolejną wielkością opisującą pole grawitacyjne jest potencjał pola grawitacyjnego.
~-~---- Vi
Potencjałem
pola grawitacyjnego w danym punkcie pola nazywamy stosunek energii potencjalnej, jaką ma w tym punkcie umieszczone tam ciało, do masy tego ciała. Ep
Ziemia
Pole grawitacyjne możemy opisać za pomocą natężenia pola, które informuje nas, jaką siłą działa pole na ciało o jednostkowej masie. Drugą możliwością jest opis za pomocą potencjału . Linie pola grawitacyjnego rozchodzą si ę promieniście do środka ciała kulistego, a powierzchnie ekwipotencjalne są koncentrycznymi powierzchniaini kulistymi.
Jednostka potencjału:
=.!l =1 N· m =1 kg. m s2 · kg
kg
do
zależności
(13)
2
1m s2
wzór
2
(11),
otrzymujemy:
6 . Prawa Keplera
GMm
- --
V=
Ep
m
=---'-'m
GMm mr
GM r
(14)
Zwróćmy uwagę, że gdy r ~ oo, to V ~ O. W polu centralnym (a takim jest pole grawitacyj-
Błfj
------+--+--ł~i+-1-----Vi
Rys. 5
(13)
m
kg
widać, że
przesunięciu ciała
potencjalną,
Podstawiając
)=
(15)
Widać stąd, że
[V]= [Ep] [m]
'1
0,5%, musi
R
V=
'2
1)
h ~0,005 · R h ~ 0,005. 6371 km h ~ 31,86 km
Potencjał
GMm - [- GMm
=m[[- ~~ )-[- ~~ J]=m(V2 - V
.!:. ~ 0,005
5.
=-
:.!;~
I prawo Keplera Planety krążą wokół Słońca po elipsach, w jednym z ognisk tych elips znajduje się Słońce.
planeta
Jti.SJ "'12-JAOJJABJ sin L'.(180° - a)= 1-rv M sina 2 Skorzystałem
tutaj z zależności :
JAOJ=r
Słońce
JABJ=vM a
ti.S 1 . -= -rvsma M 2
Rys. 6 Zauważmy, że
a - wie lka półoś elipsy
gdy iloczyn po prawej stronie tej przez m (masę), to jest on równy długości wektora momentu pędu planety krążącej po orbicie, tzn. równo ści pomnożymy
F 1 , F 2 - ogniska elipsy W Układzie Słonecznym wokół Słońca krążą nie tylko planety, ale też mnóstwo innych ciał, np. komety i planetoidy, które mogą krążyć po innych krzywych, takich jak parabola lub hiperbola. W ruchu po elipsie możemy wyróżnić dwa szczególne położenia planety względem Słońca: aphelium - punkt orbity najdalej oddalony od
i= rxp = m~ x~) L = mrv sina
Słońca
peryhelium - punkt orbity
położony najbli żej
Słońca.
Rys. 8
II prawo Keplera Promień wodzący
planety zakreśla w równych odstępach czasu równe pola. Inaczej mówi ąc prędkość polowa planety jest stała
ti.S
= const. fi. t
Stąd :
L
=2m i1S ,1 t
W ruchu planety wokół stały, gdyż moment siły równy zero
Słońca
moment pędu jest na planetę jest
działający
M=rxF= o ponieważ L~, F) = 0° A
o Rys. 7
Dla bardzo krótkiego przedziału czasu pole wycinka kołowego jest w przybliżeniu równe polu trójkąta
AOB.
więc
kość
aby moment polowa
musi
być stała .
pędu był
zachowany,
pręd
III prawo Keplera Drugie potęgi okresów obiegu planet wokół Słońca są wprost proporcjonalne do trzecich potęg ich średnich odległości od Słońca.
Ti 2
_
3
a1
y 2 --a 3 2
2
Tl' T2 - okresy obiegu Słońca przez planety al' a 2 - średnie odległości planet od Słońca
Prawo to postaci:
można napisać
w bardziej uogólnionej
cyjnego w punkcie P wynosi zero. r1+r2=0
4n G
2
T 2 (M+m)= a3 -
b)
p
Powyższy
wzór obowiązuje dla dowolnych dwóch wzajemnie się obiegających. Może to być np. Saturn i jego księżyc. ciał
B
7.
Rys 10
Przykłady
Zauważmy, że natężenia pól grawitacyjnych wytworzonych w punkcie P przez masy m 1 i m 2 są
Wyznacz natężenie pola grawitacyjnego wytworzonego w punkcie P przez dwa punkty materialne o masach 1 kg, znajdujące się w odległości 1 m od tego punktu. Rozważ przypadki: a) punkt P leży w połowie odległości między masami m; b) punkt P leży w wierzchołku trójkąta równobocznego, którego podstawą jest odcinek łą czący masy.
jednakowe i równe (zgodnie z punktem (a) tego przykładu):
y1 = y, = 2,67 -10- 10 ~ kg Natężenie
r= r1 +r2 Długość jąc
Dane: m1 = m2
= 1 kg
Szukane y =?
wypadkowe to wektor
wektora
y
możemy obliczyć,
korzysta-
z twierdzenia cosinusów dla L1ABP. Ale wcze-
śniej zauważmy, że:
r= 1m Rozwiązanie:
IPBl =lrl
a)
p
Rys. 9
L (PA , AB)= 120°
cos 120° = cos (180 ° - 60°) = -cos 60°
lrl =fi lr1I =fi. 2,67 -10-
Zauważmy, że
ciwne, a
~
więc
wektory
y1 i y2
wypadkowe
mają
natężenie
zwroty przepola grawita-
10
~ = 4,62 -10- 10 ~
Odp. Natężenie pola grawitacyjnego w punkcie P wynosi 4,62-10-10 N -kg-1 .
Z
ja ką prę dk ości ą względem Słońca
strze li ć
z Zi emi
z Układu
ciało,
aby
mogło
trzeba wyono uciec
Sło n ecznego?
Dane:
Szukane: V3 = ?
Mz = 6·1 0 24 kg M 5 = 2·10 30 kg Rz = 6,37 ·10 6 m Rzs = 150 ·109 m G = 6,67 ·l 0- 11 m3s-2kg-1 Rozwiązanie:
Ca łk owita
energia
ciała
jest równa:
E = Ek + Epz + Eps Epz - energia potencj alna względem Ziemi Eps - energia potencjalna względem Sł o ńca Ek - energia kinetyczna E
=m;i +(- G~:m }(- G:: m J= = mvi _ GMz m GM5 m 2
Rz
Rzs
Jak wiemy, w ni eskończoności energia potencjalna cia ła osi ąga wartość zero, natomiast energia ki netyczna cia ł a os i ąga wartość minim a lną, czyli także zero. S tąd w ni esk ończoności całkowita energia ciała wynosi zero.
V= 3
2 · 667· 10-11 [ 6 ·1024 + 2 · 1030 ) "' 637 · 10 6 150 ·10 9 ,
'
km "' 43,12·10 - = 43,12 s s 3
m
Jest to tak zwana trzecia
prędkość
kosmiczna.
Odp. Aby ciało wyrzucone z powierzchni Ziemi mogło opuścić Układ Słoneczny, trzeba nadać mu prędkość 43 ,12 km/s.
Oblicz wielką półoś orbity komety Halleya wiedząc, że jej okres obiegu dookoła Słońca wynosi 76,03 roku oraz wykorzystując dane dotyczące ruchu Jowisza wokół Słońca, tzn. okres obiegu wokół Słońca równy 11,86 roku i wielką półoś jego orbity równą 778 · 10 6 km. Dane:
Szukane: ?
a = 778 · 10 6 km 1
T1 = 11,86
ak =
łat
Tk = 76,03 lat Rozwiązanie:
Wykorzystując
III prawo Keplera otrzymamy:
a,= a1
~( ~: J
=
2,710' km
Odp. Wielka półoś orbity komety Halleya ma dłu 2,7· 109 km.
gość
mvi _ GMz m GM 5 m --+-- 2 Rz Rzs
Ze zjawiskiem wzajemnego oddziaływania ciał w Układzie Słonecznym, w szczególności oddziaływania Ziemia - Księżyc, związane jest zjawisko przypływów i odpływów mórz. Zastanówmy się, jaki jest mechanizm tego zjawiska. Rozwiązanie:
Wyobraźmy
sobie, że po orbicie okołoziemskiej
krąży statek kosmiczny, w którym znajduje się
-_
~kg
- I
m 3s
-2(kgJ_g 2_ -
m
-
- 2 - -m s s
kropla cieczy. Statek znajduje się w stanie nienie jest to w pełni prawda. Pole grawitacyjne na orbicie nie jest polem jednorodnym, a więc różne części kropli wody będą spadał y z różn y m przyśpieszeniem. ważkości . Jednakże
B
Natomiast szema:
ciało
w punkcie A doznaj e przysp1e-
Rys. 11
W efekcie kropla ulegnie
wydłużeniu
Przyśpieszenie ciała względem początku układu
o
Rys. 12
odniesienia „O" jest równe:
od kształtu kulistego świadczy, statku kosmicznego na orbicie działają siły. Siłę, która powoduje takie zniekształce nie kropli wody, nazywamy siłą przypływową . Za występowanie tej siły na Ziemi odpowiedzialne jest Słońce i Księżyc. Jednakże wpływ Księżyca jest większy. Wybrzuszenie wód oceanów na Ziemi występuje po obu stronach Ziemi, tak jak w przypadku kropli wody.
Takie
odstępstwo
że wewnątrz
o
o
Korzystając
z faktu,
że
R >> R1 oraz 2RR 1 »
R~
możemy przyjąć, że
Stąd:
Księżyc
Ziemia
Rys. 13
A
więc korzystając
z II zasady dynamiki,
możemy
wyznaczyć siłę przypływową: Przykład
F =m a= 2GMz mR1 R3
SR.
Wyznaczymy teraz siłę przypływową działającą na punkt A znajdujący się na orbicie okołoziem skiej. Punkt ten znajduje się w układzie odniesienia „O". z
A
Zauważmy, że siła przypływowa
Przykład
o y
do
jest
odległości
GR.
na jaką może zblido Marsa jego księżyc - Phobos, zanim ulegnie rozerwaniu przez siły przypływowe. Oblicz
najmniejszą odległość,
żyć się
Dane:
Pm= 3,94-103 kg/m3 Pp = 2,00-103 kg/m 3 Rm = 3394 km
Rys. 14 Początek układu
odniesienia „O" doznaje przyZiemi:
śpieszenia względem
siłą
odpypunktu A od początku układu współrzędnych „O". Punkt O jest środkiem masy kropli wody z przykładu 4. chającą proporcjonalną
Szukane: R =?
się
Rozwiązanie:
Marsa na jego księżyc będzie podobny do wpływu Ziemi na kroplę wody umieszczoną w statku kosmicznym. Aby uprościć tok rozumowania, podzielmy Phobosa na dwie stykające się kule, każda o masie 0,5 MP. Odległość między środkami tych kul jest równa promieniowi Phobosa RP.
Phobos do Marsa, określa zależność:
Wpływ
Rmin . =
2~~:
Rp
Wyraźmy Rmin. przez gęstości księżyca i planety:
R '
---~--------------------------~---Rp Rys 15
Powyższy wzór określa tak zwany promień Roche'a, czyli promień stabilności księżyca w ruchu wokół planety. Podstawiając wartości liczbowe otrzymamy: R min. =
Kule te
będą przyciągały się
z silą grawitacji
8487 km
równą: Promień orbity Phobosa wynosi 9378 km. A więc księżyc Marsa Phobos znajduje się już niemal w strefie Roche'a.
hUdii$@N Oprócz tej
siły
pochodzące
na kule działają siły od Marsa (Przykład 5):
_ 2GMm Fp1 -
przypływowe,
r~P ]RP 3
R
W przestrzeni kosmicznej istnieją twory tak niesamowite jak czarne dziury. Dlaczego niesamowite? Bo nic nie jest w stanie z nich uciec. Promień takiego obiektu zwany jest promieniem Schwarzschilda i wyraża się wzorem:
R =2GM s cz
Zatem
podlegają
one odpychaniu pod
wpływem
siły :
Wyznacz promień Schwarzschilda dla Słońca. Korzystając z zależności na drugą prędkość kosmiczną, wyznacz promień źródła pola grawitacyjnego przy założeniu, że prędkość ucieczki jest równa prędkości światła. Dane: G = 6,67-10-11 m3s-2 kg-1
Najmniejsza odległość, na którą do Marsa może zbliżyć się jego księżyc Phobos, jest określona przez warunek:
Siła
Szukane:
Rs =?
M=2·10 30 kg c = 3-10 8 m/s Rozwiązanie:
grawitacji Fg przyciągająca dwie części Phobosa
musi być równa sile przypływowej FP pochodzącej od Marsa,
działającej
na te
części
Phobosa.
GM p2
Wynik jest zaskakujący, ale naszemu Słońcu nie grozi los czarnej dziury, gdyż masa Słońca musiałaby być około trzy razy większa.
4R p2 Stąd minimalną odległość,
na jaką może zbliżyć
Prędkość
Zadanie 5.
ucieczki opisana jest wzorem: V
= ~2~M
się
Jeżeli
przy1m1emy, że v = c, czyli że prędkość ucieczki jest równa prędkości światła, to:
c=~2~M
Otrzymaliśmy prędkości
wzór na promień Schwarzschilda. ucieczki z takiego ciała byłaby równa światła .
Jednakże
prędkość
światła
jest graniczną prędkością we Wszechktórej żadne ciało nie może osiągnąć, a więc z „objęć" czarnej dziury nie moglibyśmy
w
jaką prędkością
sztucznym
satelitą
Zadanie 6.
Stąd:
Prędkość
trzeba wyrzucić ciało, aby stało Ziemi? Zakładamy, że satelita będzie poruszał się na wysokości h«R (gdzie R = 6378 km jest promieniem Ziemi). Można więc przyj ąć, że promień orbity satelity r = R + h "" R. Z
próżni
świecie,
się wydostać.
Porównaj prędkość ucieczki z Ziemi z prędkością ucieczki z Księżyca. Prędkość ucieczki jest to najmniejsza prędkość, jaką trzeba nadać ciału, aby opuściło ono strefę przyciągania planety. MK = 7,347· 10 22 kg, RK = 1738 km,
G = 6,67·10- 11 m 3 ·s-2 ·kg- 1. Zadanie 7. a) Oblicz energię potencjalną ciała o masie 1 kg na wysokości 1 km nad powierzchnią Ziemi. b) Jaką energię kinetyczną będzie miało to ciało w chwili upadku na Ziemię? c) Ile wynosi energia kinetyczna i potencjalna tego ciała w połowie wysokości? Tarcie pom1pmy.
8. Zadania Zadanie I. W wierzchołkach kwadratu o boku 1 m umieszczono cztery ciała o masie 1 kg każde. Oblicz natężenie pola grawitacyjnego w środku kwadratu. Zadanie 2 . W p unktach A =(2, 4) i B=(5, 2) umieszczono dwa ciała o masach: mA =2 kg i m 8 =3 kg. W jaod punktu A i od punktu B natę żenie pola grawitacyjnego wytworzonego przez te ciała jest równe zero.
kiej
odległości
Zadanie 3. Wyznacz
przyśpieszeni e
Ziemi w ruchu
wokół
Słońca.
Masa Słońca: 1,9 · 10 30 kg, odległość Ziemi od Słońca: 1,5 · 10 11 m. Zadanie 4.
~
Porównaj ciężar człowieka o masie 70 kg na Ziemi z jego ciężarem na Marsie. Masa Marsa: 0,1074 masy Ziemi, promień Marsa: 3397 km, promień Ziemi: 6378 km.
Zadanie 8. Układ „Ziemia - Słońce" jest związany siłami grawitacj i. Oblicz energię wiązania tego układu, tzn . energię, której trzeba by użyć, aby oddalić te ciała na nieskończoną odległość? Oddziaływania z innymi ciałami Układu Słonecznego pomijamy.
Zadanie 9 . Wyobraź
sobie, że na Jowiszu umieszczono rówo kącie nachylenia do poziomu 30°. Z jakim przyśpieszeniem będzie się zsuwało po tej równi ciało o masie 1 kg? Tarcie pomijamy. Masa Jowisza jest 318 razy większa od masy Ziemi, a jego promień jest 11 razy większy od promienia Ziemi. nię pochyłą
Zadanie IO. Przyjmij, że Ziemia okrąża Słońce w czasie 365 dni po orbicie kołowej o promieniu 150 · 10 6 km. Wyznacz masę Słońca.
Zadanie li.
Oblicz masę Jowisza, wiedząc, że księżyc Jowisza Ganimedes - okrąża planetę Jowisz w czasie 7,15 dnia. Wielka półoś orbity Ganimedesa ma 1070,4-103 km, wielka półoś orbity Ziemi wynosi 149 · 106 km, okres obiegu Ziemi wokół Słońca wynosi 1 rok. W obliczeniach zakładamy, że masa Ziemi jest dużo mniejsza od masy Słońca, podobnie masa Ganimedesa jest znacznie mniejsza od masy Jowisza.
Zadanie 2. Aby pole grawitacyjne pochodzące od dwóch mas znikało, musi być spełn iony warunek:
YA+YB=O Warunek ten sprowadza
się
do warunku:
Zadanie 12.R
Oszacuj błąd, jaki popełniamy przyjmując, że przyśpieszenie ziemskie na wysokości 100 km jest takie samo jak przyśpieszenie ziemskie na powierzchni Ziemi.
rA, r 8 - odległości od mas m A, m 8 do punktu,
gdzie znika pole
Zadanie 13. Ciężar ciała na powierzchni Ziemi zależy od tego, w którym miejscu to ciało si ę znajduj e. Z jaką prędkością musiałaby się obracać Ziemia, aby ciała na równiku nic nie ważyły?
r AB = rA + r 8 odległość między punktami A i B.
Zadanie 14.
Wyznacz potencjał układu dwóch ciał o masach 1 kg i 2 kg względem środka symetrii odcinka łączącego te ciała. Odległość między ciałami wynosi 2 m. Zadanie 15.
r;;;;JLl
rB
Wyznacz różnicę potencjałów między najwyż szym i najniższym punktem równi pochyłej o wysokości 3 m.
=
v;;;
l+~mB
mA
/39 /39
= _V_ l2_ = 1+
fI
V-2
..fi.+.,/3
=
1 98 '
Zadanie 16R.
na którą może zbliżyć się do Ziemi Księżyc, zanim ulegnie rozerwan iu przez działające na niego siły .
Wyznacz
najmniejszą odległość,
P, =5,52 ·103 kg/m3, pk = 3,33·10 3 kg/m3,
R, = 6,37·10 3 km.
9 . Rozwiązania i odpowiedzi do zadań Zadanie 1.
y=
o
Pola grawitacyjne od przeciwległych mas będą się wzajemnie znosić .
Zatem punkt, gdzie znika pole grawitacyjne, znajduje się na linii łączącej punkty A i B, bliżej punktu o masie mniejszej. Zadanie 3. Z adanie sprowadza się do wyznaczenia natę żenia pola grawitacyjnego wytwarzanego przez Słońce w odległości równej odległości Ziemi od Słońca. GM
m
gs = Ys = Rz s =5,6 · l0-32 sz s Zadanie 4. Wprowadźmy
F2
oznaczenia: na Ziemi
- ciężar człowieka
FM - ciężar człowieka na Marsie
Zadanie 10. 3
M
s
4n R =- = 2 Ol ·10 30 kg GT 2
'
Zadanie 11.
a~
Ti, (Ms +mz )
Zadanie 5. V
TJ (M1 +me r ab 3 m
=7,9 · 10 -
Wprowadzając
s
uproszczenia:
M s >> m z => M s + m z "" M s
Zadanie 6. Prędkość ucieczki z Księżyca to maczei druga prędkość kosmiczna dla Księżyca: K _
M 1 >> m e => M 1 +me "" M 1 możemy obliczyć masę
Jowisza:
r;;-2 ~GMK -_ 2 , 38 -km
V11 - "'l/L
s
RK
Prędkość
z _
ucieczki z Ziemi:
Zadanie UR.
r;;-2 ~GMz _ , -km - - - 112
V 11 - "'l/L
Rz
Stosunek tych
s
g przybliżone
-
g dokładne
g dokładne
prędkości:
v~=~Mz RK=471 v~
MK R z
Widać stąd, że
z powierzchni
'
o wiele
łatwiej wystrzelić satelitę
Księżyca niż
z powierzchni Ziemi.
Zadanie 7. a) EP= 9,81 kJ b) Ek =EP= 9,81 kJ c) EP =Ek = 4,905 kJ Zadanie 8. Zadanie sprowadza się do obliczenia pracy, jaką trzeba wykonać, aby oddalić Ziemię do nieskoń
Zadanie 13. V
km =7,9S
Zadanie 14.
J
V = V1 + V2 = - Gm1 + (- Gm2 = '1
= 20Ol·10- 11
,
1kg
czoności.
Wz _,~
= GMz M s -1- = 5,3 · 10 33 J
Zadanie 15.
R z-s
m2
V =gh =29 ,43s2 Zadanie 9. m a1 =12,9 2 s
Zadanie 16R. R min""
15000 km
'2
rozdział
I Prawo Coulomba
2 Zasada zachowania elektrycznego
e0 ładunku
przenikalność
próżni
e = 8 85 .10- 12 ~ o ' N·m2
3 . Natf;lżenle pola elektrostatycznego
e, -
4 Indukcja pola elektrostatycznego
ośrodka (stała
wektora natf;lżenia pola elektrostatycznego 6 Prawo Gaussa 5
elektryczna
Strumień
względna przenikalność
elektryczna danego
dielektryczna)
Wielkość !:._ jest wektorem jednostkowym.
r Jak wcześniej wspomniano, w przyrodzie wystę pują dwa rodzaje ładunków: ładunki elektryczne dodatnie i ładunki elektryczne ujemne. Ładunki jednoimienne odpychają się:
7 Pr c w polu elektrostatycznym 8 . Potencj ł pola elektrostatycznego 9 . Poj mno · ć elektryczna IO. Kondensator
li. Prz kłady 12. Zadania B . Rozwi zanl
i odpowiedzi do
zadań
a ładunki różnoimienne przyciągają się:
8 1- .. .
W przyrodzie występują dwa rodzaje ładunków
elektrycznych. Nazywamy je ładunkami dodatnimi i ujemnymi. Robert Millikan w 1911 roku udowodnił doświa dczalnie, że ładun e k elektryczny ma strukturę ziarnistą, to znaczy istnieje najmniejsza porcja ładunku. Każdy inny ładunek jest całk owitą wielokrotnością ładunku elementarnego. Ładunek elementarny ma wartość:
q,
= 1,6 . 10- 19
c
jednostk:1 ładunku elektrycznego jest 1 kulomb (1 C). Stwierdzono, że ładunki elektryczne oddziałują z sobą. Miarą tego oddziaływania jest sili Coulomba. Trzeba tutaj dodać, że w mikroświecie istnieją cząstk i zwane kwarkami, które mają ładunek ułamkowy .
oulomba Siła oddział ywania dwóch ładunków elektrycznych jest wprost proporcjonalna do iloczynu tych ladunków i odwrornie proporcjonalna do kwadratu odległośc i mi ę dzy nimi.
ą1 ą2 !._ 4n e r 2 r
F= _ 1 _
(I)
2 . Zasada zachowania elektrycznego "'
ładunku
układzie ciał izolowanych elektrycznie od innych ciał algebraiczna suma ładun ków dodatnich i ujemnych jest stała i nie ulega zmianie w czasie.
W
3. Natężenie pola elektrostatycznego Przestrzeń wokół ładunku
elektrycznego, w któek:ktryczne działają siły oddziaływania elektrycznego, nazywamy polem elektrostatycznym. Mówiąc „pole elektrostatyczne", mamy na m yśli pole wytworzone przez ła dunki spoczywające, natomiast pole elektryczne wytwarzają ładunki poruszające się. Czę sto mówimy krótko „pole elektryczne" mając na myś li obydwa pola. Oddz iał y wanie ładunków elektrycznych odbywa się poprzez pola elektrostatyczne wytwarzane przt:z te ładunki rej na umieszczone tam
ładunki
ładunek H pole H ładunek ą1,
q2 -
r-
odkglość
f. -
łaJunki
elek tryczne
miydzy ładunkami przcnib łn ość elektryczna ośrodka
e = e, e0
Pult: nie jest abstrakcją, ale jest realnością fizyczną. Jest przestrzenią posiadającą określone właściwości fizyczne i re<1 łttle istttlejącym stanem materii.
Aby
opisać
pole elektrostatyczne, wprowadzamy pola elektrostatycznego.
pojęcie natężenia Natężeniem
pola elektrostatycznego w danym punkcie nazywamy stosunek siły elektrycznej działającej na umieszczony w tym punkcie dodatni ładunek próbny do wartości tego ładunku.
1 Q
r
- - -2 4m:: r r
(2) Rys. 2
Jednostka
natężenia
pola elektrostatycznego:
[E] = [F] = l N = l kg· m = l kg · m [q] C s·A·s 2 A ·s 3
Innym szczególnym przypadkiem pola elektrostatycznego jest jednorodne pole.. elektrostatyczne. ~
Sens fizyczny wektora natężenia pola elektrostatycznego jest analogiczny jak sens fizyczny wektora natężenia pola grawitacyjnego. Informuje nas o tym, jaka siła działa w danym punkcie pola elektrostatycznego na umieszczony w tym punkcie jednostkowy ładunek elektryczny. Kierunek i zwrot wektora natężenia pola elektrostatycznego jest taki sam jak kierunek i zwrot siły elektrycznej. Poglądowo można przedstawiać pole elektrostatyczne za pomocą linii sił pola elektrostatycznego. Taki sposób opisu pola zaprezentował jako pierwszy Michał Faraday. Linie sił pola, a tak naprawdę linie natężenia pola, są to krzywe, do których w każdym punkcie jest styczny wektor natężenia pola. Pole elektrostatyczne wytworzone przez ładunek punktowy nazywa się polem centralnym, gdyż wszystkie linie wychodzą z jednego punktu {ładu nek dodatni) lub wchodzą do jednego punktu {ładunek ujemny). Zwrot linii pola od ładunku dodatniego do ujemnego przyjęto umownie.
Rys. 1
+ + + + +
~
~ ~
~
~
~
~
-
Rys 3
W tym przypadku linie pola elektrostatycznego
są
równoległe. Chcąc obliczyć
wypadkowe
trostatycznego
pochodzące
natężenie
od wielu
pola elekładunków,
należy zsumować
wszystkie natężenia pól pochood poszczególnych ładunków, a w przypadku ciała rozciągłego - od każdej części tego
dzące ciała.
Ta wektorowa suma jest natężeniem pola pochodzącym od całego ciała. Jest to tak zwana zasada supcrpoz)cji.
4 . Indukcja pola elektrostatycznego Zjawisko indukcji elektrostatycznej polega na wytwarzaniu pola elektrostatycznego w jakimś ciele poprzez wpływ na to ciało zewnętrznego pola elektrostatycznego. Na przykład, jeżeli zbliżymy naładowaną laskę ebonitową do nienała dowanych skrawków papieru, to zaobserwujemy przyciąganie tych skrawków. Dzieje się tak dlatego, gdyż na papierze indukują się ładunki powierzchniowe. Miarą indukcji pola jest stosunek indukowanego na powierzchni ładunku elektrycznego do wielkości tej powierzchni.
D=
1
Jeżeli
(3)
s
Wektor indukcji elektrostatycznej D ma kierunek prostopadły do powierzchni L1 S.L , na której zosta ł indukowany ładunek L1 q, a zwrot - od ładunku
powierzchnia, przez którą przenika wektor pola, ma kształt bardziej skomplikowany, to musimy tę powierzchnię podzielić na n małych obszarów, tak małych, że każdy z nich możemy uważać za płaski .
natężenia
dodatniego do ujemnego. (4)
powierzchniowa
ładunku
Rys. 6
5.
po
Strumień
wektora natężenia I ktrostatycznego
Następnie
Aby wprowadzić prawo Gaussa, musimy najpierw o kreś li ć nową wielkość fizyczną - strumień wektora natężenia pola elektrostatycznego. Iloczyn pola powierzchni i wartości natężenia pola, gdy wektor natężenia pola jest prostopadły do powierzchni, nazywamy strumieniem pola przez tę powierzchnię.
tworzymy wektor
L'.15; = iiS; gdzie wektor ii jest wektorem jednostkowym = 1 ), prostopadłym do małego obszaru, przez
(lnl
który przechodzi wektor natężenia pola E; , natomiast S; jest polem i-tego obszaru. Mówiąc ogólnie, strumieniem wektora natężenia pola nazywamy iloczyn skalarny wektora natężenia pola elektrostatycznego E przez wektor !'1 S. n
(6)
i=l
s Wyobraźmy
sobie, że ładunek q znajduje się w śro dku kuli o promieniu r. W takim przypadku wektor natężenia pola będzie w każdym punkcie prostopadły do powierzchni kuli.
Rys 4
wierzchnię
E; =Ecosa
E
E
n E E Rys. 5
E to:
Rys. 7
(5)
Strumień
natężenia
wektora
pola elektrycznego
wynosi: n
n
i=l
i=l
siły zewnętrznej wykonaną przy przesunięciu dunku q w polu elektrostatycznym.
W1 z = --1-(Qq_Qq) _,
Skorzystaliśmy
tutaj z tego, że wektor natężenia pola elektrycznego w każdym punkcie powierzchni kuli ma tę samą wartość, oraz z tego, że gdy dodamy do siebie wszystkie kawałki, na jakie podzieliliśmy powierzchnię kuli, to otrzymamy powierzchnię kuli, tzn.
4nt:
r2
r1
ła
(8)
W przeciwieństwie do siły grawitacji, która jest zawsze siłą przyciągającą, siła oddziaływania elektrostatycznego może być przyciągająca lub odpychająca.
W przypadku ładunków różnoimiennych wzór (8) ma postać analogiczną do wzoru na pracę wykonaną przez siłę zewnętrzną przeciwko sile grawitacji.
n
_L ~S; =4nr 2
(9)
i=l
cosL(E; ~S) = 1 bo
E 11 ~s
E =1_ .i._ 4nt: 0 r 2
Otrzymany wynik uzyskaliśmy przyjmując, że ładunek q znajduje się w środku kuli. Jednakże wynik końcowy zależy tylko od wielkości ładun ku q pomnożonego przez t:01 , a nie zależy od kształtu
powierzchni,
wewnątrz
której znajduje
się ładunek. ładunek
Gdyby
elektryczny znajdował się poza to strumień wektora pola przez tę powierzchnię byłby rów-
rozważaną powierzchnią,
natężenia
ny zero.
Natomiast dla ładunków jednoimiennych wzór na pracę ma postać (8). Pole elektrostatyczne - podobnie jak pole grawitacyjne - jest polem zachowawczym. Wykonana w tym polu praca przy przesunięciu ładunku z jednego punktu pola do drugiego nie zależy od drogi, po której następuje przemieszczenie ładunku, a tylko od położenia początkowego i końcowego ładunku. Obliczmy teraz, jaką energię potencjalną ma ła dunek elektryczny umieszczony w danym punkcie pola elektrostatycznego. W tym celu wyznaczmy zmianę energii potencjalnej przy przemieszczeniu ładunku z punktu A do nieskończoności. Zmiana energii potencjalnej jest równa pracy siły zewnętrznej wykonanej przy przesuwaniu ładunku:
L1E
6. Prawo Gaussa wektora natężenia pola elektrycznego przez dowolną powierzchnię zamkniętą, wewnątrz której znajduje się ładunek elektryczny, jest równy ilorazowi ładunku elektrycznego q zawartego wewnątrz tej powierzchni przez
A B P( _, l
= -1- (Qq - -Qq) -
4nt:
rA
r
8
~
'B->~
- 1-Qq - (10)
4nt:
rA
Strumień
przepływający
przenikalność elektryczną próżni
t: 0 •
bo, gdy r8
1
~oo,
~
to -
O
rB
Zgodnie z na układu
przyjętą umową, że ciał
w
energia potencjalwynosi zero,
nieskończoności
możemy napisać:
(7) Korzystając
z wzorów (8) i (11)
-E
7. Praca w polu elektrostatycznym Przez
analogię
możemy
9~
do pracy w polu grawitacyjnym napisać wzór pozwalający obliczyć pracę
1 Qq - ---
pA -
EA P
możemy napisać:
4nt:
rA
_ _ l_Qq -
4nt:
rA
(12)
B
B. Potencjał pola el ktrostatycznego 1 rn pola elektrostatycznego nazywamy iloraz energii potencjalnej punktowego ciała naelektryzowanego ładunkiem q do wartości tego
ładunku.
Rys 8
(13)
wpo/a(A-+B) = Felktr .. !i r = q E. !i r = potencjału: 1
Jednostka
Podstawiając
wolt (1 V) do (13) wzór (12), otrzymamy:
Skorzystaliśmy tutaj z tego, że L(E; tir)= 0°.
_ l_ Qq V= 4ir E r q
Porównując
_l_Q 47r E r
(16)
= q E tir cosL(E; !i r) = E q tir (15) i (16) możemy napisać:
(14)
Eq·!ir = (VA - VB )q
.\ifożemy napisać:
(17)
9. Wyrażenie cencjał ów
w nawiasie przedstawia między punktami A i B.
różnicę
po-
(15)
Wzór (15) pokazuje, że praca siły zewnętrznej (równoważącej w każdym punkcie siłę pola elektrostatycznego) przy przeniesieniu ładunku z punktu A do punktu B jest równa iloczynowi ładunku i różnicy potencjałów między punktem końco wym i początkowym . Poznaliśmy dwie wielkości fizyczne opisujące pole elektrostatyczne: natężenie pola elektrostatycznego i potencjał pola elektrostatycznego. Mię dzy tymi wielkościami łatwo możemy znaleźć związek. W tym celu rozważmy dwie powierzchnie ekwipotencjalne VA i VB leżące blisko siebie, tak aby można było założyć, że natężenie pola elektrostatycznego na drodze między tymi liniami jest jednakowe. Przemieszczamy ładunek od powierzchni ekwipotencjalnej VA do powierzchni ekwipotencjalnej VB" Zakładamy, że wektor natę żenia pola ma zwrot od VA do V8 •
Pojemność
elektryczna
Pojemnością elektryczną ciała przewodzącego
nazywamy sta ły dla danego ciała stosunek wprowadzonego na nie ładunku elektrycznego do uzyskanego przez nie potencjału . (18) Jednostką pojemności
jest 1 farad (1 F).
C A· s A 2 · s2 A 2 · s4 lF=l-=1-=1 = 1 -2
v
J
kg-~
kg -m 2
s2
IO. Kondensator Kondensator plaski to układ dwóch równoległych wykonanych z przewodnika. Odległość między płytami powinna być mała w porównaniu z rozmiarami liniowymi płyt. Każdy z tych dwóch przewodników wpływa na pojemność drugiego przewodnika. Pojemnością kondensatora nazywamy stosunek zgromadzonego na nim (na jednej okładce) ładun ku elektrycznego do różnicy potencjałów między jego okładkami . płyt
(19)
Pojemność
wierzchni
kondensatora płaskiego zależy od poi odległości między okładkami.
okładki
C=
ETEoS
++++++++++++++++ ++
(20)
d S - powierzchnia okładki d - odległość między okładkami Eo =
na
8,9 -10-
12
+++++++++++++++
~ - przenikalność elektryczN ·m
próżni
ET - stała
dielektryczna
ośrodka
Rys 11 Pojemność
kuli o promieniu r: C = 4n E0 ET r
Łączenie Łączenie
kondensatorów szeregowe kondensatorów:
u
Rys. 9
Łączenie równoległe
kondensatorów: C1
li.
Przykłady
Dipolem elektrycznym nazywamy układ dwóch ładunków elektrostatycznych równych co do wartości, lecz o przeciwnych znakach. Wyznacz natężenie pola elektrostatycznego wytwarzanego przez dipol elektryczny: - w punkcie A leżącym na symetralnej odcinka !, łączącego ładunki, w odległości r od środka S tego odcinka, - w punkcie B leżącym na prostej łączącej ładunki, w odległości rod S. Odległość każdego ładunku od punktu A wynosi d. Zgodnie z określeniem dipola elektrycznego: ql = q2 = q
i r
ą1
PG\ u
/d
Rys. 10
VA
Energia naładowanego kondensatora Zgromadzona w kondensatorze energia zależy od pracy potrzebnej do naładowania kondensatora. 2
E =.!. Q 2 c
=.!.uQ =.!.cu 2 2
2
M Rys. 12
=E +E =k
E8
+
-
q
+k
-q
(r-±J (r+±J
=
1
=k
(''~/~ J= k~ ;
Wprowadziliśmy
i E_ -
natężenia
rzonego przez
oznaczenia: k =
1
--
4n-c
oraz E+
pola elektrostatycznego wytwo-
ładunki:
dodatni i ujemny. Skorzystali śmy tutaj z założenia, że dla odległości od dipola, gdy
dużych
nalne do trzeciej potęgi r, a natężenie pola wytworzonego przez ładunek punktowy jest odwrotnie proporcjonalne do drugiej potęgi r. A więc pole dipola szybciej maleje wraz ze wzrostem odległości niż pole ładunku punktowego.
Wyznacz natężenie pola elektrostatycznego wytworzonego przez cztery jednakowe ładunki punktowe, umieszczone w wierzchołkach kwadratu o boku a. Ładunki przeciwnych znaków umieszczone są w przeciwległych wierzchołkach kwadratu
+ q ····...
.......„„
··„. ···················...
Natomiast
natężenie
z pod obi eństwa
E.L obliczamy,
korzystając
./ - q
·„..
i ········. .
/ .. /···// ··············...
trójkątów.
-q
+q
L1ATP - L1MAL Rys. 13
Zachodzi
równość:
Na rysunku:
IALI _IPTI IAMl - IATI
Wektory E1
Stąd:
Korzystając
F.1 = E+ +E_ E2 =E'+ +E-,E2 mają taką
samą długość, gdyż
opisują natężenia
pola elektrostatycznego pochodzącego od takich samych ładunków i w tej samej odległości . Znak prim oznacza, że wektory te mają różne zwroty i kierunki. z postaci skalarnej wzoru (2) : E = k_!l__
d2
+
możem y napisać:
lq
lq
EA =k- <= k d3 r3 W celu opisania pola wytworzonego przez dipol elektryczny wprowadzamy pojęcie momentu dipolowego: p = ql
Obliczone wcześniej sać w postaci:
natężenia
pól
możemy
zapi-
Jak zmieni
się siła oddziaływania między
ładunkami
punktowymi,
dwoma
jeżeli odległość między
mrru:
a) wzrośnie pięciokrotnie, b) zmaleje pięciokrotnie . Zauważmy, że natężenie pochodzące
pola elektrostatycznego od dipola jest odwrotnie proporcjo-
Dane: r - początkowa
odległość między ładunkami
Zadanie 4.
W wierzchołkach trójkąta równobocznego o boku 20 cm umieszczono trzy ładunki elektryczne o wartości lQ-6 C każdy. Wyznacz natężenie pola elektrostatycznego w środku tego trójkąta. Trójkąt znajduje się w oleju o stałej dielektrycznej równej 5.
Szukane: F -., F2 F -- .'
F1 - '
Rozwiązanie:
Zadanie 5 .
Oblicz dząc, że
potencjał
kuli o promieniu 1 O cm, wiezgromadzono na niej ładunek 1 C.
Zadanie 6.
Na każdej kropli rtęci o promieniu 0,2 cm zgromadzono ł adunek 10- 12 C. Ile takich kropli powinno się połączyć w jedną dużą kroplę, aby jej potencjał wyniósł 10 V?
k qlq2
F2
2
-
r1
p-- kqlq2 r2 F2
k q1q2
2
2
2
--;r- kq1q2 --(1) -7-
r
-
r
-
r
-
25
2
Sr
25
= 25F
Zadanie 7 .
Dwa
ładunki
q 1 = 2 · 10-8 C i q 2 = 8 · 10- 8 C
znajdują się
w odległości 1 m. Jaką pracę trzeba aby zbliżyć te ładunki na odległość 10 cm? Przyjmij, że ładunki znajdują się w próżni.
wykonać,
O dp. Gdy odległość między ładunkami wzrośnie 5-krotnie, to siła oddziaływania zmaleje 25 razy. Po 5-krotnym zmniejszeniu odległości siła wzrośnie 25 razy.
Zadanie 8 . Między płytkami płaskiego
nionego dielektrykiem o
12. Zadania Zadanie I.
Porównaj siłę oddziaływania elektrostatycznego dwóch elektronów z siłą oddziaływania grawitacyjnego tych elektronów. masa elektronu : 9,11 · 10-31 kg, ładunek elektronu: 1,6 · l0-19 C, stała grawitacji G = 6,67 · l0- 11 m 3 · kg- 1 · s-2 k= 9·109 N . m i. c-2. Zadanie 2.
Ile ładunków elementarnych zawiera ładunek 1 C? Zadanie 3.
Oszacuj,
jaką masę
powinny
mieć
ciała naładowane ładunkiem
9$
siła
grawitacji
dwa identyczne elementarnym, aby
równoważyła siłę elektrostatyczną?
kondensatora wypeł dielektrycznej e,
stałej
wytworzono taką różnicę potencjałów, że energia zgromadzona w kondensatorze wynosi 6 · 10-5 ]. Po naład owaniu kondensator odłączono od źró dła napięcia, a następ ni e wyjęto dielektryk. Wyjmując dielektryk wykonano pracę przeciwko siłom pola elektrostatycznego równą 9· 10- 5 ]. Znajdź wartość stałej dielektrycznej. Wskazówka: Podczas wyj mowania dielektryka z kondensatora pojemność kondensatora maleje, a jego energia zwiększa się kosztem wykonanej pracy (W= AE). Zadanie 9 . Przestrzeń między płytkami kondensatora wypeł niono dwiema warstwami dielektryka. Stałe dielektryczne warstw wynoszą e1 i e2, a ich grubości d 1 i d 2 • Odległość między płytkami wynosi d = d 1 + d 2 • Powierzchnia płytek wynosi S. Wyznacz pojemność kondensatora. Wskazówka: Potraktuj opisany w zadaniu kondensator jako dwa kondensatory połączone szeregowo.
Wyznacz ładunek zgromadzony na densatorze.
każdym
kon-
Zadanie 12. Rys. 14
Zadanie IO.
Oblicz pojemność zastępczą układu kondensatorów: a)
~~-t~Hh
~~
b)
Dwie jednakowe, jednoimiennie naładowane kulki, między którymi odległość wynosi 5 cm, odpychają się w próżni z siłą 2 N. Z jaką siłą będą odpychały się te kulki po umieszczeniu ich w nafcie o stałej dielektrycznej równej 2,1 ? Wyznacz wartości tych ładunków. Zadanie 13.
Jeden kulomb to bardzo duży ładunek. Aby to sobie wyobrazić, wyznaczmy pojemność Ziemi, a następnie obliczmy, o ile zwiększy się potencjał Ziemi, gdy jej ładunek zwiększymy o 1 C. Wskazówka: Potraktuj Ziemię jako umieszczony w próżni kondensator kulisty o promieniu 6,37 · 106 m. Zadanie 14.
Do płaskiego kondensatora wypełnionego olejem o gęstości 922 kg/m3 włożono miedzianą kulkę o promieniu 10-2 m. Wewnątrz kondensatora panuje pole elektrostatyczne o natężeniu 4·106 V/m. Jaki ładunek elektryczny zgromadzi się na powierzchni kulki? Kulka pozostaje w spoczynku. Gęstość miedzi Pm = 8950 kg/m3 • Wskazówka: Na kulkę działają trzy siły: siła grawitacji, siła wyporu i siła oddziaływania elektrycznego. Zastanów się, jaki powinien być znak ładuńku i zwrot wektora natężenia pola elektrostatycznego, aby zadanie
c)
miało rozwiązanie.
Zadanie li.
Dany jest obwód elektryczny złożony ze źródła i czterech kondensatorów połączonych jak na rysunku. napięcia
13. do
Rozwiązania zadań
Zadanie 1.
~=~""4·10 42 Fg
G ·m;
Fe =4 · l0 42 Fg
u Rys. 15
Zadanie 2. 1 e = 1,6 · 10- 19 C 1C=6 · 10 18
i odpowiedzi
Zadanie 7. Przemieszczamy
Zadanie 3. F8
= F,
G-m 2
ładunek q 2
w polu
ładunku q L
w A..... B = ą 2 (Vn - VA)=
= k-e 2
=qz(
{k =10 m=vc;e
-9
k
q1
4n- e0 rB
-
q1
4n- e0 r A
·J = l,3 · 10-4
.f
g
Jest to bardzo mała masa, ale aż o 22 rzędy wielkości większa od masy elektronu, którego ładu nek jest równy ładunkowi elementarnemu. Zadanie 4.
E=O
Zadanie 8. Po naładowaniu kondensator został odłączony od źródła napięcia, a więc ładunek na okładkach kondensatora nie ulega zmianie. Wyjmując z kondensatora dielektryk, wykonaliśmy pracę, która zwiększyła energię kondensatora:
Zadanie 5. V= ki.= 9·10 9 -
1
-V = 9·10 10 V ·
10~
r
w E
e=-+1 = 25
Zadanie 6.
'
Wprowadźmy
oznaczenia: n - liczba kropli r 1 - promień małej kropli
Zadanie 9. Rozważany
w zadaniu kondensator możemy pojako układ szeregowo połączonych kondensatorów, w których umieszczone są dielektryki o stałych dielektrycznych równych e1 i fi·
r - promień dużej kropli
n=
~n-r3 = [!_)3 -4 n-r 3 3
r1
1
Promień dużej
na
traktować
kuli kuli:
potencjał
możemy wyznaczyć
ze wzoru Rys 16
V= ki.= knq1 r
Pojemność
r
tego
układu
gdzie q oznacza ładunek dużej kuli utworzonej z n kulek o ładunku q 1 każda.
wynosi: e0e1e2S e1d2 +e2d1
r = knq1 V
n=
l] k~q
3
1
=
r1
3
n3[kq1 ) Vr1
a) C
=i8 F
b) C =~ F
3
n= -Vr1 [ kql
Zadanie 10.
)2 =331 '
Odp. Co najmniej 4 kulki.
5
c)
Rozważany układ ważny układowi:
kondensatorów jest równo-
Zadanie 12. punktowe po umieszczeniu w nafcie dą oddziaływały na siebie siłą :
Ładunki
bę
1
Fn =-F0 =0,95 N t:
fys. 17
Ładunki mają wartość :
q=7,5·10-7 C
C'=l~C 3
Zadanie 13. Zadanie 11. Wprowadźmy
oznaczenia q2, q3, q4 - ładunki zgromadzone na okładkach czterech kondensatorów Z zasady zachowania ładunku wnosimy, że :
ąp
~V= k~q
Zadanie 14. Na kulkę działają trzy siły: siła wyporu grawitacji
apięcie
na
okładkach każdego
z kondensatorów
wynosi: _3_J_
U1
-
= 1413 V
R
F8
i siła elektrostatyczna
ka była w spoczynku, wypadkowa powinna być równa zero:
Fw,
siła
ft•. Aby
kul-
działających sił
F8 +Fw+ft. =O
C1
U, =U= q2+q3 3 C 2 + C3
kowite
napięcie
w obwodzie:
=U1+U2 +U4 Cał kowity ładunek
q=
q = 8,2 .10-s
c
w obwodzie:
C1 (C2 +C 3 )C 4 U C4 (C 2 +C 3 )+C1C4 +C1 (C 2 + C3 )
q =3·10-5
c
q = q1 = q4 = 3 . 10-s C q2
=q3 =_!_q=l,5·10- 5 2
c
~I
rozdział
I. NatfiŻEnie
prądu
elektrycznego
Przypomnijmy sobie w tym miejscu wzór na pracę wykonaną przez siły pola przy przesunięciu ładunku z punktu o potencjale VA do punktu o potencjale VB:
2. Napifide elektryczne 3. Prawo Ohma 4 . Prawa Kirchhoffa 5. Prawo Joule'a-Lenza
(3)
6 . Siła elektromotoryczna
Va
7. Prawa Faradaya 8 . Łączenie oporów 9 . Przykłady IO. Zadania li.
Rozwiązania
I odpowiedzi do
Natężenie prądu
zadań
elektrycznego
Prądem
elektrycznym nazywamy uporzą dkowany ruch ładunków elektrycznych. Natężeniem prądu elektrycznego I nazywamy stosunek ładunku l!.q_ przepływają cego przez poprzeczny przekrój przewodnika do czasu M, w jakim ten ładunek przepłynął.
I
= l!.q_
(1)
M
Jednostką natężenia
Dzieląc
równanie (3) przez M, otrzymujemy:
WA --. B = q(VA - VB)
M
[M]
(4)
M
Po lewej stronie mamy wyrażenie przedstawiające moc P, a po prawej iloraz q/M przedstawiający natężenie prądu elektrycznego: I=!L M
jest 1 A (amper).
[I]= [1!.q_] = 1 C A.
Rys. 1
W związku z tym równanie (4) możemy zapisać w postaci:
s
więc
(5)
lA=lC
Wyrażenie
s
w nawiasie przedstawia
Często
stosujemy jednostki mniejsze: 1 mA= 10-3 A (miliamper) 1 µA= 10-6 A (mikroamper)
2.
Napięcie
elek-
(6) Jednostką napięcia
elektryczne
Napięciem
elektrycznym U między zaciskami danego odbiornika energii elektrycznej nazywamy stosunek mocy P prą du elektrycznego, przepływającego przez ten odbiornik, do natężenia I tego prądu. U=p I
napięcie
tryczne:
jest 1 V (wolt). Dość niefortunnie jednostka wielkości fizycznej - wolt - jest oznaczona literą V, tak samo jak potencjał. Występowanie różnicy potencjałów w polu elektrostatycznym, czyli napięcia, jest warunkiem niezbędnym do tego, aby ładunki elektryczne zaczęły się poruszać w uporządkowany sposób.
(2)
~5
3. Prawo Ohma Prawo Ohma wiąże z sobą dwie wielkości: natę żenie prądu elektrycznego i napięcie elektryczne. Rozważmy prosty obwód elektryczny:
Opór elektryczny przewodnika zależy od długo I przewodnika, jego pola przekroju poprzecznego S oraz od materiału, z którego został wykonany. Doświadczenie pokazuje, że ści
R- I
R - J:_
s
A
I
R=p-
(9)
S
Rys. 2
Dla dowolnego odcinka obwodu natężenie prądu elektrycznego płynącego przez ten fragment obwodu jest proporcjonalne do napięcia między końcami przewodnika:
u I
i oznaczamy
[/]
wowych jednostek
nazywamy oporem elektrycznym literą
[p]=[R]·[S]=lQ·m2 =lQ · m Możemy jednostkę
I- U
Stosunek -
Symbolem p oznaczamy opór właściwy przewodnika. Jest to wielkość, która zależy od rodzaju przewodnika. Jednostką oporu właściwego jest Q · m
R.
oporu elektrycznego jest 1 Q (om). [R] = [U] = 1 V = 1 Q [I] A
Prawo Ohma możemy
zapisać
I=!u R
(8)
wyrazić
za
pomocą
podsta-
SI:
J
=1
kg · m·m·m kg · m 3 2 = l -2- -3 s · A·s·A A ·s
Przykłady
oporu właściwego: miedź : Pcu = 0,017·10- 6 Q · m mosiądz (Zn, Cu):
w postaci wzoru:
p
układu
V c N ·m ·m [p] = 1 Q . m = 1 A · m = 1 A= 1 C. A =
(7) Jednostką
m
p = 0,07 ·10-4
Q ·m
4. Prawa Kirchhoffa I prawo Kirchoffa Jeżeli
dowolną czę ść
obwodu obejmiemy poto suma natężeń prądów wpływających przez tę powierzchnię do zawartej wewnątrz niej objętości jest równa sumie natężeń prądów wypływających przez tę powierzchnię. Prawo to możemy sformułować także tak: wierzchnią zamkniętą,
Zależność natężenia prądu pięcia możemy przedstawić
elektrycznego od nana wykresie:
I,A
natężeń prądów wpływających do obwodu (tj. miejsca, gdzie schodzą się przynajmniej trzy przewodniki) jest równa sumie natężeń prądów wypływają cych z tego węzła.
Suma
węzła
U,V Rys. 3
10$
Prawo to jest wyrazem zasady zachowania ładun ku elektrycznego: ile ładunków wpłynie do węzła obwodu, tyle z niego wypłynie .
Wprowadzone tutaj pojęcie siły elektromotorycznej zostanie wyjaśnione w następnym punkcie. Aby móc zastosować wzór (11), musimy umówić się w kwestii stosowania znaków: •
zwrot siły elektromotorycznej oznaczamy od bieguna ujemnego do dodatniego
~~ f-;
•
kierunek spadku potencjału na opornikach oznaczamy przeciwnie do kierunku płynącego prądu
Ogólnie
może my napisać
u
f-
(10) Rys. 5
II prawo Kirchhoffa W dowolnym oczku obwodu elektrycznego suma iloczynów natężeń prądu i oporów odpowiednich odcinków obwodu jest równa sumie sił elektromotorycznych występujących w tym obwodzie. n
n
k=l
k=l
L/ kRk = L ~k
• kierunek obiegu oczka najlepiej wybrać zgodnie z ruchem wskazówek zegara • wszystkie zmiany potencjałów oraz siły elektromotoryczne, których zwroty są zgodne z przyję tym przez nas kierunkiem obiegu oczka, uważamy za dodatnie, a pozostałe za ujemne.
(11)
U3 ---+
+
R3
kierunek prądu
r
U4
R4
R1 zwrot
siły
__J
elektromotoryc~ oczko
q1
-
R1
zwrot spadku potencjału
q,
I
+
kierunek obiegu oczka
Rys 6
II prawo Kirchhoffa dla powyższego obwodu ma postać:
5. Prawo Joule'a-Lenza Prawo Joule'a-Lenza określa energię wydzielaną w przewodniku podczas przepływu prądu elektrycznego.
R
q•
u I
Rys. 7
Io ··
Praca pola elektrostatycznego przenoszącego dunek q przez różnice potencjałów wynosi:
ła
W=q·U Jeżeli
w przewodniku
płynie prąd,
to: T Rys B
q =I·M
Natężenie prądu
Zatem praca: W= I ·M·U = I2·R-t.t Skorzystaliśmy
(12)
tutaj z prawa Ohma: U=RI
Nośniki ładunku
elektrycznego w przewodniku nieustannym zderzeniom, podczas których energia uzyskiwana od pola zamieniana jest na energię cieplną. To zjawisko jest źródłem oporu przewodnika. Moc wydzielona w przewodniku wskutek przepływu prądu elektrycznego wynosi: ulegają
6.
Siła
elektromotoryczna
Wyobraźmy
maleje, gdyż maleje ładunek na kondensatora, a co za tym idzie - maleje różnica potencjałów między okładkami. Po pewnym czasie kondensator ulegnie rozładowa niu. Napięcie między jego okładkami będzie równe zero. Co zrobić, aby napięcie było stałe ? W źródle napięcia musi być czynnik podtrzymujący różnicę potencjałów. Siły elektrostatyczne (kulombowskie) pochodzące od ładunków elektrycznych doprowadzają do zanikania różnicy okładkach
sobie, że mamy naładowany kondensator o pojemności C. Na jednej okładce zgromadzony jest ładunek dodatni +q, a na drugiej ła dunek ujemny -q. Jeżeli okładki tego kondensatora połączymy poprzez opór R, to w obwodzie popłynie prąd. Natężenie płynącego prądu nie będzie stałe, ale będzie malało wraz z upływem czasu.
potencjałów.
Obok sił elektrostatycznych muszą istnieć jeszcze inne siły, które nazywamy zewnętrznymi, a które są niezbędne do podtrzymania stałej różnicy potencjałów. Siły takie mogą być wynikiem działania np. procesów chemicznych zachodzących w ogniwie. Siły te możemy scharakteryzować poprzez pracę, jaką wykonują, przenosząc ładunek q w przewodniku. Pracę sił zewnętrznych przypadającą na jednostkę ładunku dodatniego nazywamy stłq ckktrom1 toryczną .
elektromotoryczna - jest nazwą tej nie mierzymy w niutonach, lecz woltach.
Nazwa -
siła
historyczną. Wielkości
~=w q
Jednostką siły napięcia,
elektromotorycznej, podobnie jak jest 1 V (wolt). [t]=lV
10$
(14)
Jeżeli
w obwodzie oprócz
występują siły zewnętrzne,
nia
ładunku działa
na niego
- -
sił elektrostatycznych to podczas przesuwasiła:
-
Natomiast napięcie U między biegunami ogniwa jest równe różnicy między jego siłą elektromotoryczną ~ a spadkiem potencjału na jego oporze wewnętrznym Rw, czyli wynosi:
F = Fku/. + Fzew. (17)
-
F = qEku/. + qEzew. Praca wykonana przez siłę F przy przesunięciu ładunku na odległość s jest równa: WA-->B
Wiemy,
= F. S = q. Ekul .. S + q . Ezew. S = = q(VA -VB) + q~AB
że
Możemy więc napisać, że napięcie panujące mię
wreszcie całkowita moc w obwodzie:
I
u= VA -VB +~AB
·- -----łl
elektrycznego
Energia prądu elektrycznego może być uzyskiwana kosztem: energii chemicznej (w ogniwach), energii światła (w ogniwach fotoelektrycznych), energii cieplnej (w termoogniwach) lub energii mechanicznej (w prądnicach). W każdym przypadku musi istnieć jakiś czynnik zewnętrzny, który będzie podtrzymywał różnicę potencjałów w obwodzie.
dzy dwoma punktami obwodu jest równe :
A
prądu
1 - - - - -B
f AB
--
2ys 9
a odcinku przewodnika między punktami A i B prawo Ohma możemy zapisać w postaci: !RAB = VA - VB +~AB
Można powiedzieć, że
Występuj ące
w obwodzie źródło siły elektromotakże pewien opór zwany oporem wewnętrznym Rw. Uwzględniając fakt, że w obwodzie zamkniętym
torycznej ma
VA = VB oraz
uogólnione prawo Ohma staci :
możemy napisać
o_____o_ ___.o.___
A ____
B
Rys. 11
w obwodzie wy-
nosi: l = -~- Rw+Rz
ogniwo w obwodzie elektrycznym pełni podobną funkcję jak pompa w obwodzie wodnym, która przenosi wodę z poziomu o niższym potencjale grawitacyjnym na poziom o wyższym potencjale grawitacyjnym. Trzeba tutaj podkreślić, że ogniwo nie dostarcza ładunków elektrycznych, ale „zmusza" ładunki istniejące w przewodniku do uporządkowanego ruchu . Popatrzmy na poniższe rysunki:
w po(15)
Stąd natężenie prądu płynącego
I
Rys 10
(16)
Jeżeli między
punktami A i B wytworzymy różni to kulki zaczną poruszać się od punktu o potencjale wyższym do punktu o potencjale niższym . Ruch będzie trwał tak długo, jak długo między punktami A i B będzie istniała różnica potencjałów. cę potencjałów,
~9
nie i jony ujemne, które w środowisku wodnym są nośnikami prądu elektrycznego. Zjawisko rozpadu cząsteczek na 1ony nazywamy o ·soq ą elektrolityczn+ Rys 12
.1
-.I W obwodzie musi
istnieć
różnicę potencjałów,
a
czynnik
podtrzymujący
jednocześnie przenoszący
-
kulki na poziom o wyższym potencjale (podobnie jak pompa w instalacji wodociągowej pompuje wodę na wyższe piętro) . Wydaje się, że analogia między potencjałem grawitacyjnym a elektrycznym jest dobra, ale nie zapominajmy, że jest to tylko analogia. Wprowadźmy jeszcze pojęcie sprawności:
p TJ = _z_ p
(19)
>---
'--
...;
8------+ .
+-------(±) >---
~
Rys. 13
w roztworze wodnym znajduje się siarczan miedzi CuS0 4 , to powstają jony dodatnie (kationy) Cu2+ i jony ujemne (aniony) SO/-. Elektroda
p - 2 ~1Rz z - I Rz - ( )2 Rz + Rw
Stąd:
(Rz +Rw)2
~2(Rz +Rw) (Rz +Rw )2
Jeżeli
- +
Jeżeli
Pz - moc użyteczna P - moc całkowita
TJ = (Rz + Rw )2 I2(Rz +Rw)
-
Rz = O (zwarcie), to TJ=
sprawność
ujemna nazywa się katodą, a elektroda dodatnia anodą . W czasie przepływu prądu elektrycznego przez elektrolit na elektrodach wydzielają się substancje. Na katodzie wydziela się miedź (katoda zostaje pokryta miedzią). Proces przepływu prądu stałego przez elektrolit wraz z reakcjami chemicznymi, które temu przepływowi towarzyszą, nazywamy elektrolizą . Doświadczenie pokazuje, że masa substancji wydzielonej na elektrodzie jest proporcjonalna do czasu przepływu prądu elektrycznego i do jego natężenia. m -I m - t
wynosi zero:
o
Okazuje
się, że
zachodzi
Natomiast:
związek:
m = k.J.t Powyższy związek
Jednakże nącego
w tym przypadku natężenie prądu pły w obwodzie maleje do zera.
7. Prawa Faradaya Prąd
elektryczny może płynąć nie tylko w metalu, w cieczy. Aby to mogło nastąpić, muszą być spełnione określone warunki. W cieczy muszą pojawić się nośniki prądu elektrycznego oraz różnica potencjałów. Czysta, a dokładniej destylowana woda nie przewodzi prądu elektrycznego. Jeżeli w wodzie pojawią się cząsteczki kwasów lub soli, to ulegają one rozpadowi na jony dodatale
1{$
także
nazywamy I pr, we.. lay tutaj współczynnik k nazywamy równoważnikiem elektrochemicznym. O\ noważnik elektrochemiczny informuje nas, ile wynosi masa substancji wydzielonej na elektrodzie podczas elektrolizy po przepłynięciu ładunku 1 C (łub prądu o natężeniu 1 A w ciągu 1 s).
Występujący
[ k]-~- [I][t] -
kg A ·s
Natomiast li prawo Farad.1ya odpowiada na pytanie, od czego zależy równoważnik elektrochemiczny:
k=-1!:_ w·F µ - masa molowa substancji w - elektrowartościowość F = NA·e - stała Faradaya
F=
6,02-10 2 3 mol- 1 - liczba Avogadra 96 500 C/mol
8.
Łączenie
A =
Szeregowe
9.
Przykłady
@ł1@@11 Oblicz opór zastępczy układu oporników: a)
oporów
łączenie
oporów
. 14
Rys. 16
Podzielmy rozwiązanie tego zadania na trzy etapy:
Równoległe łączenie
oporów
I etap Znajdujemy opór R', który jest oporem zastęp czym połączonych szeregowo oporników R3 i R4 •
Po tej operacji nasz obwód
będzie wyglądał
na-
stępująco:
Rys 17 Rys. 15
II etap Znajdujemy opór zastępczy R" dla oporników R2 i R' połączonych równolegle.
1
1
1
R"
R2
R'
R' +R 2 R2 · R'
-=-+-=--~
Lub ogólnie: 1 1 -=In
R
k=l Rk
Po tej operacji nasz obwód
wygląda następująco:
R'"
Do tych oporników równolegle połączono opornik R6• Ta część obwodu jest połączona szeregowo z opornikiem R2, następnie równolegle z opornikiem R5 ; dalej szeregowo z opornikiem Rl> a nastę pnie równolegle z opornikiem R4 . To wszystko możemy przedstawić na schemacie:
Rys. 18
III etap Znajdujemy opór zastępczy R"' dla szeregowo oporników R1 i R". R"' Podsumowując
R
= R1 +
te trzy etapy,
Rozpocznijmy analizę układu od oporników R3 i R7 połączonych szeregowo.
połączonych
A=B=C
R" możemy napisać:
"' -_ R 1+~~~-~ R2 · (R 3 + R4 )
Rys. 21
Ri +R3 +R4
Obliczenia przeprowadzimy w
R"'
sześciu
etapach:
1. R' =R3 + R7 Rys. 19
R' = 5 Q + 5 Q
h&ł
[email protected]
1
Wyznacz opór zastępczy dla oporów według schematu.
połączonych
1
= 1O Q
1
2. - = - + R" R' R 6 R" = R' . R6 R' + R 6 R" = 1OQ · 5 Q 10Q+5Q
A
c
B
mają
opór równy 5
3
15Q
3. R"' = R" + R2
Rys. 20
Wszystkie oporniki
= 5OQ · Q = .!.Q_ Q
n.
Dane:
R1 = R2 = R3 = R4 = R 5 = R 6 = R 7 = 5 Q Szukane: R=? Rozwiązanie:
R"' =
.!.2.n + 5Q = 25 Q 3
3
1 1 1 4. - = - + R 1 R"' R 5 R1 = R"' · R s
R"' + R 5
Zastanówmy się, z jakim typem połączenia mamy do czynienia. Już wstępna analiza pozwala stwierdzić, że jest to połączenie szeregowo-równoległe. Zauważmy, że potencjał punktów A, B, C jest taki sam, gdyż są one połączone przewodem. Możemy więc napisać:
25 Q.5 Q _ _ 25 Q+5 n
R1 =~3_
3
125 Q .Q
3 40 3
= 25 Q
n
s
Dzieląc
stronami:
u Rn = 25 n+ 5 n = 65 n
8
la
8
Ra
u
4=--u= R 0
Rb
Rb
·-u= R
0
Rb Stąd:
l = l Rb = (l - l ) Rb = l Rb - l Rb a bR a R R aR a
Po
65 n .5 n R111
=~8_ __
65 n+5 n 8
a
a
a
przekształceniach:
325 n . n 8 = 325 n= 105 n 105 8
l +l Rb =lRb a a Ra Ra
= 65 n=3~n 21 21 Odp. Opór
zastępczy
dla
rozważanego
schematu
.
2 wynosi 3-n. 21 otrzymujemy:
Przykład 3R,
W pracowni fizycznej uczeń ma zmierzyć amperomierzem natężenie prądu znacznie przekraczaj ące zakres pomiarowy amperomierza. Czy uczeń może wykonać zadanie? Rozwiązanie:
Aby wykonać zadanie, należy spowodować, aby przez amperomierz popłynął tylko taki prąd, który amperomierz może zmierzyć. W tym celu równolegle do amperomierza podłączymy opornik o bardzo małym oporze.
Znając opór amperomierza, wystarczy tak dobrać opór bocznika, aby natężenie prądu płynącego przez amperomierz było niższe od natężenia prą du płynącego w obwodzie. Oczywiście natężenie prądu płynącego w obwodzie wynosi:
Rb
_I_/·~ Ra Rys. 22
I
Przez opornik podłączony do źródła napięcia 12 V w czasie 5 s przepłynął ładunek 6 C. Znajdź opór i moc prądu elektrycznego płynącego przez opornik:
Z I prawa Kirchhoffa: l = lb +la
Natomiast z prawa Ohma: l = !!_ oraz l b = !!_ a Ra Rb
Dane:
Szukane:
Wzory:
U= 12 V
R=?
l= U
q=6C
P=?
P = U ·I
t = 5s
R
l = g_ t
Rozwiązanie:
Korzystając
z określenia natężenia prądu elektrycznego i z prawa Ohma, możemy napi sać:
a
Na rysunku i wykresie wprowadzono oznaczenia: R - opór zewnętrzny r - wewnętrzny opór ogniwa ; - siła elektromotoryczna I - natężenie prądu elektrycznego VA i V8 - potencjały w punktach A i B obwodu
stąd:
R= Ut
q Wyznaczmy jednostki:
[R]
= [U][t] = l [q]
V· s C
=l
V· s A·s
=l
V A
=l n
Przykład
Moc wynosi:
Odp. Opornik ma opór 10 trycznego wynosi 14,4 W.
n,
6R.
Na rysunku jest przedstawiony fragment obwodu.
P =U I= 12 V ·1,2 A= 14,4 W
Przykład
Na wykresie widzimy, że źródło siły elektromotorycznej wytwarza w obwodzie różnicę potencjałów. Ogniwo jest częścią obwodu elektrycznego, przez którą płynie prąd elektryczny. Ogniwo ma także pewien opór, na którym następuje spadek potencjału o wartość Ir. W dalszej części obwodu prąd płynie przez opór zewnętrzny, na którym następuje spadek potencjału o wartość IR. Trzeba zaznaczyć, że całkowicie pominęliśmy opór przewodów.
a moc prądu elek-
SR.
Przedstaw na wykresie, jak zmienia się potencj ał w poszczególnych punktach obwodu elektrycznego przedstawionego poniżej .
R
Rys. 25
Wyznacz natężenia prądów płynących przez górną i dolną gałąź obwodu oraz różnicę potencjałów między punktami A i B. Dane: R1 = R2
= 5 n, R3 = 6 n, r = 0,5 n,;= 21 V,
I= 2A.
B Rys 23
Rozwiązanie:
Układ
ten w postaci rozłożonej przedstawia porysunek. Takie przedstawienie obwodu nie oznacza, że obwód jest otwarty.
Zapiszmy dla tego obwodu I prawo Kirchhoffa:
niższy
I= I 1
+ I2
oraz II prawo Kirchhoffa (przyjmujemy kierunek obiegu zgodny z ruchem wskazówek zegara): A
- R1 I 1 - R2 I 1
Podstawiając
+ ;- I 1 r + R3 I 2
=
O
do równań opisujących I i II prawa Kirchhoffa wartości liczbowe, otrzymamy ukł ad równań (w zapisie pominiemy jednostki):
1'\ Rys.24
14
'w
I 1 (5+5)+I 1 0,5-6I 2 =21 { + I 1 +I 2 =2
l·6
16,5 I 1 - 6 I 2 +612 = 21 +12 16,5 I 1 = 33
11
=l
h
12 = I - 11 = 2 A - 2 A = O A Różnica potencjałów między
punktami A i B wy-
nosi:
Oblicz moc P o oporze R1 :
prądu płynącego
przez opornik
a) nie uwzględniając oporu wewnętrznego ogniw; b) uwzględniając opór wewnątrzny ogniw r = 3 n. Wartości oporów wynoszą R 1 = lOQ, R 2 = 30Q, a siły elektromotoryczne ogniw są równe Ę 1 =12 V i Ę 2 = 24 V. Rozwiązanie:
Do rozważanego obwodu zastosujemy prawa Kirchhoffa. W tym celu zaznaczmy w obwodzie kierunki przepływu prądu i kierunki obiegu oczek obwodu. ~I
Dla górnej
części:
= I 1 (R 1 + R2 + r) - Ę = = 2 (5 + 5 + 0,5) - 21 = o
VA - V8
Narysujmy wykres zmiany potencjału w górnej części obwodu wskutek przepływu prądu elektrycznego
R1
13
\
~0--6--
~2
V
Ii
Rz
H Rys. 28 Rozwiązanie
nia
zadania sprowadza
się
do
rozwiąza
układu równań:
~. 26
Przez dolną gałąź obwodu prąd nie płynie, gdyż przewodnik łączy dwa punkty obwodu (A i B) które mają taki sam potencjał.
Z
powyższego układu
prądu płynącego
wyznaczamy przez opornik R1.
Ę1(R2 +r)-Ę2r 3 - (R +r)(R +r)+R r 2 1 1
I Dany jest obwód elektryczny: ~I
(
A następnie
korzystając
ze wzoru:
P = R 1 IJ obliczamy moc:
Rys. 27
p = 4,98 w Gdyr =O n, toP = 14,4 W:
natężenie
I3
IO. Zadania Zadanie I.
o
Oblicz opór zastępczy trzech oporników połą czonych w następujący sposób: a) szeregowo, b) równolegle, c) do dwóch oporników połączonych szeregowo trzeci dołączono równolegle. Wszystkie oporniki mają opór równy 10 n.
2
4
6
8
10
U,
V
Rys 29
Zadanie 6.
Jakie
natężenia prądu wskażą
amperomierze? R1
Zadanie 2.
Jak
należy połączyć
każdy,
aby opór
trzy oporniki o oporze 1 n
zastępczy układu był:
a) największy, b) na1mme1szy, c)
~,r
równy~ m 3
Rys. 30
Zadanie 3R.
Wyznacz opór
R 1 = 5 n, R2 = 10 n, ~ = 12 zastępczy układu
v, r =
0,02 n
oporów: Zadanie 7.
a)
b)~ R
= lOQ
Zadanie 4.
Trzy żarówki o mocy 40 W, 60 W i 75 W przystosowane do napięcia 220 V połączono równolegle. Oblicz opór zastępczy tego układu .
Jaki opornik i w jaki sposób trzeba dołączyć do amperomierza, aby można było nim mierzyć natężenie 5 A. Zakres amperomierza wynosi 1 A, a jego opór wewnętrzny 0,6 n. Zadanie SR.
Dysponujemy woltomierzem o zakresie 10 V i oporze wewnętrznym równym 20 kn. Jaki opornik należy włączyć w obwód i w jaki sposób, aby można było zmierzyć napięcie 50 V? Zadanie 9.
Zadanie 5.
Na wykresie przedstawiono zależność natężenia od napięcia dla dwóch oporników. Oblicz wartości oporów tych oporników.
I~
Wyznacz natężenie prądu płynącego przez przewód AB. Opór przewodów i opór wewnętrzny ogniwa zaniedbujemy. Do obliczeń przyjmij: R=20 n, ~ = 25 V.
przyjmij wielkości: F = 96500 C/mol. Mcu= 64 g/mol, Pcu = 9 g/cm3. Zadanie 14.
3R
R
Dwie żarówki o mocy: 40 W i 100 W, przystosowane do pracy pod napięciem 11 O V (zob. zad. 12), włączono szeregowo w obwód o napięciu 220 V. Czy żarówki będą mogły pracować w takim układzie?
iys. 31
li. Rozwiązania i odpowiedzi do zadań
Zadanie IOR. orzystając
z wykresu zmian potencjału elekcznego, spróbuj narysować schemat obwodu d ektrycznego. Przyjmując, że opór wewnętrzny ogniwa jest równy 0,02 n, a opór zewnętrzny 100 n, oblicz natężenie prądu płynącego w obwodzie. V, V
16 14
a) R
RiR2R3
R 1R 2 + R1R3 + R 2 R 3
=
3.!_ n 3
= (R1 + R2)R3 = 63:_ Q R1 +R 2 +R3
rt-
I
= R1 + R2 + R3 = 30 n
b) R = c) R
3
\
12
\
10 8
I/
6 4 2
, I
o
Zadanie 1.
I'\
'
'- ,_
\
\ \
I
I
' :
Zadanie 2. a) szeregowo b) równolegle c) dwa oporniki szeregowo, a trzeci równolegle.
dołączyć
Rys. 32
Zadanie li.
Zadanie 3R. a)
Dlaczego żarówki o mocy 75 W przystosowanej do pracy pod napięciem 110 V nie można podłą czyć do napięcia 220 V? Rys 33
Zadanie 12. Połączono
szeregowo dwie żarówki o mocach 100 W i 75 W. Żarówki są przeznaczone do pracy pod napięciem 110 V. Jakie maksymalne napięcie można podłączyć do takiego układu, aby moc wydzielona na każdej z żarówek nie była większa od mocy nominalnej? Zadanie 13.
W wannie elektrolitycznej zanurzono przedmiot metalowy o powierzchni 1 OO cm 2 w celu pokrycia go warstwą miedzi. Oblicz, jaką grubość ma warstwa miedzi, która pokryła ten przedmiot w czasie przepływu przez roztwór CuS0 4 prądu o natężeniu 3 A przez 10 godzin. Do obliczeń
Zauważmy, że
punkty A i C oraz B i D są połą czone przewodem (opór przewodów zaniedbujemy), a więc mają taki sam potencjał.
VA= Vc
Rozważany
obwód jest równoważny obwodowi:
Natężenie prądu płynącego
w tym obwodzie wy-
nosi
R2
B =D
I= 3,58 A Rys 34
I 1 = Ę - Ir = 2 39 A Ri ,
Obliczamy opór trzech oporników
połączonych
I2
równoległe:
R'
=
R1R3R4 R2 R3 + R2 R4 + R3R4
li
R1
,
= _!_ R 3
a następnie opór dwóch oporników szeregowo: R
= Ę - Ir = 1 19 A
Zadanie 7. połączonych
= R1 + R = -lR + R = 1-lR I
3
3
Rys 35
R" = 13_!_ n
3
b)
R" = 3._R = 4 n 5 I Zadanie 4 . Opór każdej
żarówki
obliczamy ze wzoru:
u2
P=Ul=R
u2
R=p
(1
= I a + Ib = I a + RR.b J
Chcąc mierzyć amperomierzem natężenie prądu 5 razy większe od natężenia dopuszczalnego dla danego amperomierza, musimy do tego miernika dołączyć równolegle opornik (zwany bocznikiem). Wartość tego oporu możemy wyznaczyć z równama:
Zadanie 5.
Rb = 0,15
u
R1 =-=1 n
n
I
Ru= 2,5 n
Zadanie 6. Prawa Kirchhoffa dla obwodu przedstawionego na rysunku:
Zadanie 8R. Aby rozszerzyć zakres woltomierza, trzeba dołą czyć do niego szeregowo opornik (zwany posobnikiem).
- R1I 1 -Ir+Ę =O
- R2 I 2
I~
-Ir+Ę
=O
Rys. 36
Wprowadźmy
oznaczenia: Uw - zakres pomiarowy woltomierza U - napięcie, które chcemy mierzyć Rw - opór wewnętrzny woltomierza Rd - opór dołączony
Zadanie lOR.
Zadanie 11. Jeżeli Żarówkę przystosowaną
U-Uw=Uw Rd Rd
RW
pięciem
l
podłączymy
Zadanie 9. obwód jest równoważny obwodowi:
Opór
do pracy pod na220 V, to
napięcia
większa
moc i
Ża
się.
Zadanie 12. Opory żarówek R _ Ui. i - P1 '
do
na niej dwukrotnie
rówka przepali
Rd = 80 kQ
Rozważany
się
wydzieli
[~w -1
= Rw
110 V
wynoszą:
R _ Ui 2 - P2
układu połączonego
szeregowo:
R = P1 +P2 Ui „I"
P1P2
„2"
Natężenie prądu płynącego I
I
w obwodzie:
I=!!_ P1P2
UiP1+P2 Napięcie układu
Rys 37 Korzystając
I= I 1
+ I2
I2R
I3R
=
z I i II prawa Kirchhoffa dla „oczka 1"
U~
do
na pierwszej żarówce po napięcia U wynosi:
dołączeniu
1
= -- U
1+ P1 P2
a na drugiej
żarówce:
oraz dla „oczka 2"
I= I3 + I4 I3R = I4 3R Aby
otrzymamy:
napięcie
na
niż
110 V, warunki:
I 1 = I 2 = 0,5 I I3 =0,75I I 4 = 0,25 I
każdej
z żarówek nie
U~
:5110 V u;::;11ov
A stąd IAB = 0,25 I Natężenie I prądu płynącego w obwodzie wynosi:
a to zachodzi, gdy U :5192,5 V
I=J___= lA Rz gdzie Rz = 25 Q jest oporem zastępczym oporników. Ostatecznie IAB = 0,25 A.
układu
Zadanie 13. d = Mcu tI w Pcu SF
było wyższe
muszą być spełnione jednocześnie
0,04 cm
Natężenie prądu płynącego
Zadanie 14. Wprowadźmy
pl= 40
P2
=
oznaczenia:
w
w obwodzie :
I = U1 =Qi_ P1P2 R U 2 (P1 +Pi)
100W
U= 110V U1 = 220 V
U' - napięcie na Żarówce o mocy P 1
u; =~U 1 =157,14 V l+ _l_
P2
U" - napięcie na Żarówce o mocy P2
Opór żarówek wynosi:
R1 =
u2
-
P1
u2
Rz = P2
12-eł>
Żarówka o mocy 40 W ulegnie przepaleniu .
rozdział
Rozdział Wlasnoścl
I
Vlll Elektromagnetyzm
oddzialywania magnetycznego
2 Wektor indukcji magnetycznej 3 . Siła Lorentza 4 Prawo Gaussa dla pola magnetyczn goR 5 ZJaw1sko H li 6 Prawo Ampere·aR 7. Prawo Biota-SavartaR 8 Zjawisko indukcji elektromagnetycznej 9 . Zjawisko indukcji
własnej
I wzajemnej
elektrycznych. Bieguny magnetyczne jednoimienne odpychają się, a bieguny magnetyczne różno1m1enne przyciągają się. Obszar wokół biegunów magnetycznych nazywamy polem magnetycznym. Pole to możemy przedstawić za pomocą linii pola magnetycznego. Linie pola magnetycznego są liniami zamkniętymi (nie mają ani początku, ani końca); ich zwrot ustalamy umownie od bieguna magnetycznego północnego do bieguna magnetycznego połu dniowego .
IO. Prądnica prądu zmiennego
li Obwód RLCR 12 Transformator
13 Prawa M XWEllaR 14 Przykłady
15. Zadania Rozwiązania
16
I.
i odpowiedzi do
zadań
Własności oddziaływan i a
nego Oddziaływanie
magnetyczne jest trzecim, po oddziaływaniach: grawitacyjnym i elektrycznym, podstawowym oddziaływaniem w przyrodzie. Oddzi aływanie to obserwujemy między biegunami magnetycznymi, które zawsze występują parami: biegun magnetyczny północny (N) i biegun magnetyczny południowy (S). Taki układ biegunów nazywamy dipolem magm:-
s
N Rys. l
Biegunów magnetycznych nie
można rozdzielić.
s
N
N
s
N
Rys. 3
W 1820 r. Christian Oersted odkrył, że prąd pły nący w przewodniku powoduje odchylenie igły magnetycznej znajdującej się w jego pobliżu. Jak wiemy, prąd elektryczny tworzą poruszające się ładunki elektryczne. Stało się więc jasne, że skoro ładunki będące w ruchu oddziałują na igłę magnetyczną, to muszą one być źródłem pola magnetycznego. Pole magnetyczne, podobnie jak pole elektrostatyczne, możemy określić poprzez siłę działającą na ładunek elektryczny znajdujący się w tym polu. Jednak aby w polu magnetycznym na ładunek działała siła, musi on być w ruchu.
2 . Wektor indukcji magnetycznej
s
Rys 2
Dotychczas nie udało się odkryć pojedynczych biegunów magnetycznych (monopoli magnetycznych) , które by łyby odpowiednikami ładunków
Wielkością charakteryzującą pole magnetyczne jest wektor indukcji magnetycznej B. Wektor indukcji magnetycznej definiujemy poprzez siłę, z jaką pole magnetyczne działa na ładunek q poruszający się z prędkością ii w polu magnetycznym. Wektor indukcji magnetycznej określony jest poprzez wyrażenie na siłę Lorentza.
3.
Siła
Lorentza
(3)
F= ąvxB Wartość wektora
F
(1)
4. Prawo Gaussa dla pola magnetycznegoR
jest równa:
Kierunek siły F jest prostopadły do płaszczyzny, w której leżą wektory i B. Zwrot wektora F określa reguła śruby prawo-
Dla pola magnetycznego, podobnie jak dla pola elektrycznego, możemy zd efiniować wektora mdukqt r a 1agn l , który określamy następująco:
v
n
:P"J
skrętnej.
cppowierzchnia
Natomiast wartość wektora indukcji pola magnetycznego określamy, mierząc maksymalną si łę działającą na ładunek elektryczny poruszający się z prędkością prostopadle do linii pola magnetycznego.
v
B = F.l
(2)
qv
zamknieta
=LB;·LtS; i==l
Zwróćmy
uwagę, że dla pola magnetycznego indukcji jest równy zero, ponieważ jak widać z rysunku, liczba linii pola magnetycznego wchodzących do dowolnego obszaru ograniczonego zamkniętą powierzchni ą S jest równa liczbie linii pola wycho dzących z tego obszaru. strumień
F.l - maksymalna siła działająca na ładunek, który porusza się prostopadle do linii pola magnetycznego Jednostką indukcji magnetycznej jest tesla (1 T). kg · m
[B]=_Ql_=l~=l [q][v]
C·m s
Przykłady wartości
2
s A·m
=1~=1 T 2 A -s
indukcji pól magnetycznych:
Przykład
B (T) Rys 4
mózg
10- 13
Pole magnetyczne Ziemi
6,5 · 10-5
Pracujący
n
cppowierzchnia za mknieta
Magnes szkolny Synchrotron CERN
1'1J
=O
(4)
i=l
10-3 1,4
Najsilniejsze pole chwilowe (lab.)
2500
Gwiazdy neutronowe
7 . 1Q8
Jeżeli cząstka
=LB;· LtS;
porusza się w obszarze przestrzeni, w którym istnieją pola: magnetyczne B i elektrostatyczne E, to na cząstkę działają siły pochodzą ce od tych pól.
Jest to treść p a · C. dla pola magnetycznego. Oznacza to, że pol e magnetyczne jest polem bezźródłowym. Innymi słowy, nie ma źródeł pola magnetycznego (nie istnieją pojedyncze biegunr magnetyczne - monopole magnetyczne) w przeciwieństwie do pola elektrostatycznego, które jesr polem źródłowym, tzn. istnieją ładunki elektryczne będące źródłem pola elektrycznego. Nie możemy powiedzieć, z którego bieguna linie pola magnetycznego wychodzą . Linie pola magnetycznego są liniami zamkniętymi (nie mają ani początku, ani końca) .
Jednostka strumienia:
Porównując wartości bezwzględne
niu, że
[
(przy założe
E.l B), otrzymamy: EH= - J B ne
Jedn ostką strumienia indukcji magnetycznej jest
(6)
1 weber (1 Wb). kg · m 2 2 2 1 Wb=l T·m =l__J:i_·m =1 s · m2 = C.m A·s · m s s = 1 kg · m 2 A·s 2
Wzór ten opisuje pole elektryczne wywołane efektem Halla. Wprowadziliśmy tutaj dwie kolejne wielkości fizyczne - koncentrację elektronów w płytce, którą oznaczamy literką n, i gęstość prądu, którą oznaczamy j : (7)
5 Z siłą Lorentza związane jest 1jawisko Halla odkryte w 1879 roku. Jeżeli metalową płytkę płasko-równoległą umieści my w polu magnetycznym o indukcji B, zorientowany m prostopadle do powierzchni płytki, a następnie przepuścimy przez płytkę prąd elektryczny o n atężeniu I , to na każdy poruszający się elektron (ładunek elektryczny) będzie działała siła Lorentza. Elektrony będą „spychane" do jednej krawędzi płytki. W związku z tym na jednej krawędzi pojawi się nadmiar ładunku ujemnego, a na drugiej jego niedomiar. Między przeciwległymi krawędzi ami płytki, prostopadle zarówno do kierunku prądu , jak i kierunku pola magnetycznego, pojawi się różnica potencjałów, tzw.
Gęstość prądu jest wektorem o kierunku i zwro-
cie płynącego prądu, natomiast wartość gęstości prądu
to wartość natężenia przypadająca na jednostkę powierzchni. I - natężenie prądu Sn - powierzchnia prostopadła do kierunku przepływu prądu Można powiedzieć, że natężenie prądu
jest strumieniem wektora gęstości prądu przez daną powierzchnię:
I=
[']=0_ = 1~2 7 [S]
Koncentrację
- 1-
1
(8)
Ustalmy jednostkę gęstości prądu:
Uw
/
Is J·&S m
elektronów możemy wyrazić wzo-
rem: (9)
E
+++++++++
N A - liczba Avogadra
p - gęstość materii przewodnika MA - masa molowa
Rys S
Ustalmy jednostkę koncentracji : Po pewnym czasie ustali się stan równowagi. Nastą pi to wtedy, gdy siła Lorentza będzie równa zero.
ft = o <=> ąE + ąv x B= o
Wielkość
ą(E+ i.ixB)= o
E= -vxB
1
(5)
3
[n]= [NA][p] =l mol- · g · cm1 [MA] g · mol- 1 = cm 3 zwana koncentracją nośników ładunku wyraża liczbę nośników ładunku przypadającą na jednostkę objętości materiału przewodnika. Zauważmy, że użyliśmy tutaj określenia nośniki ła dunku, a nie elektrony.
Związek między gęstością prądu wyraża
koncentracją
a
dokładniej:
wzór:
B =µo I j = nev
Korzystając
ze
związku:
E - UH H d możemy napisać:
I-
natężenie prądu
r-
odległość
elektrycznego od przewodnika (promień okręgu) przenikalność magnetyczna próżni
µ0
-
µ0
= 4n · 10- 7 T · m · A - 1
Przy omawianiu oddziaływania elektrostatycznego wprowadziliśmy przenikalność elektryczną próżni t: 0 • Związek między przenikalnością ma-
(11)
gnetyczną
Wzór ten opisuje
rozmiary
i
elektryczną próżni
napięcie
Halla. Widać, że napięcie Halla jest wprost proporcjonalne do indukcji magnetycznej. Mierząc napięcie UH i natężenie prądu I oraz znając
płytki, możemy wyznaczyć
dukcję magnetyczną
(12)
2nr
(10)
in-
1
c
Wzór ten
możemy zapisać
B2nr
w postaci:
= µ0 I
(14 )
Lewą stronę
równania nazywamy ·kula wektora indukcji magnetycznej B. Przez daną powierzchnię może przechodzić wiele przewodników, w których płynie prąd w różnych kierunkach. Powstające w tym przypadku pole magnetyczne zależy od rozkładu tych prądów elektrycznych. Cyrkulację możemy wówczas zapisać w postaci: n
m
i=l
k= l
~);·Lil;= Liµoh
6. Prawo Ampere'aR w przewodniku prąd wytwarza wokół przewodnika pole magnetyczne, którego linie są koncentrycznymi okręgami o środkach leżących na przewodniku.
(13)
µot:o =2
B. Natomiast znając indukcję
B, możemy wyznaczyć gęstość nośników prądu i znak ich ładunku. Na przykład w miedzi nośni kami prądu są ładunki ujemne - elektrony, a w cynku, kadmie czy w półprzewodnikach nośnikami są ładunki dodatnie - dziury (zob. rozdział XII). Podsumowując, możemy powiedzieć, że zjawisko Halla pozwala mierzyć indukcję pola magnetycznego oraz badać naturę nośników prą du elektrycznego.
jest następujący:
(15)
Płynący
Wzór ten przedstawia pr a o Cyrkulacja wektora indukcji magnetycznej B po dowolnej krzywej zamkniętej jest równa algebraicznej sumie natężeń prądów Ik przepływających przez
Rys. 6 Doświadczenie
pokazuje,
że:
Rys. 7
I~
powierzchnię rozpiętą
na tej krzywej.
W przypadku jednego przewodnika, w którym płynie prąd o natężeniu I, prawo Ampere'a możemy napisać w prostej postaci :
przypadku
t.J3
ma kierunek ~ x ~ a nie, jak w pra-
wie Coulomba,
r (w naszym zapisie ~ ).
(16) Stąd:
B = µ ol 2;rr
(17)
7. Prawo Biota-SavartaR Skoro prąd płynący w przewodniku wytwarza pole magnetyczne, to dwa przewodniki, w których płynie prąd elektryczny, powinny z sobą o ddziaływać.
Z lekcji fizyki wiemy, że dwa przewodniki, w których płynie prąd w tym samym kierunku, przyciągają się, a jeżeli prąd płynie w kierunkach przeciwnych, to obserwujemy odpychanie się przewodników.
Rys. 9 Oczywiście całkowite pętli
pole
pochodzące
od takiej
jest równe:
8. Zjawisko indukcji elektromagnetycznej
)
Wiemy
już, że poruszające się ładunki
elektryczne pola magnetycznego. Pojawia się pytanie, czy pole magnetyczne może być źródłem pola elektrycznego. Po raz pierwszy doświadcze nie pokazujące, że jest to możliwe zademonstrował Michał Faraday w 1831 roku . są źródłem
~.8
Oddziaływanie
między
prądami elektrycznymi tych przewodników odbywa poprzez pola magnetyczne wytwarzane przez
płynącymi wewnątrz się
te
prądy.
Związek między prądem
elektrycznym a wywoprzez niego polem magnetycznym opisuje prawo Biota-Sawarta. Zgodnie z tym prawem pole magnetyczne wytworzone przez obwód z prądem elektrycznym charakteryzuje wektor indukcji: łanym
gdzie wektory jednostkowe ~ i i, są równe:
-:
r r
t r =-
till jest proporcjonalne do r w prawie Coulomba. Zwróćmy
2,
podobnie jak uwagę, że w tym
Rys. 10 Zbliżanie bądź oddalanie magnesu od metalowego pierścienia indukuje w nim przepływ prądu elektrycznego zwanego prądem indukcyjnym. Z nauki o elektryczności wiemy, że warunkiem przepływu prądu w obwodzie jest różnica potencjałów. Aby w obwodzie wystąpiła różnica potencjałów, musi być źródło siły elektromotorycznej. Takim źródłem jest np. bateria. W omawianym wyżej doświadczeniu ze wzbudzaniem przepływu prądu w pierścieniu metalowym nie ma żadnej
$7
baterii, a więc siła elektromotoryczna jest indukowana przez zmieniający się w czasie strumień indukcji magnetycznej. Ze względu na sposób powstawania tej siły nazywamy ją siłą elektromotoryczną indukcji. Michał Faraday sformułował prawo mówiące, że w zamkniętym obwodzie elektrycznym indukowana jest siła elektromotoryczna indukcji, której wielkość zależy od szybkości zmian strumienia indukcji magnetycznej obejmującego obwód.
Współczynnik
samoindukcji
L nazywany jest
[L] =[et>] = 1 Wb = 1 H [I] A Jednostką indukcyjności
jest 1 henr (1 H). kg · m 2
lH=l Wb =1
~ =1-kg_·_m_2
A
płynie prąd
w obwodzie C w czasie:
jący się
A2 . s 2
A
Załóżmy, że
(19)
współcz~nnikicm
(indukcyjnością).
zmienia-
I = I(t) Znak minus
tłumaczy reguła
Lenza : Wobec tego przez obwód będzie przenikać zmieniający się w czasie strumień indukcji magnetycznej
Zwrot indukowanego w obwodzie prądu jest taki, że strumień magnetyczny wywoływany przez ten prąd przeciwdziała zmianom strumienia, który ten prąd wywołał. Reguła Lenza jest konsekwencją zasady zachowa. .. ma energn. Zjawisko wytwarzania prądu indukcyjnego w zamkniętym obwodzie wskutek zmian strumienia indukcji magnetycznej nazywamy zjawiskiem ind ukcji elektromagnetycznej.
9 . Zjawisko indukcji i wzajemnej
Możemy napisać:
~ =-t:,.
płynie
M
-
/'J.t
/'J.t
/'J.t
=O, bo geometryczny
(2 1)
/'J.t
kształt
ob-
wodu w naszym przypadku nie ulega zmianie.. Wynika stąd, że:
własnej
Af
~L =-L-
Załóżmy, że
rym
/'J.t
L
mamy obwód zamknięty C, w któprąd o natężeniu I.
/'J.t
(22)
Zwróćmy uwagę, że siła
Rys. 11 Prąd płynący
w obwodzie wytwarza pole magnetyczne o indukcji B, która zgodnie z prawem Biota-Savarta jest proporcjonalna do natężenia prądu płynącego w tym obwodzie. B-I
indukował siłę elektromotoryczną.
z tym możemy napisać wyrażenie na indukcji pola obejmowany przez powierzchnię rozpiętą na obwodzie C.
W
związku
strumień
I~
elektromotoryczna samoindukcji jest proporcjonalna do zmiany natęże nia prądu w czasie. Znak minus wynika z reguły Lenza. W przypadku pojedynczego obwodu obserwujemy zjawisko powstawania siły elektromotorycznej indukcji wskutek przepływu przez obwód prądu o zmiennym w czasie natężeniu. Podobnie, gdy obok obwodu, w którym płynie prąd zmieniający się w czasie, umieścimy drugi obwód, to w tym drugim obwodzie też będziemy obserwowali zjawisko indukowania siły elektromotorycznej . Jednocześnie drugi obwód będzie w tym pierwszym
(20)
IO.
Prądnica pr ądu
Prądnica
zmiennego
prądu zmiennego jest to urządzenie do wytwarzania siły elektromotorycznej sinusoidalnie zmiennej w czasie.
służące
sama moc, jak w przypadku przepływu przemiennego o amplitudzie I 0 ? byłaby
Wydzielona moc
prądu
równa: (25)
Średnia moc wydzielona w obwodzie podczas przemiennego jest równa:
przepływu prądu
p, = -1 Rlo2 s 2
(26)
Rys 12
Jak Zmieniająca się periodycznie siła elektromotoryczna pojawia się na szczotkach S. Jeżeli do szczotek podłączymy odbiornik, to popłynie przez niego prąd przemienny o natężeniu:
widać, średnia
wydzieliłaby się
niego
moc jest równa mocy, jaka w obwodzie, gdyby płynął przez
prąd stały o natężeniu p=
I= I 0 sin wt
li .
pś
RI 2 - 1 RI2 sk
-2
O
Ruch wykonanej z przewodnika ramki w polu magnetycznym o indukcji B sprawia, że ramka ustawia się pod różnym kątem do linii pola magnetycznego, a więc zmianie ulega strumień wektora indukcji magnetycznej obejmowany przez ramkę. Zmiany strumienia, zgodnie z prawem Faradaya, są źródłem siły elektromotorycznej indukcji. Za pomocą prądnicy prądu zmiennego możemy otrzymać prąd przemienny, tzn. taki, którego natężenie zmienia się sinusoidalnie w czasie:
I=I 0 sinwt ~=~o sin wt
~o
- amplituda siły elektromotorycznej U0 - amplituda napięcia -
Moc
amplituda prądu
(27)
Analogicznie
Uo Usk -- J2
(28)
li. Obwód RLCR (23)
U= U0 sin wt
I0
Stąd:
Idealny kondensator w obwodzie prądu stałego to przerwa w obwodzie. Prąd stały przez kondensator nie płynie . Sytuacja ulega radykalnej zmianie, gdy w obwód włączymy zmienne napięcie:
U(t) = U0 coswt
natężenia
c
przemiennego:
P =Ul= (RI)I = RI 2 = R(I0 sinwtf =
= RI~ sin 2 wt t Żl
1ie ~kut<.:cme
Moc prądu przemiennego zmienia się sinusoidalnie w czasie zgodnie ze wzorem: 2
.
2
P = RI 0 sm wt
(24)
Można zadać pytanie, jaki powinien płynąć w obwodzie prąd stały o natężeniu I sk' aby wskutek jego przepływu w obwodzie wydzieliła się taka
Rys. 13
Opór przewodów pomijamy, a więc napięcie na okładkach kondensatora jest takie samo jak napięcie źródła. W każdej chwili na okładkach kondensatora zgromadzony jest ładunek:
Q(t)=CU(t)=CU0 coswt
(29)
$9
Widać stąd, że ładunek
na okładkach kondensatora zmienia się w czasie. Zmienia się też natężenie prądu płynącego w obwodzie. Chwilową wartość natężenia możemy
Prawo Ohma dla tego obwodu w postaci:
RI(t) = U(t)- L dl(t) dt
wyznaczyć, obliczając pochodną ładunku wzglę
dem czasu.
W przypadku, gdy
I= dQ = Q'(t) = (eU 0 coswt)' = -eu0 w sin wt= dt =weU0
cos(wt+~)= ~o cos(wt+~)
oporem
Podstawmy w miejsce U(t) i I(t)
opór R: (34)
wyraże ni a:
U(t) = U0 coswt I(t) = 10 cos(wt + [3)
1 ma wymiar oporu i nazywa we
się
Otrzymamy:
U coswt - L d[I ocos (wt + [3)] =O 0 dt
pojemnościowym .
1 Rc= we
możemy pominąć
(33)
U(t)- L dl(t) =O dt
we
Wyrażenie
m oże my zapisać
(30)
(35)
Obliczając pierwszą pochodną natężenia wzglę
dem czasu: Jeżeli
w obwodzie oprócz kondensatora jest opór omowy, to znaczy połączony szeregowo z kondensatorem opornik R, to opór takiego układu nazywamy zawadą szeregowego obwodu RC.
dl =-w 10 sin (wt+ [3) dt i podstawiając do równania (35), otrzymamy:
U0 coswt+wLI0 sin(wt+ [3)=0 Powyższa równość
jest spełniona, gdy
1. sin(wt + [3) =-coswt Cewka indukcyjna w obwodzie prądu zmiennego Cewką (solenoidem, zwojnicą) nazywamy drut nawinięty na powierzchni walca. Cewka indukcyjna (solenoid) w obwodzie prądu stałego to po prostu zwarcie obwodu. Natomiast w obwodzie prądu przemiennego, zgodnie z prawem indukcji Faradaya, płynący prąd wytwarza wewnątrz cewki zmienne pole magnetyczne. Ze względu na to, że cewka znajduje się w wytworzonym przez siebie zmiennym polu magnetycznym, indukowana jest w niej siła elektromotoryczna samoindukcji, która jest równa:
~ = -L dl(t) L dt
czyli f3 = - n 2 2. U0 -wLI 0 =0
Uo =WL Io (36) Wyrażenie
(36) przedstawia wielkość zwaną oporem indukcyjnym. Jeżeli w obwodzie oprócz cewki będzie jeszcze opór omowy R, to:
(32)
(37) Wielkość
Z nazywamy zawadą obwodu złożone go z kondensatora i cewki indukcyjnej. Zawada obwodu zawierającego cewkę (o indukcyjności L), kondensator (o pojemności e ) i opór (o oporze R) wynosi:
U (t) = U 0 cosmt
Natomiast
częstość kołowa wyraża się
wzorem:
(38) (41) j •a)"L\
Rozpatrzmy obwód i kondensatora:
złożony
zaś
z cewki indukcyjnej
okres
drgań:
2n
r;-;.
T =-=2nvLC
c~
Powyższy wzór na okres Thomsona. Zwróćmy uwagę,
pojemność
L
drgań
nosi
nazwę
wzoru
że jeżeli będziemy zmieniać
kondensatora lub
indukcyjność
cewki,
to będzie się zmieniać częstotliwość drgań.
Rys 15
Możemy także wyznaczyć długość dział
Kondensator został naładowany, a więc zgromadzony na jednej okładce ładunek wynosi Q. Kondensator w takim obwodzie może być traktowany jako źródło siły elektromotorycznej:
~= - Q
(39)
c
Zakładamy, że
(42)
m
fali (zob. roz-
IX).
~
A,= cT = 2nc.fiE
(43)
12. Transformator Urządzeniem
działającym na zasadzie indukcji elektromagnetycznej jest transformator. Pozwala on podwyższać bądź obniżać napięcie.
R = O.
Możemy więc napisać:
-L dl(t) _ Q(t) =O dt c d 2Q Q - L -2- - = 0 dt c
I
lub w postaci bardziej znanej:
._______
Uzwojenie wtórne transformatora
Rdzeń
Uzwo1eme pierwotne
Rys 16
- L Q"(t)-ffQ(t) =O Jeżeli
przyjrzymy
(40)
się powyższym
równaniom, to do mechaniki: jest odpowiednikiem położenia:
zauważymy analogię
Ładunek
Q~~x
Natężenie
jest odpowiednikiem
Przez każd y zwój uzwojenia pierwotnego przechodzi strumień indukcji magnetycznej równy 4>0 • Wobec tego w każdym zwoju indukowana jest siła elektromotoryczna indukcji równa zgodnie z prawem Faradaya: (44)
prędkości:
I~~v
Odpowiednikiem pochodnej ś pieszenie:
dl -~~a dt
natężenia
jest przy-
Uzwojenia transformatora składają się odpowiednio z n 1 i n 2 zwojów. Zatem w uzwojeniu pierwotnym indukowana jest indukcji równa:
siła
~1 = n1~0 =-ni a w uzwojeniu wtórnym:
elektromotoryczna
t!.cI>o tit
I prawo:
Jeżeli
(48)
podzielimy równania stronami, otrzymamy: (45)
Jeżeli założymy, że
jest bardzo
mały,
to
opór rzeczywisty R
Wirowe pole elektryczne jest wywołane przez zmienne pole magnetyczne. Jest to uogólnione prawo Faradaya.
uzwojeń
możemy przyjąć, że:
~ 1 ,,,U 1
li prawo:
oraz ~ 2 "'U 2
W związku z tym wzór (50) w postaci:
(49)
możemy zapisać
Wirowe pole magnetyczne jest wywołane przez prąd elektryczny i przez zmieniające się w czasie pole elektryczne. Jest to uogólnione prawo Ampere'a.
(46)
Współczynnik
k nazywa się współczynnikiem transmisji lub przekładnią transformatora. k > 1 => transformator zwiększa napięcie k < 1 => transformator zmniejsza napięcie Jeżeli do uzwojenia wtórnego podłączymy odbiornik energii, to energia w tym uzwojeniu czerpana jest kosztem energii dostarczanej do uzwojenia pierwotnego. Wszystko oczywiście zgodnie z zasadą zachowania energii. Energia dostarczona do uzwojenia pierwotnego wynosi:
III prawo: ?.:
~
„
(50)
Pole elektrostatyczne jest polem źródłowym. Źródłem pola jest ładunek elektryczny. Jest to prawo Gaussa dla pola elektrostatycznego.
IV prawo: (51)
Energia uzyskiwana w uzwojeniu wtórnym jest równa:
Zgodnie z zasadą zachowania energii: E1 =E2
U1l1 = U2l2
Qi_ =!i U2
(47)
11
Pole magnetyczne jest polem bezźródłowym. W przyrodzie nie ma oddzielnych biegunów magnetycznych. Jest to prawo Gaussa dla pola 119gnetycznego. Do tego układu możemy dopisać jeszcze je równanie pokazujące, że pole elektromagnetyczne jest nośnikiem energii. t:
Z ostatniej równości widzimy, że transformator tyle samo razy zwiększa napięcie w uzwojeniu wtórnym, ile razy zmniejsza natężenie w tym uzwojeniu.
13. Prawa MaxwellaR James Clark Maxwell zawarł całą ówczesną wiedzę o elektryczności i magnetyzmie w czterech równaniach.
I~
E2 2
B2 2µ 0
0 W=-- + -
(52)
gdzie w - gęstość energii Eksperymentalnym potwierdzeniem teorii Maxwella było odkrycie fal elektromagnetycznych przez Heinricha Hertza w 1887 r. Hertz dowiódł doświadczalnie, że drgający dipol elektryczny wypromieniowuje fale elektromagnetyczne. Rozpatrzmy obwód złożony z cewki indukcyjnej i kondensatora.
za
iła
Rys. 17
n
Teraz
kondensatora.
LJ
i;
duża częstotliwość
to m ała długość fali, w laboratorium. Aby to osiągnąć, trzeba w obwodzie maksymalnie zmni ejszyć pojemność i indukcyjność. Na począ tek usuniemy z obwodu cewkę. Pojemność obwodu b ę d zie równa pojemności przewodów. którą łatwo można zmierzyć
Rys. 18
okładki
+
drgający miał możliwie największą częstotliwość.
.ta iLu
usuwamy
- 'z
Pola: elektryczne w kondensatorze i magnetyczne w cewce, powstają, wzrastają, maleją i znikają. Taki układ może być źródłem zaburzeń elektrycznych i magnetycznych, które mogą być źródłem fal elektromagnetycznych. Zgodnie z teorią Maxwella natężenie pola elektrycznego i indukcja pola magnetycznego, jakie wytwarza pierwotne zaburzenia, są tym większe, im większa jest szybkość zmian pierwotnego pola. Dlatego Hertz dążył do tego, aby jego obwód Poza tym
całkowicie
i;
y . -- -
+ Rys. 20 Zauważmy, że zmiemaiące się pole elektryczne jest źródłem pola magnetycznego także zmiennego. Pola te są ze sobą ściśle powiązane , dlatego też mówimy o polu elektromagnetycznym. Jeżeli wytworzymy pierwsze zaburzenie, np. zmianę w czasie wektora E lub B, będzie to przyczyną kolejnych zaburzeń. Jak przekonać się, że nasz dipol rzeczywiście promieniuje? Znamy zjawisko rezonansu. Jeżeli w pewnej odległości od drgającego dipola, nazwijmy go dipolem-oscylatorem, umieścimy drugi dipol, który nazwiemy dipolem-rezonatorem, i zdołamy wprawić go w drgania, będzie to dowód, że drganie jednego dipola zostało przesłane przez otaczający ośrodek do drugiego dipola .
LJ
... E
Następnie szając
oddalamy okładki kondensatora, zmniejw ten sposób jego pojemn ość .
+
' , '' ' ' ' '
i(,1 TTIH!Il,
'' '' '' I' I' I I 'I
dipol-oscylator Rys. 21
'' ' ' ''
Rys 19
~3
1
8
m
v = c= - - "" 3·10 -
~c oµo
s
t: 0 , µ 0 - przenikalności : elektryczna
lampka neonowa
tyczna
magne-
pró żni
z
X
dipol-rezonator Rys. 22
Umieszczona między końcami dipola-rezonatora lampka neonowa świeci w czasie drgań dipola-oscylatora. A więc zdołaliśmy przekazać drganie na odległość. Aby mieć pewność, że promieniowanie elektromagnetyczne ma rzeczywiście naturę falową, trzeba sprawdzić, czy ulega ono zjawiskom falowym, np. interferencji. Hertzowi udało się pokazać, że drgania elektromagnetyczne ulegają interferencji. W ten sposób zostały odkryte fale elektromagnetyczne. Wprawdzie o falach będziemy mówić w rozdziale IX, ale warto teraz podać najważniejsze własności fal elektromagnetycznych. 1. Fale elektromagnetyczne mogą rozchodzić się w próżni . 2. Jeżeli fale elektromagnetyczne przechodzą przez powierzchnię rozdzielającą dwa ośrodki , to ulegają częściowemu odbiciu i częściowemu
y Rys. 23
Na rysunku przedstawiono przebieg wektorów E i B wzdłu ż kierunku rozchodzenia się fali elektromagnetycznej.
14.
Przykłady
i#łJ@@ll Do jednorodnego pola magnetycznego o indukcj i 5 · 10-3 T wpada elektron z prę dkością 105 m/ pod kątem 30° do linii pola magnetycznego. Oblicz wartość siły dział aj ącej na elektron.
załamaniu.
3. Wektor natężenia pola elektrycznego E drga w płaszczyźnie równikowej dipola. 4. Wektor indukcji magnetycznej B drga prostopadle do wektora natężenia pola elektrycznego E. 5. Fale elektromagnetyczne są falami poprzecznymi. 6. Prędkość fal elektromagnetycznych mozemy wyznaczyć ze wzoru: 1
v = --
#
t: - przenikalność elektryczna ośrodka
µ-
przenikalność
magnetyczna ośrodka
Dane: = 5 . lQ-4 T v = 10 8 m/s q = 1,6 · 10- 19 L(v;
F = ?
c
B) = 30°
Rozwiązanie:
Na cząstkę o ładunku q poruszającą si ę w polu magnetycznym działa sił a Lorenza, której wartość obliczamy ze wzoru:
lftl= qv B sin L(v; B) Po podstawieniu 1emy:
I.FI =1,6·l0-
13~
Szukane:
B
wartości
19 · 10 8 ·5·10-4
liczbowych otrzymu-
sin 30° N
=4 · l 0-15 N
Sprawdźmy
jeszcze jednostki
[F]= [ą][v][B] = 1C.m·T=1 A ·s· m -~2 = s
s A· s
= 1kg·m=1 N s2 Odp. Na elektron
działa siła 4 -10-1s
N.
W pewnym obszarze przestrzeni porusza się elek-
tron. Jak stwierdzić, czy w tym obszarze istnieje pole magnetyczne?
Rys. 24
W naszym przypadku: Rozwiązanie:
li
Jeśli
elektron porusza się pod pewnym kątem do linii pola magnetycznego, to działa na niego siła Lorentza, której wartość zależy nie tylko od warcości ładunku, prędkości i indukcji pola magnecycznego, ale także od orientacji względem siebie wektorów i B. W takim przypadku tor elektronu ulega zakrzywieniu. W szczególnym przypadku, gdy ii 1- B, elektron porusza się po okrę gu. Jeżeli elektron porusza się wzdłuż linii pola magnetycznego, tzn. v \\ B, to nie możemy stwierdzić, czy w danym obszarze istnieje pole magnetyczne, bo gdy:
li
L B;· Ll~ = L B;L\l; cosL(B;; Ll~) = i=l
i= l n
=
L B;Lll; = B1L1l1 + B2L1l2 + ... + Bn,1/n = i=l
v
Skorzystaliśmy
tutaj z symetrii układu, tzn. z tego, indukcji pola magnetycznego w każdym punkcie leżącym na okręgu o promieniu r, przez środek którego przechodzi przewodnik, jest taka sama.
że wartość
Stąd:
1° L (v; B) = 0° ::::} F = e v B sin 0° =O 2° L(ii;B)=18 0° ::::}F=evBsinl80° =0 W obu tych przypadkach nie obserwujemy dział ania siły . Przykład
Natomiast, gdy dodamy do siebie wszystkie elementy !:l. l, to otrzymamy długość okręgu 2"Trr. Ponadto wektor B jest styczny do okręgu w każ dym punkcie, a więc :
3R.
W prostoliniowym przewodniku płynie prąd o natężeniu 5 A. Oblicz wartość indukcji pola magnetycznego w odległości 1 cm i 1 m od przewodnika. Porównaj otrzymane wyniki.
Dane:
Szukane:
l=SA
B'= ? B" =? B":B'=?
r 1 =lcm=l0- 2 m
r2 = 1 m
Z kolei prawa
częsc
wzoru prawo Ampere'a jest równa:
Mogli śmy
przedstawiającego
tak napisać, gdyż m= 1 (mamy tylko jeden przewodnik). Prawo Ampere'a przyjmie postać :
Rozwiązanie:
B2"Trr = µ 01
Skorzystamy z prawa Ampere'a:
B = µol 2nr
Sprawdźmy
najpierw jednostki:
[B] = [µ 0 ] [I] = l m · kg · C[r] m
2
·A
= l kg · A = A 2 ·s 2
=1~=1 T 2 A·s
Otrzymaliśmy jednostkę
tycznego. bowe:
Możemy
indukcji pola magnelicz-
podstawić wartości
teraz
Wokół takiego przewodnika powstaje pole magnetyczne. Jeżeli taki przewodnik umieścimy w polu magnetycznym (dla uproszczenia w jednorodnym polu magnetycznym), to zaobserwujemy oddziaływa nie tych pól. Na każdy poruszający się w polu ładunek elektryczny działa siła Lorentza:
F = qii x B B'
= 4n · 10-7 . 5 T = 10-4 T 2n · 10- 2
B" = 4n · 10-
7
2n ·l B" B'
·
5 T = 10 _6 T
W elemencie przewodnika o długości D. l umieszczonym w polu magnetycznym znajduje się N ładunków elektrycznych (elektronów). Wartość siły Lorentza działającej na jeden ładunek wynosi : F1 =evB sina
= 10-6 = 10 _2
Siła działająca
10- 4
Odp. Indukcja pola magnetycznego wytworzonego wokół przewodnika jest proporcjonalna do natężenia płynącego prądu i odwrotnie proporcjonalna do odległości od przewodnika. W odległości 1 cm od przewodnika indukcja wynosi 10-4 T, a w odległości 1 m - 10-6 T, czyli jest 100 razy mme1sza.
na N elektronów:
F = NF1 = Ne v B sin a Czynnik Ne = !t..q przedstawia całkowity ładu nek, który w czasie !t..t przepływa przez element przewodnika o długości !t..l. Korzystając z określenia natężenia prądu elektrycznego:
możemy napisać:
Jaka siła działa na przewodnik o długości 2 .10-1 m umieszczony w polu magnetycznym o indukcji równej 10-4 T, przez który płynie prąd o natęże niu 1 A? Dane: t>..l
=
2 ·10-1
Szukane: F=?
m
D.q =IM Wyrażenie
na
siłę
Lorentza przyjmie
postać:
F = b.qv B sina= ID.tv B sina= I b.l B sina Skorzystaliśmy
tutaj ze wzoru na
drogę
w ruchu
jednostajnym:
B = 10-4 T
I=lA Wzór na siłę działającą na umieszczony w polu magnetycznym przewodnik, w którym płynie prąd, możemy napisać w postaci wektorowej:
Rozwiązanie:
s
F =I D.l xB
I Powyższy
wzór przedstawia siłę elektrodynamiczną.
Podsumowując, siła Lorentza to siła działająca na ładunek poruszający się w polu magnetycznym, Rys 25 Płynący w przewodniku prąd elektryczny to nic
mnego jak poruszające się ładunki elektryczne.
I~
a siła elektrodynamiczna działa na element przewodnika o długości M znajdujący się w polu magnetycznym.
Wracając
do warunków określonych w zadaniu, popatrzmy jak zorientowane są wektory wystę pujące we wzorze.
j~
Aby wykazać tę równość, wystarczy przypomnieć odpowiednie wzory i podstawić wartości. t:0 = 8,84 · l0- 12 C2. N-1. m-2
µ 0 = 4n· l0-7 m · kg · C-2
.„.··
/ ..//
1
Il.I
-------------------------·
1
8,84 · l0 - 12 C 2N - 1m- 2 · 4 · 3,14 . 10- 7 m · kg· C- 2
Rys. 26
Zwrot wektora l'l.l jest zgodny z kierunkiem
pły
nącego prądu . Jeżel i także
zmienimy kierunek prądu, to zm1em zwrot siły elektrodynamicznej.
=
1
1
11 1 ·10-18 kg Nm '
11 1 · 10-18 kg kg · m · m ' s2
2 2 ( 3 ·108 m )2 =c2 1 ·~=9·1016~= 11, 1 · 10- 18 s2 s2 s
się Przykład
Wyznacz dzi.
B F
7
GR.
koncentrację nośników ładunków
Dane: NA = 6,02· 10 23 mol- 1 Pcu = 8,9 glcm-3 Mcu = 63,5 glmol
w mie-
Szukane: ncu =?
Rozwiązanie:
_NA · Pcu _6,02 · 10 23 · 8,9 1 _ nc„ - M 63 5 3 Cu , cm
Rys. 27
Zwrot siły elektrodynamicznej zmieni się też, gdy zmieni się zwrot wektora indukcji pola magnetycznego. Wartość siły elektrodynamicznej obliczymy ze wzoru : F = l ·l'l.l·B
[F] =[I][l'l.l] [B] =lA·m ·T = = 1A·m · kg·A- 1·s-2 =1 N
F = 1·2·10- 1·10--4 N =2·10-5 N Odp. Na przewodnik dzia ł a siła o wartości 2 · l0- 5 N. Jej kierunek jest prostopadły do płaszczyzny, w której leżą wektory ll.t i B, zwrot natomiast jest zgodny z regułą śruby p rawoskrętnej. Przykład SR.
. . 2 1 W yk az, ze c = - - .
Eoµo
=o 84·1023. _1_"' 1023. _1_ ' cm 3 cm 3 Wykonując
obliczenia założyliśmy, że każdy atom daje jeden elektron swobodny. A więc liczba swobodnych elektronów jest równa liczbie atomów w danej objętości. Przykład
7R.
Wyznacz wartość współczynnika samoindukcji solenoidu o długości /. Solenoid jest cewką z drutu o n nawiniętych spiralnie zwojach na powierzchnię walca. Przez uzwojenia solenoidu płynie prąd o natężeniu I. Ponadto zakładamy, że solenoid jest długi w porównaniu z promieniem r przekroju porzecznego. W obliczeniach skorzystaj ze wzoru na indukcję pola magnetycznego wewnątrz takiego solenoidu.
B = µonl l
Dane: n - liczba zwojów I - długość solenoidu I - natężenie prądu I>> r
Rozwiązanie :
Szukane: L = ?
Io
a) Isk = J2.
Io =Isk J2. =10 · 1,41 A=14,1 A
Rozwiązanie:
Strumień
indukcji magnetycznej przenikający przez poprzeczny przekrój solenoidu wynosi: 1
A więc
strumień
2
[Pśr ]
2
V
2
= [R][Isk ] = H2. A = 1 A A =
=lV·A=lW
= BS
RI;k = 1000 · 10W=10000 W
Pś, =
przez n zwojów:
c) Moc
chwilową możemy obliczyć
ze wzoru
2
_ _ BS _ µ 0 nI S _ µ 0 n IS n -n i -n -n I I .
1
P=
Moc maksymalna
µ n 2 IS -0- 2 L = n = I = µon S
I
to
ten wzór
I
P0
l
przekształcimy
noidu
solenoidu
zależy
od
= 2Pśr = 20 OOO W
Moc minimalna Pmin = O.
do postaci:
możemy powiedzieć, że współczynnik
ności
2
= 2Pśr sin 2 m t
.
wreszcie:
Jeżeli
RI6sin2mt = R(J2.I sk ) 2 sin mt =
gęstości
indukcyjnawinięcia sole-
(zależność kwadratowa), czyli od
(TJ,
oraz
IS. Zadania Zadanie I.
W fizyce cząstek elementarnych stosuje się jednostkę energii 1 eV (elektronowolt). Wyraź tę j ednostkę w dżulach .
W dwóch równoległych przewodnikach odległych o 0,01 m płynie prąd w tym samym kierunku o natężeniu 10 A. Jaka jest indukcja pola magnetycznego w punkcie leżącym w połowie odległości między tymi przewodnikami? Jaka byłaby indukcja pola magnetycznego, gdyby prądy płynęły w przeciwnych kierunkach?
1 eV= 1,6·10-19 C .V =1,6
µo = 41' · 10 -7
od
objętości
solenoidu V (V = SI).
1Qfłll$@1:8
.10-19
J
~
m
IQfłi!S@łl W obwodzie płynie prąd przemienny o natężeniu skutecznym równym 10 A. a) Jaka jest maksymalna wartość natężenia tego prądu?
Zadanie 2.
Wyznacz cie P.
b) Jaka średnia moc wydzieli się na oporze 1 kQ? c) Jaka moc chwilowa maksymalna, a jaka minimalna wydzieli się na tym oporze?
indukcję
pola magnetycznego w punk-
C"[hjo,osm a = lm
p
a = Im
Rys. 28
Dane: Isk= 10 A R = 1 kQ
I~
Szukane: Io= ? Po = ? pśr = ?
Źródłem pola magnetycznego jest prąd o natęże niu 5 A płynący w przewodniku w kształcie pół kola o promieniu równym 0,05 m. Jaki wpływ na
indukcję
pola magnetycznego w punkcie P ma prąd płynący w dwóch prostoliniowych przewodnikach o długości 1 m?
prądu
Zadanie 3.
Zadanie 9R.
Wyznacz indukcję pola magnetycznego w środku kwadratu o boku 0,5 m, jeżeli wzdłuż boków kwadratu płynie prąd o natężeniu 10 A.
W obwód prąd u przemiennego (v = 50 Hz) o napięci u skutecznym 220 V wł ączono szeregowo cewkę o indukcyjności 2 H i oporze omowym 100 n oraz kondensator o p ojemności 5 µ F. Oblicz wartość skuteczną natężen ia prądu .
I r
,,''
,////-~
teczną wartość natężenia prądu.
Zadanie IO.
,,-•'
„„.-·..„
przemiennego o napięciu skutecznym 110 V i częstotliwości 60 Hz. Oblicz maksymalną i sku-
.„
···..„........
Rys. 29
Obwód antenowy odbiornika radiowego zawiera kondensator o pojemności 500 pF i cewkę o indukcyj ności 5 mH . Jakiej długości fale można odbierać tym odbiornikiem? Zadanie li.
Zadanie 4 .
Krążący
przewodnik o długości 70 cm na odległość 1 m w jednorodnym polu magnetycznym o indukcji 2 T (wektor indukcji pola magnetycznego jest prostopadły do płaszczyzny, w której przesuwamy przewodnik) . W przewodniku płynie prąd o natężeniu 10 A.
w atomie wodoru elektron (zgodnie z teorią Bohra) możemy traktować jako prąd elektryczny. Elektron krąży wokół jądra po orbicie o promieniu 5, 1·10-11 m z prę dkością 2 · 106 m/s. Oblicz: a) natężenie płynącego prądu, b) wartość wektora indukcji pola magnetycznego w środku orbity elektronu.
Zadanie SR.
Zadanie 12.
Na walec kartonowy o długości 0,3 m i promieniu podstawy 0,05 m nawinięto 10 000 zwojów drutu miedzianego. Jaką indukcyjność ma tak otrzymana cewka?
Jakie
Jaką pracę
trzeba
wykonać,
aby
przesunąć
napięcie
mierzy woltomierz w obwodzie przemiennego: maksymalne, chwilowe czy skuteczne? prądu
Zadanie 13. Zadanie GR.
Wyznacz siłę elektromotoryczną powstającą w cewce z zadania 5, jeżeli natężenie płynącego przez nią prądu maleje od 1 A do zera w czasie 10-3 s.
Na kondensatorze jest informacja, że nap1ęc1e znamionowe wynosi 300 V. Czy można ten kondensator włączyć do obwodu o napięciu 220 V? Do jakiego maksymalnego napięcia można podłą czyć ten kondensator?
Zadanie 7R.
Zadanie 14.
Wyznacz indukcyjność cewki, w której podczas zmiany natężenia prądu w czasie 6 s od zera do 5 A powstaje siła elektromotoryczna samoindukcji równa 3 V.
Obwód odbiornika składa się z kondensatora o pojemności 2 · 10-9 F i cewki indukcyjnej o indukcyjności 3·10-6 H. Na jaki okres drgań nastrojony jest ten obwód? Wyznacz długość fali, jaką możemy nim odbierać.
Zadanie BR.
Kondensator o pojemności 3 µF podłączono szeregowo z oporem omowym 200 n do obwodu
Zadanie 15.
Pole
pochodzące
jest równe zero, ponieważ
Obwód odbiornika składa się z kondensatora o pojemności 5 · l0-8 F. Jaką trzeba dobrać indukcyjność, aby można było nim odbierać fale o dłu gości 100 m?
Zadanie 3. Zero
Zadanie 16.
Zadanie 4.
W uzwojeniu pierwotnym transformatora o sprawności 90%, do którego podłączono napięcie 220 V płynie prąd o natężeniu 2 A. W uzwojeniu wtórnym transformatora uzyskano napięcie 24 V. Wyznacz natężenie prądu płynącego w tym uzwojeniu. Rozwiązania
16. do
od odcinków prostoliniowych
r
11
.1 l
.
W=Blls=14J Zadanie SR.
L = µon 2S I
=3 3 H '
i odpowiedzi
zadań
Zadanie 6R.
Zadanie 1. Korzystamy z prawa Ampere'a:
J:
"'
Af
= -L- =-3 3·103 V l:!i.t
'
B = µol
2nr
Zadanie 7R.
L=~M=36H Af
'
- ..,_---Zadanie SR. Rys. 30
z rysunku, gdy w przewodnikach płyną w tym samym kierunku i o tym samym natężeniu, to wypadkowe pole magnetyczne w połowie odległości między przewodnikami jest równe zero.
Jak
widać
prądy
Jeżeli prądy płyną
Zadanie 9R.
w kierunkach przeciwnych, to: I
B = 2 · µol = 8 -10- 4 T 2nr
Zadanie 2. Korzystając
z prawa Biotta-Sawarta, obliczamy indukcję pola magnetycznego w środku półkola o prom1emu r:
B = µo!_
4 r B = 3,1410-s T
14fb
J
z~ JR'+(wL- „1c ~ 100,3 n sk
= Usk = 2 2 A Z
'
Zadanie 10. T = 2nJLC
A. =vT = 2ncJLC= 2,98-10 3
m
Zadanie 11. Poruszający się
elektron możemy traktować jako elektryczny pły nący w przewodniku koło wym o prom1emu r. prąd
Natężenie
tego
prądu
Zadanie 14.
wynosi:
A.=145,92 m
1=9_=!__
T
t
T = 2nr
Zadanie 15 .
V
T = 2n.JiE
1=~=10-3 A 2nr
~ = 2n.JiE c
Indukcja pola magnetycznego w
B = µol 2r
środku
orbity:
= 12 3 T '
Zadanie 16. Zadanie 12. Woltomierz w obwodzie mierzy napięcie skuteczne.
prądu
przemiennego
12 =rtl1 U1=176A U2 '
Zadanie 13. ie, gdyż Umax =.fi. Usk = 310,2 V 3 00 V= 212 V U sk.max =
.fi.
~I
rozdział
Rozdział
Ruch
I. Ruch drgający 2 . Ruch falowy 3 . Zjawisko odbicia fal 4 . Zjawisko załamania fal 5 . Rozszczepienie światła 6 . Interferencja fal 7 . Siatka dyfrakcyjna 8 . Soczewka 9 . Zjawisko DoppleraR IO. Polaryzacja fal li. Energia w ruchu harmonicznym 12. Zjawisko rezonansu 13. Przykłady 14. Zadania 15. Rozwiązania i odpowiedzi do zadań
d r:gający
i falowy
Możemy wyróżnić
tryczne, atomowe,
oscylatory mechaniczne, elekjądrowe .
W zapisanym wyżej wzorze x - pewna wielkość fizyczna x 0 - amplituda, czyli największe wychylenie z położenia równowagi wt +
w jest to
(2)
częstość kołowa
2n
(3)
(J)= -
T
r ]- [2n] _ 1 LW
drgający
'~
Zjawisko ruchu możemy podzielić na dwie klasy zjawisk: l. Poruszający się obiekt wykonuje ruch wokół pewnego ustalonego położenia, np. ruch wahadła, ruch struny gitary, ruch wody w szklance. 2. Poruszający się obiekt przemieszcza się w przestrzeni z jednego miejsca do drugiego, np. ruch piłki, ruch światła, ruch fal morskich uderzających o brzeg morza. Często mamy do czynienia ze złożeniem obu tych ruchów. Na przykład wspomniane fale morskie wędrują na duże odległości, a siedząca na wodzie mewa wykonuje jedynie ruch w górę i w dół. Ruchy powtarzające się nazywamy drganiami. Jeżeli czas powtarzalności jest stały, to taki czas nazywamy okre~em , a ruch okresowym. Bę dziemy mówić tylko o takich drganiach, w których pewien parametr drgań, np. wychylenie czy ładunek na kondensatorze, zmienia się tak, że można te zmiany opisać za pomocą funkcji sinus lub cosinus. x(t)
= x 0sin (wt +
(1)
- lTT- ~
1 v=T 1
„
częstosc
(4)
1
[v] = [T ( -; = 1 Hz w= 2nv Aby
układ mógł wykonywać
spełnione
(5)
drgania,
muszą być
pewne warunki:
l. Musi istnieć położenie równowagi, czyli stan, w którym układ ma najmniejszą energię potencjalną.
2. Musi istnieć siła zwrotna zmuszająca układ do powrotu do położenia równowagi. 3. Układ musi mieć pewną bezwładność, która powoduje, że po dotarciu do położenia równowagi układ porusza się dalej (np. ruch wahadła prostego). 4. Opory ruchu nie powinny być zbyt duże. Zbyt duży opór powoduje, że czas zaniku drgań jest krótszy niż okres i w ogóle nie dochodzi do drgań.
Takie drgania nazywamy harmonicznymi. Ciało,
które wykonuje drgania harmoniczne, nazywamy oscylatorem harmonicznym.
2 . Ruch falowy Rozważmy
w
myślach
ośrodek materialny. Podzielmy go na zbiór oscylatorów.
fłjs
Fale harmoniczne są to fale, które za pomocą funkcji sinus i cosinus.
Jeżeli
spowodujemy drgania jednego z oscylatorów, to powstanie zaburzenie, które będzie przekazywane kolejnym oscylatorom. Rozchodzące się w ośrodku zaburzenie nazywamy fa l ą . Oczywiście jest to możliwe wtedy, gdy między oscylatorami występuje pewne sprzężenie.
m ożemy o pisać
X
x(t) = x 0 sin( wt +
Rys. 1 Sprzężenie może być
we, indukcyjne. Zaburzenie może lub drgań.
~ ~
np.
Długość fali A. to odległ ość między dwoma kolejnymi maksimami fali, a m ówiąc bardziej ogólni e, jest to odległość, na której następuj e pełna oscylacja. Okres fali T to czas trwania jednej pełnej oscylacji. Prędkość fali
sprężyste, pojemnościo
mieć postać
impulsu falowego
Zasada Huygensa w ośrodku wytworzymy falę, to każdy punkt ośrodka, do którego dotrze fala, staje się źródłem fali cząstkowej . Powierzchnia styczna do wszystkich fal cząstkowych jest powierzchnią falową.
Jeżeli
A. T
V=-
(6)
3. Zjawisko odbicia fal Jeżeli
fala trafi na przeszkodę , której me moze to następuje odbicie fali .
przebyć,
Rys. 4
Czoło
nowej fali
:ii: ~
Fala cząstkowa Rys. 2
Trzeba w tym miejscu dodać, że do rozchodzenia fal elektromagnetycznych nie jest potrzebny ośrodek. Fale te mogą rozchodzić się w próżni.
~~
~
-
I~
dwa ro d zaje fl a: fale podłużne, których kierunek rozchodzenia jest równoległy do kierunku drgań (np. fale dźwiękowe); fale poprzeczne, w których kierunek drgań jest prostopadły do kierunku rozchodzenia się fali (np. fale na wodzie, fale elektromagnetyczne).
Rozróżniamy
-
~li Prawo odbicia 1. Promień padający, promień odbity, prosta prostopadła do płaszczyzny padania, kąt padania, kąt odbicia leżą w jednej płaszczyźnie . 2. Kąt padania a 1 (kąt między promieniem fali padaj ącej a prostą prostopadłą do płaszczyzny odbijającej) jest równy kątowi odbicia ~ (kąt między promieniem fali odbitej a prostą prostopadłą do płaszczyzny odbijającej).
ałamania
fa l
Współczynnik załamania związany
Je żeli
fala przechodzi do innego ośrodka , w którym ma inną prę dkość rozchodzenia się, to nastę puje zł a m a ni e fali.
kalnością magnetyczną
µ i
jest z przeni-
elektryczną E ośrodka
następującą zależnością:
n= ,J;:
(10)
Współczynnik załamania światła zależy
od gęsto materii w ośrodku oraz od częstości padają cego światła. Jest on miarą oddziaływania promieniowania elektromagnetycznego z materią. ści
5. Rozszczepienie
fa'; ___
··„...
'' ''
''
Światło białe pada na
<-:__ ____________
ii_______
"-.
pryzmat
''
światła
/------:~\~~:-_:-;: ·-- - --- ------ --- -· • • •·
Rys. 5 Rys 6
Prawo załamania 1. Promień fali padającej, promień fali załamanej, prosta prostopadła do płaszczyzny załamania, kąt padania a, kąt załamania f3 (kąt między promieniem fali załamanej a prostą prostopadłą do płaszczyzny załamania) leżą w jednej płaszczyźnie. 2. Stosunek sinusa kąta padania a do sinusa kąta załamania f3 jest równy stosunkowi prędkości v 1 rozchodzenia się fali w ośrodku I do prędkości v 2 rozchodzenia się fali w ośrodku II. sina =2 sin f3 v2
Białe światło słoneczne padające na pryzmat ulega rozszczepieniu (dyspersji) na wiele barw od fioletu do czerwieni. Wynika to stąd, że światło padające na pryzmat przechodzi do innego ośrodka (np. szkła) i ulega załamaniu. Współ czynnik załamania światła zależy od częstości
padającego światła.
Światło o dużej częstości jest silniej załamywane niż światło o małej częstości V fio letowe
> V żóre > V czerwone
Za pomocą pryzmatu możemy czynnik załamania światła.
(7)
.
wyznaczyć współ
sm - -
Jest to prawo Snella.
n=--2sin p_
(11)
2
Stosunek
(8)
1J - maksymalny kąt odchylenia promienia świetl
nego o danej barwie. jest nazywany współczynnikiem II względem oś rodka I.
załamania ośrodka
Wsp ó łczynnik załamania światła określa, prędkość ś wiatła
od
w danym ośrodku w próżni.
ile razy jest mniejsza
prę dkości świ atła
c v =n
Zjawisko dyspersji światła wykorzystywane jest w analizie widmowej.
6. Interferencja fal (9)
Nakładanie się
fal prowadzące do ich wzmacniania lub os łabiania nazywamy interferencją . Podstawowym warunkiem interferencji fal jest spójność fal.
Spójność oznacza stabilność fazy zarówno w czasie (niezmienność fazy w pojedynczej fali), jak i w przestrzeni (ustalony związek faz między dwiema oddzielnymi falami).
Warunek wzmocnienia fali (12)
D.r =n?.
dla n
= O, ±1, ±2, ±3, ±4, ...
M - różnica dróg, jakie przebywają fale ze źródła
do spotkania Warunek ten
możemy zapisać
w taki sposób:
d sin a= nA.. d-
n - kolejny rząd wzmocmema (kolejny prążek interferencyjny) d - odległość między szczelinami siatki dyfrakcy1ne1 A, - długość fali światła a - kąt między prążkiem zerowym (n =O) a prąż kiem n-tym. Z
8. Soczewka
(13)
odległość między źródłami
a - kąt, pod jakim obserwujemy wzmocnienie fali
Soczcwk,,
~kupiai•łca
---[>,< ~Wfu'
>0mwb
Rys. 9 Jeżeli
promienie świetlne podają na soczewkę równolegle do osi głównej soczewki, to po przejściu przez soczewkę przecinają się w punkcie zwanym ogni~k1em .
Rys. 7 ~~
.,,
Warunek
osłabienia
L1r =
Soczewka
A. 2
(2n + 1)-
rozpraszająca
(14)
7. Siatka dyfrakcyjna Siatka dyfrakcyjna jest to układ szczelin i przesłon na przemian przesłaniających lub pochłaniających (rozpraszających) światło. Odległość między środ
kami sąsiednich szczelin (d) jest siatki. Prążki
stała
dla danej
interferencyjne
Rys. l O
n=3 n=2 n= I
y
X
2F~~I Rys. 8
f Położenie
maksimów interferencyjnych opisane jest wzorem
dsinan=nA-
(15)
Rys. 11
xy-
odległość
odległość
przedmiotu od soczewki obrazu od soczewki
f- odległość ogniska od soczewki (ogniskowa) W przedstawionej na rysunku sytuacji otrzymaliśm y obraz rzeczywisty powiększony i odwrócony. Powiększeniem p obrazu nazywamy stosunek wysokości obrazu h 2 do wysokości przedmiotu h 1 • (16)
Można wykazać, że powiększenie
jest także równe:
9 . Zjawisko DoppleraR Jeżeli źródło dźwięku
porusza się w ośrodku obserwatora, to obserwator rejestruje inną częstość fali niż ta, którą wysyła źródło. Podobnie, gdy obserwator jest w ruchu względem źródła, to zarejestrowana przez niego częstość także będzie inna od tej, którą wysyła źródło. Gdy źródło zbliża się do obserwatora, to rejestruje on częstość fali wyższą od częstości fali emitowanej przez źródło (0 • względem
1
p=Z
f 1=fo----y
(17)
(20)
V
1- v
X
Wzór soczewkowy (równanie soczewki):
1 1 1 -=-+(
(18)
y
X
A gdy źródło oddala się od obserwatora, to reje-
struje on częstość fali towanej przez źródło .
niższą
Równanie ogniskowej soczewki:
od
częstości
1
f2=fo----y
r
-1 =
f
rp r 2
n-
-
1 1) (n-1) [ -+r1
(19)
promienie krzywizny soczewki
(21)
1+ v
rz
współczynnik załamania materiału
fali emi-
prędkość źródła fal v - prędkość fali w danym ośrodku Zjawisko Dopplera zachodzi także dla fal nych
V-
soczewki
świetl
źródło
obserwator *----------------------· /=Io
* Rys 12
V
------ ---- ------·
f=
10(1+~)
V ~ * ---------------- -------·
Ogniskowa soczewki
skupiającej
jest dodatnia.
f >o Ogniskowa soczewki
Rys. 13
rozpraszającej
jest ujemna.
f
IO. Polaryzacja fal
soczewki jest
to odwrotność
ogniskowej. 1
f Jednostką zdo lności zbierającej
tria. 1 D = 1 m-1
jest jedna diop-
Z wcześniejszych rozważań wiemy, że światło jest falą elektromagnetyczną. Wprawdzie wektory E i B są do siebie cały czas prostopadłe, jednakże kierunek drgań zmienia się przypadkowo w czasie. O takiej fali mówimy, że jest niespolaryzowana. Drgania wektora E w fali niespolaryzowanej w znacznym uproszczeniu można przedstawić tak:
Tylko fala o polaryzacji pionowej przejdzie przez pokazaną na rysunku szczelinę .
*
Rys 14
li. Energia w ruchu harmonicznym
Jeśli „zmusimy" wektor E do drgań w jednej pła szczyźnie, to uzyskamy światło spolaryzowane liniowo. Przyjmuje się, że kierunek polaryzacji jest taki jak kierunek drgań wektora E. Drgania wek-
Energia całkowita jest równa energii potencjalnej i kinetycznej: E =EP + Ek
E w fali spolaryzowanej, można przedstawić
tora tak:
1 \2 k 2 1 Ek =-mv =-m(AwcosWtJ =-A 2 cos 2wt 2 2 2
I
Rys 15
Wykorzystałem tutaj wzór na prędkość w ruchu harmonicznym wyprowadzony w przykładzie 1.
Amplituda x 0
y
=
A, k = mul-.
E = kx = k(A sin wt 1 2
p
2
2 2
2
kA sin w t 2
X
Wykorzystałem
z
sprężystości
Fala spolaryzowana w
płaszczyźnie (x,
tutaj wzór na energię potencjalną wprowadzony w rozdziale: „Energia".
Podsumowując, możemy napisać:
y).
Rys 16
E
= Ek +EP =
=~A 2 cos 2 wt + ~ A 2 sin 2 wt =
y
2
kA 2
2
=--(cos 2
2
wt + sin 2 wt
(22)
kA 2
)= -2
X
Widać stąd, że całkowita
energia ciała wykonują cego drgania harmoniczne jest wprost proporcjonalna do kwadratu amplitudy drgań.
z Fala spolaryzowana w
płaszczyźnie (x,
z).
Rys. 17
Na rysunkach 16 i 17 przedstawione są fale spolaryzowane liniowo, tzn. takie, w których drgania zachodzą w jednej, ustalonej płaszczyźnie (jest to płaszczyzna zawierająca wektor E). W przypadku polaryzacji liniowej kierunek wektora E jest stały w czasie. Spolaryzować możemy tylko falę poprzeczną.
12. Zjawisko rezonansu Zjawisko rezonansu polega na pobudzaniu do z częstotliwością drgań własnych tego układu. W takim przypadku amplituda drgań układu opisana jest zależnością:
drgań układu
y
A= Fm 1 m w~ - w2 X
z Rys. 18
15~
Oznaczenia: F111 - amplituda
siły wymuszającej:
(23)
Fw = Fmsin wt
w- częstość siły wymuszającej Wo - częstość drgań własnych układu
(24)
Podstawiając wyrażenie
m-masa Zapiszmy wzór na
amplitudę
w miejsce a wyrazeme op1su1ące w czasie, a w miejsce F
zmianę przyśpieszenia
na
siłę sprężystości:
F = -kx
w postaci: możemy napisać:
x"(t) = _ __!_ kx(t)
m
Jeżeli w ~ Wo => !::_ ~ 1 => A ~ oo
x"(t)+~x(t) =O
-jest to równanie ruchu
Jeżeli
przyśpieszenia
m w miejsce
podstawimy zaw przykładzie 1, to otrzy-
leżność wyznaczoną
Wo
Oczywiście
amplituda drgań nie wzrośnie do nieW cze śni ej układ ulegnie destrukcji albo zadziałają siły oporu ograniczające drgania.
mamy:
kończoności .
- w 2 x(t) = -1[ -kx (t)] m
Stąd:
13.
Przykłady
2rc
=
T Wychylenie ciała wykonującego drgania harmoniczne opisuje równanie: x(t)
T Wielkość
są prędkość
.1 t
Promień światła
x'(t) -
pochodna
wychylenia
czasu
wychodzi z wody. Pod jakim powinien padać na taflę, z wody?
kątem promień światła
aby nie
wyszedł
Rozwiązanie:
= x'(t) = (x 0 sin (wt +cp)) = wx 0 cos (wt+
a(t)
drgań układu.
Llt--;0
względem
v (t)
ta opisuje okres
i przyspie-
Rozwiązanie:
= .1 x(t) ~
2rcff[
= x 0 sin (wt+
Jakimi wzorami opisane szenie tego ciała?
v
=
rr
V;;
= v '(t) = -w 2 x 0 sin (wt+
Jeżeli promień światła
przechodzi z powietrza do wody (z ośrodka rzadszego do gęstszego), to załamuje się do prostej prostopadłej, gdy natomiast wychodzi z wody do powietrza (z ośrodka gęst szego do rzadszego), to załamuje się od prostej prostopadłej.
''
)3 ''
'I
"
Napisz równanie ruchu (drgań) oscylatora har. . momcznego 1 rozw1ąz Je.
I
:a I I
Rozwiązanie:
Z II zasady dynamiki Newtona mamy: a=
_!_p m
Rys 19
Zgodnie z prawem Snella promień nie wydostanie się z ośrodka - w tym przypadku z wody, gdy kąt załamania będzie równy 90°. sin a= n 12 sin
.
d ll
n5'-
sin a Sill {3
n1
-
sin agr
sin a gr
!!1-
sin f3
1
n1
n2
6 < 2 · 10·• n - 0,65 · 10- 6
n::;; 3,07
n = 3 - maksima interferencyjne
ni =-
n,
n = O, ±1, ±2, ±3
współczynnik załamania ośrodka,
światło
z którego
wychodzi
- współczynnik załamania ośrodka,
światło
=d
nA.::;; 1 d
- .- - =nu
.
(X
sin a::;; 1
/3
f3 = 90° => sin 90° = 1
smagr
nil
Sill
do którego
Odp. Za pomocą tej siatki możemy uzyskać co 3 maksima interferencyjne, tzn. po trzy z każdej strony prążka zerowego. najwyżej
wchodzi
Możemy
na przykład wyznaczyć kąt graniczny dla światła biegnącego z wody do powietrza. Z tablic odczytujemy: n 1 - współczynnik załamania wody n 1 = 1,33
n 2 - współczynnik załamania powietrza n 2 = 1,0003
sina = n2 = 1,0003 =O 7521 gr n 1 1,33 '
a gr = 48°48' W przykładzie tym mieliśmy do czynienia ze zjawiskiem całkowitego wewnętrznego odbicia. Zjawisko to ma zastosowanie np. w światło wodach.
Jakie są zdolności zbierające soczewek o ogniskowych 1 m i 0,25 m? Rozwiązanie:
Soczewka o
f
= 1 m ma zdolność zbierającą:
1
1
-=1-=+lD f lm Soczewka o f
= 0,25
m ma zdolność zbierającą:
_!_ = - 1 - =-1-= 4 _!_= +4 D f 0,25 m -1 m m 4 Przykład
GR.
Równanie fali rozchodzącej się wzdłuż osi OX w postaci:
możemy zapisać
Mamy siatkę dyfrakcyjną, dla której d = 2·10-6 m. Spróbujmy oszacować, ile co najwyżej maksimów interferencyjnych możemy uzyskać za pomocą tej siatki dla światła o długości fali A= 650 nm? Rozwiązanie:
Warunek powstania maksimum dla siatki dyfrakcyjnej opisany jest wzorem:
d sin a= n A.
I~
u(x, t) = u 0 sin(kx ± wt) Znak ± oznacza, że fala rozchodzi się w prawo lub lewo wdłuż osi OX. Pokaż, który wzór obowiązuje dla fali rozchodzącej się w lewą, a który w prawą stronę osi OX. Rozwiązanie:
Faza omawianego ruchu wynosi:
+
wt
X=
m
k
k
3 d = 1 mm = 10- m
--t+-
X
X
10-3 . --sma = lo
Wyrażenie ~ ma wymiar prędkości i nosi nazwę
X
prędkości
fazowej. Znak minus oznacza, że wektor ma zwrot przeciwny do zwrotu osi OX. Zatem funkcja:
prędkości
u(x, t) = u 0 sin (kx
+ mt)
falę poruszającą się
przedstawia
w
[x]
lewą stronę
osi
ox. Natomiast dla
k
k
Oczywiście wielkość
10-3 sina
m
= 1- = 1 m
jest bezwymiarowa.
x = 10-3 sin 7012• = 0,1253·106 = 278 linii 450 .10-9 450
m
X=
Odp. Siatka dyfrakcyjna ma 278 linii na 1 mm.
x=+-t--
prędkość fazowa + ~ ma zwrot zgodny ze zwrotem osi OX, więc fala opisana wzorem:
14. Zadania
u(x, t) = u 0 sin (kx - rot)
porusza się w prawą stronę osi OX. W powyższych przekształceniach użyto litery k, która nazywa się liczbą falową
i określa, ile fal
mieści się
w
długości
Zadanie I.
Ogniskowa soczewki wynosi 5 cm. Przedmiot umieszczony w odległości 12 cm od soczewki. Wyznacz położenie obrazu i powiększe nie soczewki. Jaka jest zdolność zbierająca tej soczewki?
został
2n. Zadanie 2.
Przykład
7R. Zdolności zbierające
Aby obserwować za pomocą spektrometru prążki interferencyjne uzyskane po oświetleniu kolimatora światłem o długości fali 450 nm, musimy ustawić lunetkę obserwacyjną pod kątem 7°12' do położenia zerowego. Oblicz, ile linii (nacięć) na milimetr ma siatka dyfrakcyjna? Dane: a= 7°12' A,= 450 nm n= 1
=
Szukane: x - liczba linii na 1 mm 450·10-9 m
Rozwiązanie:
wynoszą:
+ 5 D;
Zadanie 3.
Oblicz kąt całkowitego granicy faz: a) diament - powietrze b) szkło - powietrze
wewnętrznego
odbicia dla
Współczynniki załamania
mentu 2,417.
są
równe:
np
powietrza, szkła i dia= 1,0003; nsz = 1,45; nd =
Zadanie 4R.
Korzystamy ze wzoru
d sina= n A d-
soczewek
+ 2,5 D. Oblicz ogniskowe tych soczewek.
odległość między
liniami siatki dyfrakcyjnej
Do analizy światła długości 440 nm użyto siatki dyfrakcyjnej mającej 1 OOOO rys na 1 cm. Ile co najwyżej maksimów można uzyskać za pomocą tej siatki?
Zadanie 5 .
Zadanie 12.
Fala dźwiękowa przechodzi z powietrza do miedzi. Jak zmieni się długość fali, a jak częstość? Prędkość dźwięku w powietrzu wynosi 344 m/s, a w miedzi 5000 m/s.
Zjawisko polaryzacji światła zachodzi, gdy kąt między promieniem odbitym od płytki i załama nym w płytce wynosi 90°. Kąt padania, przy którym uzyskujemy taki efekt, nazywamy kątem Brewstera. Oblicz kąt Brewstera dla płytki szklanej, której współczynnik załamania wynosi 1,6.
Zadanie 6 .
Na jeziorze, 200 m od brzegu, wytworzono falę, która po 40 s dotarła do brzegu. Grzbiety fali uderzały o brzeg co 2 s. Wyznacz długość fali.
Zadanie 13.
Przedmiot (świecący punkt) umieszczono na osi soczewki skupiającej w odległości 0,5 m od soczewki. Promienie krzywizny soczewki wynoszą O, 1 m. Znajdź odległość obrazu przedmiotu, który
głównej
Zadanie 7.
Oblicz całkowitą energię mechaniczną oscylatora harmonicznego drgającego z częstotliwością 200 Hz. Masa oscylatora wynosi 2-10-3 kg, a amplituda jego drgań 10 cm. Zadanie SR. Falę harmoniczną możemy przedstawić
w postaci
1/f_, (x,t) =A sin (kx-mt) Znajdź zależność
zależności
IJl(x) oraz wykonaj wykresy tych
świeci światłem żółtym. Współczynnik załamania światła żółtego
w soczewce wynosi 1,58.
Zadanie 14R.
Na płasko-równoległą płytkę szklaną zanurzoną w wodzie pada promień światła pod kątem a = 60°. Grubość płytki wynosi 1 cm. Oblicz, jakiego przesunięcia doznaje promień świetlny po przejściu przez płytkę. Współczynnik załamania wody wynosi 1,33, a szkła 1,5.
dla czasu równego: O, T/3, 2T/3, T.
Zadanie 9R.
Z
jaką prędkością
powinno
zbliżać się
źródło dźwięku, abyśmy słyszeli dźwięk
od częstości Jak ten ruch wpłynie na rejestrowanej fali?
krotnie
wyższej częstości
wysyłanego?
do nas o dwudźwięku długość
Zadanie IOR.
Rys 20
Na pierwsze piętro budynku wjeżdża się ruchomymi schodami. Prędkość schodów wynosi 0,9 m/s. Na schodach stoją goście ustawieni co 0,9 m. U szczytu schodów wita ich gospodarz domu. Co powinien zrobić gospodarz domu, aby witać gości dwukrotnie szybciej? Zadanie li.
Sprężyna
wykonuje w ciągu minuty 150 pełnych ruchem harmonicznym prostym. Maksymalne przyspieszenie wynosi w tym ruchu 10 m/s2 • Oblicz maksymalną prędkość. drgań
Zadanie IGR. częstotliwości 105
Nietoperz słyszy dźwięki o Hz, a delfin 2· 105 Hz. Jaką długość mają fale dźwię kowe w środowiskach, w których żyją te zwierzę ta? Prędkość dźwięku w powietrzu wynosi 344 m/s, a w wodzie 144 7 m/s.
15-(f1
Zadanie 15.
Na rysunku pokazany jest tłok poruszany przez koło obracające się z częstością kołową 1 rad/s. P - środek obrotu koła S - sworzeń popychający tłok
Zadanie 3. a) Kąt graniczny dla granicy diament - powietrze
n sin a gr = __p_ =0,4139 nd
a gr = 24°27'
Rys. 21 Wiedząc, że
w chwili początkowej punkt S jest dokładnie nad punktem P (amplituda 1 m), ustal, po jakim czasie punkt S będzie zajmował położe nie dokładnie 0,5 m nad punktem P? Wskazówka: Równanie opisuj ące zmianę położeni a punktu S względ em punktu P możemy zapisać w postaci:
b)
Kąt
a gr
graniczny dla granicy
szkło
- powietrze
= 43 °36'
Zadanie 4R.
d ?..
n~-=
10- 6 m =227 440 · 10- 9 m '
n=2
x(t) = A cos wt
Wynika to z
Zadanie 5.
poniższego
rysunku. Vc u
=
vp
Acu = 14,53 AP Zadanie 6.
p
A.=10m Rys. 22
Zadanie 7. Energię całkowitą
15.
Rozwiązania
i odpowiedzi
kAl
E=-
2
dań
natomiast współczynnik k z zależności między częstością kątową w i współczynnikiem k:
Zadanie 1. Korzystamy z równania soczewki:
xf x-f
w =2nv=J!;
y=--= 8 57 cm
'
k y p =-
X
= -5
7
b
..
2
1 1 Z = _.!_ = - - = -~f 5 cm - .) 100
,
soczewki wynosi:
1
- = 20 · __.!__ = 20 D 1 m m 20
=m
Zadanie 8R. Wystarczy podstawi ć podane wartości czasów do równania fali harmonicznej. Zadanie 9R.
Zadanie 2. Z= +5 D::::}
1
= 4n 2 v 1 m
2 2 A1 E = 4n v m = 15 8 J
o raz pomme1szony
Zdolność skupiaj ąca
oscylatora obliczamy ze wzoru:
~
1
1
1
1
::::}-=5 D=.)·-=--=---=--::::} f 1m 1 20 O2 m - m m ' 5 100 ::::} f =0,2 m
1
f, =f2--y l- -
v
Z= +2,5 D::::} f = 0,4 m
~5
Z warunków zadania wynika,
że
Zadanie 14R.
f1 = 2f2 1 V= -v 2
źródło
poruszać
powinno
równą połowie prędkości
fali
z
prędkością
dźwiękowej
,, '' ' ' " '
w da-
nym ośrodku. Natomiast długość zarejestrowanej przez obserwatora fali wyznaczamy z zależności:
A-ovo A.iv1 A-ovo = A.iv1
f f
" ,Jl D
= =
Rys. 23
A.i =~Aa =_!_Aa v1
Zarejestrowana krótsza.
długość
fali
będzie
dwukrotnie
LECA =a-{3
sin (a Zadanie lOR. Skorzystaj z wyników otrzymanych przy analizie efektu Dopplera. Gospodarz domu powinien poruszać się „pod prąd" z prędkością v = 0,45 m/s. Zadanie 11. Długość fali rejestrowana przez nietoperza:
A. =
344 m = 3 44 -10- 3 m 10 5 ,
Długość
fali rejestrowana przez delfina:
A.= 7,24 -10-3 m Zadanie 12. tg a= 1,6 a= 58°
cos
f3 =
Zadanie 13. Odległość obrazu od soczewki wynosi y = O, 1 m.
/3) = IABI = ~
IACI IACI
l ~~l = 1:ci
Po podzieleniu stronami otrzymamy: sin (a- /3) cos f3 x=
=
x d
d sin (a - f3)
sin f3 d(sin a cos
=
f3 - sin f3 cos a)
cos f3 = d(sin a - tg f3 cos a)
Korzystając
=
z prawa Snella:
. f3 =sin- a
Sill
n
oraz z tożsamości trygonometrycznych: cos f3
I~
widać, że
Z rysunku
2
= ~1 -
sin 2 f3
tg /3
= sin f3 = sin a cos f3 n~l - cos 2 /3
Zadanie 15. Korzystaj ąc z:
x(t) =A sin mt
1
v(t) =Am cos mt
2
1
(sin
f3
n sin 2 a - sin a
J
a(t) = -Am 2 sin m t
1
1
możemy wyznaczyć
po
przejściu
przez
możemy wyznaczyć:
odchylenie promienia
światła
płytkę:
a max = A m2 = A4n 2 f 2 = 10 s2 m
= amax
V
. 1 x=d s m a - w : cosa 2
(- J-1 sin a
Korzystając
0,63 7 m s
2n f
max
Zadanie 16R. Zauważmy, że w chwili początkowej przemieszczenie tłoka jest największe, a więc równanie ruchu ma postać:
z zależności
x(t) =A cos mt i podstawiając wartości liczbowe otrzymamy:
X=
1
10- 2 Jj 2
1,5 2 ( 1,33 Jj
"'0,3·10 - 2 m
= 0,3 cm
1
J2
12
-
m"'
Zadanie sprowadza się do rozwiązania równania postaci: 1 cos t = 2 Mogliśmy
tak napisać ze względu na warunki
zadania:
t
= ± !!.._ + 2kn, gdzie k E 3
C
rozdział
Rozdział I 2 3 4 5 6 7
Podstawy kinetycznej teorii Cleplo własc1we I zasada termodynamiki Procesy termodynamiczne Cykl Carnota li zasada termodynamiki Entropia
X Termodynamika
azów
z otoczeniem poprzez wymiamaterii. Między układem otwartym i otoczeniem może zachodzić wymiana energii. Natomiast układ, który nie wymienia z otoczeniem ani materii, ani energii, jest układem odosobnionvm (izolowanym) . Układem w naszym przypadku będzie gaz doskonę
nały .
8 Przyklady 9 Zadania IO.
może oddziaływać
Gazem doskonałym nazywamy wyidealizowany model gazu rzeczywistego speł niający warunki: 1. Gaz składa się z bardzo dużej liczby identycznych cząsteczek. 2. Cząsteczki znajdują się w bezładnym
,...
Rozwiązania
I odpowiedzi do z
dań
I. Podstawy kinetycznej teorii
ruchu i
podlegają
zasadom dynamiki
Newtona. 3. Objętość cząsteczek jest tak mała w porównaniu z rozmiarami objętości zajmowanej przez gaz, że możemy ją za-
Co to znaczy dużo? Dla każdego zapewne znaczy to coś innego. Na meczu piłkarskim było 20 OOO kibiców, Warszawa ma 1,8 mln mieszkańców, a na kuli ziemskiej żyje ponad 5 mld, czyli 5 · 109 ludzi. Widzimy, że każda następna z tych liczb jest większa od poprzedniej. A teraz zastanówmy się, ile cząsteczek wody znajduje się w szklance wody? Obliczenia pokazują (przykład 1), że jest ich około 8 -10 24 . Porównajmy tę liczbę z liczbą ludności na Ziemi: 8·1024 = 16 · 1015
5·10 9
,
Możemy powiedzieć, że cząsteczek
jest tyle, ile ludzi żyłoby na 1 OOO OOO OOO OOO OOO planet takich jak Ziemia. Już ten prosty rachunek pokazuje, że chcąc badać procesy zachodzące w świecie cząsteczek, musimy nauczyć się inaczej opisywać świat. Wbrew pozorom, wcale nie musimy obserwować poszczególnych cząsteczek, aby móc powiedzieć, jak się zachowują. Możemy się oprzeć na fakcie, że układ wielu cząstek powinien podlegać podstawowym prawom fizyki, takim jak prawo zachowania energii. Wprowadźmy kilka pojęć, którymi bę dziemy się posł u giwać.
I jest to zbiór badanych obiektów fizycznych znajdujących się w skończo nym obszarze przestrzennym (np. gaz w naczyniu). Resztę nie związanych z układem ciał nazywamy . Układ może b yć > , to znaczy
niedbać.
4. Cząsteczki oddziałują między sobą tylko w czasie doskonale sprężystych zderzeń. Cząsteczki
od zderzenia do zde-
rzenia poruszają się po liniach prostych. Srednie odległości między czą steczkami są duże w porównaniu z ich roznuaram1. za pomocą daj ących się mierzyć parametrów makroskopowych: objętości, ciśnienia i temperatury. Nie zależą one w istotny sposób od parametrów mikroskopowych opisujących cząsteczki układu, natomiast są wyznaczane przez średnie zachowanie się cząsteczek, czyli zależą od ś rednich wartości parametrów mikroskopowych charakteryzują cych cząsteczki. Stan układu opisany przez ciśnienie, temperaturę, objętość nazywamy sta1e makroskopowym . Na początek zastanówmy się, co to jest temperatura. Dla gazów doskonałych słuszny jest wzór zwany równaniem Clapeyrona lub równaniem stanu gazu doskonałego: Stan takiego
układu możemy opisać
pV= NkT
(1)
p-
ciśnienie gazu V - objętość gazu N - liczba cząsteczek gazu
~I
k- stała Boltzmana (k = 1,38·10-23 J/K) T - temperatura w skali Kelwina (T=273,15 +t)
rtęć
t - temperatura w skali Celsjusza
gaz Równanie to
możemy zapisać
pV T
-
w postaci: Rys l
nR = const.
=
(2)
Gdy wzrasta temperatura gazu, to wzrasta jego objętość i kropla rtęci podnosi się do góry. Natomiast, gdy temperatura obniża się, to objętość maleje i kropla rtęci opada w dół. Objętość jest tutaj miarą temperatury:
n - liczba moli stała
R = 8,31 J/ (K·mol) -
gazowa
Można pokazać, że
T = f(V)
- 2Nmv pV -3
2
(3)
2
Jest to podstawowy wzór kinetycznej teorii gazów. v2 - średni kwadrat prędkości
W tym przypadku założyliśmy, ze ciśnienie jest stałe . W ogólnym przypadku temperatura jest funkcją objętości i ciśnienia:
T=f(p, V)
(4) Porównując
Zerowa zasada termodynamiki Mamy trzy ciała, które oznaczymy A, B, C. Jeżeli ciało A jest w równowadze termodynamicznej z ciałem B i ciało B jest w równowadze termodynamicznej z ciałem C, to ciała A i C są także w równowadze termodynamicznej.
wzór (1) ze wzorem (3), otrzymamy: 2
NkT =3:_N mv 3 2 mv2
= ikT
2
Z powyższego wzoru wynika, kinetyczna cząsteczek gazu: Ek
(5)
2 że średnia
energia
_ mv 2
(6)
---
2
jest wprost proporcjonalna do temperatury:
3 Ek =-kT 2
Temperatura jest energię
(7)
więc wielkością charakteryzującą
kinetyczną
cząsteczek.
W tym miejscu trzeba zdać sobie sprawę z tego, co to znaczy zmierzyć temperaturę ciała. Bo przecież nie będziemy mierzyć energii kinetycznej wszystkich cząsteczek. Możemy ominąć tę przeszkodę, mierząc wielkość
proporcjonalną
do energii kinetycznej, np. objętość czy ciśnienie . Zmiana objętości może oznaczać wzrost lub obniżenie temperatury.
I~
Zasada ta definiuje ciało, które nazywamy mo metrcm . Ciało B jest po prostu termometrem. Stan równowagi termodynamicznej to taki stan układu termodynamicznego, w którym parametry stanu: ciśnienie, objętość, temperatura, nie zależą od czasu. Na przykład, gdy wlejemy gorącą wodę do szklanki, to woda, szklanka i ich otoczenie nie są w stanie równowagi termodynamicznej. Jednakże stan taki ustali się po pewnym czasie. Ważne, aby ciało, które pełni rolę termometru, możliwie najmniej zakłócało pomiar.
2.
Ciepło właściwe
Ciepłem
nazywamy przekazywanie energii wytemperatur. A więc ciepło jest to sposób przekazywania energii - sposób mikroskopowy. Drugim sposobem przekazywania energii jest praca. Jest to sposób makroskopowy. Ciepło jest także rodzajem energii. Potocznie mówimy o przepływie ciepła z ciała o temperaturze wyższej do ciała o temperaturze niższej. Jednostką ciepła jest jeden dżul (1 J). Dosyć często jest też stosowana inna jednostka ciepła: jedna
wołane różnicą
kaloria (1 cal).
Między
tymi jednostkami zachodzi
następujący związek:
1 cal = 4,185 J Natomiast ciepłem właściwym nazywamy ilość energii, jaką trzeba dostarczyć, aby zwiększyć temperaturę 1 kg substancji o jeden kelwin (1 K). 1 AQ m AT
(8)
C= - -
Ciep ł o właściwe zależy od warunków, w jakich dostarczane jest ci epło i w jakich zachodzi wzrost temperatury. Na przykład, jeże li gaz rozsze rzając się wykonuje pracę, to jego temperatura wzrasta o mniejszą wartość niż wtedy, gdy pobieranie ciep ł a odbywa się bez zmiany o bj ętości gazu. W przypadku gazów możemy wyróżnić ciepło właściwe przy sta łej objętości (cy) i ciepło właściwe przy stałym ciśnieniu (cp).
Je żeli będziemy brać
to
D oświadczenia pokazują, że energię wewnętrzną
CP >
Cy
pod
uwagę liczbę
możemy wyróżni ć ciepło
układu możemy zmienić
moli gazu, molowe przy stałej
objętości:
(9)
oraz ciepło molowe przy
puje do chwili ustalenia się równowagi termodynamicznej między ciałami. Ciepło i praca nie charakteryzują stanu równowagi układu , wiążą się natomiast z procesami termodynamicznymi, które przeprowadzają układ z jednego stanu równowagi w inny, w wyniku oddziaływania z otoczeniem. Rozważmy dowolny układ fizyczny . Układ ten ma pewną energię, która może występować pod różnymi postaciami, takimi jak: energia kinetyczna, potencjalna, chemiczna, elektryczna, jądrowa . Energia, związana z wszelkimi możliwymi ruchami cząstek układu i ich wzajemnym oddziały waniem (włącznie z energią uwarunkowaną ruchem i wzajemnym oddziaływaniem składników cząstek złożonych), nosi nazwę energii wewnętrz nej U. Nie jest energią wewnętrzną energia kinetyczna związana z ruchem układu jako całości, a także energia potencjalna układu w zewnę trznych polach. Pojęcie energii wewnętrznej po raz pierwszy wprowadził Kelvin. na dwa sposoby: W nad układem lub doprowadzając do sytuacji, gdy układ wykonuje pracę. 2. Dostarczając do układu energię poprzez ciepło Q lub doprowadzając do sytuacji, gdy układ oddaje ciepło.
1.
Wykonując pracę
stałym ciśnie niu:
(10)
CP =µ CP
Interesuje nas nie wartość energii w danej chwili, ale jej zmiana.
µ - masa molowa gazu
wewnętrznej
ó.U = ó.Q + ó.W
(12)
CP- Cv = R Wzór ten nazywa się równaniem Mayera. Ze wzoru (8) możemy wyz naczyć ilość ciepła:
,1Q = mc,1T
3 . I za
(11)
termodynamiki
Powyższy
mi ki,
wzór przedstawia I
zasadę
którą możemy sformułować
termodyna-
tak:
Energię wewnętrzną układu mozemy zmiemc bądź poprzez wykonanie pracy nad układem (lub wykonaniem pracy przez układ), bądź też przez wymianę ciepła między układem i otoczeniem.
4. Procesy termodynamiczne Rys 2
Ti< T1
Gdy zetkniemy ciała, między którymi istnieje różnica temperatur, to między ciała mi n astąp i wymiana energii . Mówimy, że następuje pr zepływ ciepł a od cia ła o temperaturze wyższej do ciała o temperaturze niższej. Przepływ energii n astę-
ProLesc m termodynamicznym nazywamy proces zmiany stanu układu termodynamicznego. Rozróżni a my procesy odwracalne i nieodwracalne. Proces jest odwracalny, gdy możn a go przeprowadzić w kierunku odwrotnym - ze stanu koń cowego do stanu początkowego - przez ten sam ciąg stanów pośre dnich, nie wywołując przy tym żadnych zmian w otoczeniu. Przykładami procesów termodynamicznych odwracalnych są prze-
~3
czonego gazowi (t-.Q > O) na pracę przez gaz nad otoczeniem (t-.W < O).
miany: izotermiczna, izochoryczna, izobaryczna i adiabatyczna. Trzeba dodać, że procesy odwracalne są idealizacją słuszną w pewnych warunkach.
wyko nan ą
1. Przemiana izotermiczna
T = const. Równanie stanu przyjmie
postać:
pV = const.
2. Przemiana izochoryczna
(13)
V= const. Wzór ten wyraża prawo Bo yle'a-Mariotta. Wykresem tej zależności jest hiperbola, która " '17"'Va się izotermą.
i-.;
p_ = const.
(16)
T
p
Jest to prawo Charlesa. W przemianie izochorycznej gazu doskonałego ciśnienie gazu jest wprost proporcjonalne do temperatury.
p = const. ·T V
p, Pa
Rys. 3 Zależność opisaną żemy przedstawić
prawem Boyle'a-Mariotta mow postaci: const.
p=--
(14)
v
o
w takim przypadku wykresem będzie linia prosta p
T,K
Rys. 5
Wykresem zależności cismenia od temperatury w przemianie izochorycznej jest linia prosta zwana izochorą . W układzie (V, T) izochora jest prostą równoległą do osi T. V, m'
I
V,·········- - - -
V
Rys. 4
Vz····-······- - - - -
v, W czasie przemiany izotermicznej gaz rozprężając się wykonuje pracę kosztem dostarczonego z zewnątrz ciepła, gdyż energia wewnętrzna gazu w tej przemianie nie ulega zmianie.
U= const.
1~
=ł
t-.U= t-.W+ t-.Q t-.U= O t-.W+ t-.Q =O t-.W=-L'-.Q
W przemianie izotermicznej gaz jest pośredni kiem przy zamianie pracy wykonanej nad gazem (t-.W > O) na ciepło przekazane przez gaz otoczeniu (L'-.Q < O) lub też przy zamianie ciepła dostar-
o
T, K
Rys. 6
W przemianie izochorycznej
V= const. a więc
t-.V= O to oznacza,
że:
W=O
Zatem w przemianie izochorycznej gaz nie wykonui e pracy. S tą d z I zasady termodynamiki :
a to znaczy,
że
~W<
Energia wewn ętrzna gazu może maleć (~U < O) kosztem oddanego otoczeniu ciepła (~Q < 0). W tym przypadku temperatura ciała maleje (~T < O). Energia wewn ętrzna może wzrastać (~U > 0) kosztem pobranego z otoczenia ciepła (~Q > O). W tym przypadku temperatura ciała rośnie (~T > O).
~U>
a to oznacza pobieranie
przy
p = const.
T
=
const.
i wykonywanie przez gaz pracy:
O
(17)
(18)
Natomiast
Jest to 1 C...u -Lussaca. W przemianie izobarycznej
ciepło
w tej przemianie: ~QP =
V= const . .Y Wykresem tej zależności w linia prosta zwana izobarą.
przez gaz z otoczenia:
Z tego rozumowania wynika, że gaz pobiera ciepło z otoczenia. Część tego ciepła zostaje zużyta na wzrost energii wewnętrznej gazu, pozostała część na wykonanie pracy przez gaz. Praca gazu doskonałego w przemianie izobarycz. . neJ wynosi:
3. Przemi.ma 11oharyczna
V
układzie
wzra-
>o
~W<
stałej objętości
także, że
O
ciepła
~Q
~Qv = mcv ~T ciepł o właściwe
O
Wzrost temperatury gazu oznacza sta jego energia wewnętrzna:
~U =~Q
cv -
pracę :
gaz wykonuje
c p - ciepło właściwe
mcP ~T
przy
stałym ciśnieniu
(V, T) jest
2. Jeżeli temperatura gazu maleje: ~T<
V
O
podobnie jak poprzednio z prawa Gay-Lussaca: ~V<
a to znaczy,
wykonana praca:
O
Spadek temperatury gazu oznacza, energia wewnętrzna:
W tej prze mianie
L1U ;t O L1W ;t O L1Q ;ć o Rozpatrzmy dwa przypadki : 1. Jeże li temperatura gazu wzrasta: ~T>
to z fa ktu,
została
nad gazem
~W>
T
Rys. 7
O
Że: ~V
wynika,
że
O
= const - ~T
że: ~V >
O
~U<
a to znaczy,
że
gaz oddaje ~Q
oraz
że
że
maleje jego
O
ciepło
do otoczenia:
nad gazem wykonywana jest praca: ~W>
O
Z tego rozumowania wynika, że gaz oddaje ciepło do otoczenia kosztem swojej energii wewnę trznej, natomiast siły zewnętrzne wykonują nad gazem pracę.
~5
4. Przemiana adiabatyczna Jest to przemiana gazu doskonałego, która odbywa się bez wymiany z otoczeniem energii w postaci ciepła . Gaz umieszczamy np. w naczyniu Dewara (w termosie) lub przeprowadzamy proces tak szybko, aby nie nastąpiła wymiana ciepła z otoczeniem.
Natomiast w czasie adiabatycznego sprężama rośnie energia wewnętrzna gazu kosztem pracy sił ze wnętrzny ch (temperatura gazu ro ś ni e f..T > O). W tym przypadku objętość gazu malej e:
!:o.V< O
!:o.W> O
5. Cykl Carnota
p
adiabata
Cykl Carnota jest przy kładem procesu cyklicznego, to jest takiego, w którym ukł ad powraca do stanu wyjściowego. Jest to proces odwracalny. Na płaszczyźnie (p, V) wykresem procesu cyklicznego jest krzywa zamknięta.
~izoterma
p V
Rys. 8 A Przemianą adiabatyczną rządzi
prawo Poissona:
pV11: = const.
(19) V
Rys. 9
lub 1V11:- J = const.
(20)
Zauważmy,
że po pełnym obiegu cyklu, gdy wróci do stanu wyjściowego, zmiana iego energii będzie równa zero. układ
gdzie
f..U=O::::}f..W+!:o.Q=O
(21)
nazywa się współczynnikiem adiabaty lub współ czynnikiem Poissona. Współczynnik ten jest charakterystyczny dla określonego gazu. (cmot\ - ciepło właściwe molowe przy stałym ciśnieniu
(cmot)v - ciepło właściwe molowe przy stałej objętości
Wzory te
są równoważne
wzorom: (22)
Gdybyśmy zbudowali układ realizujący proces cykliczny, to mógłby on zamieniać pracę na ciepło i odwrotnie. Całkowita praca wykonana przez układ w procesie cyklicznym jest równa liczbowo polu figury ograniczonej krzywą zamkniętą. Przykładem takiego cyklu jest cykl Carnota. Cykl Carnota składa się z dwóch przemian izotermicznych i dwóch przemian adiabatycznych, którym podlega gaz doskonały . Urządzeniem realizującym cykl Carnota (1824 r. ) jest teoretyczny silnik cieplny Carnota. Schematycznie ten silnik przedstawia rysunek:
___ L
--T--
W przem1ame adiabatycznej szybciej następują zmiany ciśnienia w porównaniu z przemianą izotermiczną.
Podczas adiabatycznego rozprężania gaz wykonuje pracę kosztem swojej energii wewnętrznej (temperatura gazu maleje f..T < O). Jednocześnie możemy zauważyć, że wzrasta obję tość gazu:
I~
!:o.V> O
!:o.W< O
Gnej•lk
Izolator
B -?C
Cblodnlca
izolator
jednego cyklu do ciepła pobranego w czasie tego cyklu ze zbiornika o wyższej temperaturze.
Cykl Carnota na wykresie p(V) p
A B Zauważmy, że sprawność silnika Carnota, który jest silnikiem idealnym, jest mniejsza od jedności, czyli mniejsza od 100%.
D
c
1J < 1 Można udowodnić, że:
V Rys 11
T
1]=1-2
Silnik pobiera ciepło. żenie izotermiczne. Proces adiabatyczny.
A-B B-C
T,
Następuje rozprę Następuje
dalsze
6 . li zasada termodynamiki
rozpręzeme.
Silnik oddaje ciepło. Następuje sprężanie izotermiczne. Proces adiabatyczny. Następuje dalsze
C-D D-A
(24)
spręzame.
Wykonana podczas jednego cyklu praca jest równa:
Siłn ~te 1
cicplnym jest każde urządzenie wykonujące pracę kosztem energii doprowadzanej w postaci ciepła i działające cyklicznie. Cykl Carnota wyznacza granicę naszych możliwości zamiany ciepła na pracę. W takim silniku układem jest gaz doskonały, który stanowi substancję roboczą . Wypadkowa praca wykonana przez układ jest równa polu figury ograniczonej krzywą ABCD. Jak powiedzieliśmy wyżej:
~
Według
Clausiusa Nie istnieje proces termodynamiczny, którego jedynym wynikiem jest pobranie ciep ła ze zbiornika chłodniejszego i przekazanie go do zbiornika cieplejszego.
Znaczy to tyle, że nie można zbudować maszyny, która bez żadnych dodatkowych efektów przenosiłaby ciepło z ciała chłodniejszego do ciała mają cego temperaturę wyższą. Według
Kelwina Nie istnieje proces termodynamiczny, którego jedynym wynikiem jest pobranie ciepła i całkowita jego zamiana na pracę.
Podałem
t.U =O
a
więc:
równoważne.
7 . Entropia
gdzie
Q1 Q2 Ql
tutaj dwa pozornie różne sformułowa nia II zasady termodynamiki. Okazuje się, że oba te sformułowania są sobie
ciepło
ciepło
pobrane oddane
>o i Q2 > o
Widać stąd, że
pewna część ciepła pobranego przez silnik zostaje zamieniona na pracę. Zatem, jeżeli będziemy powtarzali cykl wielokrotnie, to możemy uzyskać dowolną ilość pracy. n , Cl.ł \llmka cieplncgo nazywamy stosunek pracy wykonanej przez ten silnik podczas
Jeżeli upuścimy jakieś ciało,
to spadnie ono na Ziemię. Samo na pewno nie wróci na poprzednią wysokość. Musimy je podnieść. Możemy powiedzieć, że pierwsze zjawisko ma „naturalny" przebieg, natomiast drugie zjawisko miałoby przebieg „nienaturalny". Wielkość fizyczna, która wzrasta, gdy zjawiska fizyczne przebiegają w „naturalny" sposób, a maleje, gdy jest inaczej, nazywa się entropią. Gdy w mieszkaniu robi się bałagan, to entropia wzra-
~7
sta, a gdy porządek - maleje. Formalnie możemy zdefiniować entropię w następujący sposób: Z wyrażenia na sprawność silnika cieplnego Carnota mamy:
Rozwiązanie:
m·NA
NH 2o = - - -
cząsteczek
µH 20
Sprawdźmy
jednostki g· -
(25)
1
[NH2o l = [m][NA] = --1!!.QJ_ = 1 [µH20] _ g_ mol Otrzymaliśmy wielkość bezwymiarową.
a więc:
= 250 ·6,022 ·10 18
23
_ 24 8 4 10 '
(26)
N
(27)
Odp. W szklance wody jest steczek wody.
H 10
,,,
około
8,4 · 10 24
czą
IQfd@FffitJ
Wyrażenie:
Wyznacz
objętość cząsteczki
wody.
(28) Rozwiązanie:
Wykorzystamy tutaj dane i obliczenia z przykładu l. Szklanka wody o objętości 250 cm 3 zawiera NH 2o = 8,4· 1024 cząsteczek wody.
wyraża zmianę
entropii układu. entropii jest 1 J/K. Dla procesu odwracalnego:
Jednostką
A więc jedna (29)
V= V szklanki
N H10 Każdy układ dąży do stanu dla niego najbardziej prawdopodobnego, to znaczy do stanu równowagi. W tym stanie entropia układu ma wartość maksymalną. Wynika stąd kolejny ważny wniosek, że entropia układu izolowanego powinna
cząsteczka
ma
objętość:
= 250 cm3 "' 30·10-24 cm3 = 8,4·1024
=3·10 -29 m3 Czy potrafisz V=
wyobrazić
sobie
tę liczbę?
3 m3 100000000000000000000000000000
rosnąć.
I Wł%115Fffiłj Czy
wielkość
wpływ
8.
Przykłady
zbiorniczka rtęci w termometrze ma na pomiar temperatury?
Rozwiązanie:
Wyobraźmy
Ile cząsteczek wody znajduje się w szklance wody? Przyjmij, że masa wody w szklance jest równa 250 g. Dane: m = 250 g
Szukane: NH20 =?
µH20=18 _JL_J mo NA= 6,022 -10 23 mol-1 - liczba Avogadra
I~
sobie, że mamy termometr, którego zbiorniczek z rtęcią ma objętość około 1 cm3. Jeżeli umieścimy ten termometr w naczyniu, w którym znajduje się np. 2 cm3 cieczy, to temperatura termometru będzie miała istotny wpływ na pomiar temperatury cieczy, ponieważ zanim ustali się stan równowagi termodynamicznej między termometrem a cieczą, upłynie pewien czas. Temperatura termometru wzrośnie , a temperatura cieczy obniży się lub odwrotnie.
----- termometr
ciecz
[Trb] = [m][c][T] + [T] = Rys. 12
[m][c]
T Do szklanej zlewki z wodą wrzucono bryłę ołowiu o masie 1OO g. M asa zlewki wynosi 400 g, a masa wody 300 g. Wyznacz temperaturę bryły ołowiu, wiedząc, że temperatura wody wzrosła od 15°C do 17°C.
= 0,1
kg m W = 300 g = 0,3 kg m, = 400 g = 0,4 kg CPb
= (0,4·502+0,3·4175)·(290-288)+ 290 = 01·128 ,
= (200,8 + 1252,5)· 2 K +
12,8 Temperatura wynosi
wyrażona
t
Szukane: TPb =?
Dane: m Pb = 100 g
Pb
kg · - J - ·K kg . K +K= K kg · - J kg · K
:::=:
290 K
= 517 K
w stopniach Celsjusza
244°C
Odp. Temperatura ołowiu przed wrzuceniem wody wynosiła około 517 K (244°C).
= 128 J/ (kg · K)
Przykład
SR.
ew = 4 175 J/(kg ·K)
W doświadczeniu Joule'a-Thompsona gaz dosł nały o temperaturze T1 rozpręża się w próżn
c, = 5 02]/(kg ·K)
T wl = 15°C = 288 K T w2 = l 7°C = 290 K
Uzasadnij, że energia wewnętrzna gazu dosko1 lego jest funkcją temperatury.
Rozwiązanie:
W zadaniu występują trzy układy termodynamiczne: o łów, woda, szkło. Szkł o i woda znajdują się w równowadze termodynamiczn ej, a więc po wrzuceniu ołowiu do wody u sta ł a s i ę stan równowagi termodynamicznej międ zy ukł ade m „szkło - woda" a „ ołowiem". Z treści zadani a wynika, że nad układem nie wykonano żadn ej pracy, a więc zmiana temperatury wody, a w konsekwencji energii wewnętrznej wody, nastąpił a wskutek cieplnego przepływu energii. Po dwyższe nie temperatury wody odbywa się kosztem obni że nia temperatury o łowiu (kosztem energii przekazanej poprzez ciepło z ołowiu do wody). Z zasady zachowani a energii wynika, że :
M=O
= /'.Q, + /'.Q w
m PbcPb(TPb - Tw2) = =m,c,(Tw2 - T w1)
+ m wcw(Tw2-
wodna
Rys. 13
T 1, V1 - temperatura i objętość gazu przed rozp
zemem T2, V2 - temperatura i objętość gazu po
rozprężen
W wyniku tego doświadczenia okazało się, że żeli gaz o temperaturze T1 rozprężymy do próż to objętość zajmowana przez gaz zwiększy jego temperatura nie ulegnie zmianie.
W
a to oznacza, że energia tracona w sposób cieplny przez o łów jest równa energii pobranej w ten sam sposób przez układ „woda - szkło" , tzn . /'.Q Pb
kąpiel
związku
oraz
się,
z tym:
t-.Q = O bo t-.T = O t-.W =O
bo gaz nie wykonuje pracy nad otoczeniem. Stąd z I zasady termodynamiki wynika:
t-.U =O T w1)
~9
Zauważmy, że
mamy dwa stany układu termodynamicznego, które mają tę samą temperaturę, ale różne objętości . Zatem energia wewnętrzna gazu doskonałego jest funkcją temperatury, gdyż - jak widać - nie zależy od objętości .
hAdi!S@•:t W temperaturze 20°C ciśnienie powietrza w oponie samochodowej wynosi 2,2 atm. Podczas jazdy temperatura wzrasta do 40°C. Oblicz, do jakiej wartości wzrośnie ciśnienie powietrza w oponie. Wyraź dane w układzie SI (1 atm. = 1000 hPa). Dane: p1 = 2,2 atm.=2,2 ·10 5 Pa T 1 = (20 + 273 ) K = 293 K T2 = (40 + 273) K = 313 K
Rozwiązanie:
Pu
Pu · t
Pu · t
Praca wykonana przez turbogenerator bierze się ze spalania węgla. Ciepło, a dokładnie energia uzyskiwana ze spalania węgla, wyraża się zależno ścią
W= Q = mq5 -J ·s
[TJ]= [P,,][t] = 1~ = 1-s- = 1 [m][q,] kg · _L kg · _L kg kg
Szukane:
P2
Pu
TJ=-=-=-=-p W Q m · q5
=' •
Otrzymaliśmy wielkość bezwymiarową .
p ·t m · q5
10 8 ·864 · 10 4 9·10 5 · 3·10 7
TJ =_u_=---'- -Rozwiązanie:
W zadaniu mamy przykład przemiany izochorycznej. Objętość powietrza w oponie praktycznie nie ulega zmianie:
8,64 .10 12 =o 32 = 32% 27·10 12 ' Odp.
Sprawność
turbogeneratora wynosi 32% .
Z prawa Charlesa:
p_ = T
const.
9. Zadania
możemy więc napisać:
Zadanie I.
Jak zmieni wzrośnie
się objętość
gazu,
jeżeli ci śnienie
gazu
n = 5 razy, a temperatura zmaleje m = 2
razy? Zadanie 2 .
Odp. Ciśnienie 2,35·10 5 Pa.
w
oponie
będzie
wynosiło
IQfd@@M Oblicz sprawność turbogeneratora o 100 MW, który na dobę zużywa 900 t Ciepło spalania węgla wynosi 3 · 10 7 J/kg. Dane:
Szukane:
Pu =100 MW= 1os W m = 900 t = 9 · 105 kg qs = 3. lQ7 J/kg
TJ = ?
t
·~
= 24 h = 8,64-10 4 s
mocy węgla .
Do wanny nalano wody o temperaturze l0°C, a następnie dolano tyle samo wody o temperatu rze 75°C i otrzymano wodę o temperaturze a 0 C. Oblicz przyrost temperatury wody, która by ła w wannie, i spadek temperatury wody dolanej do wanny. Zadanie 3.
Do szklanki nalano 0,2 I wody o temperaturze 90°C. Po pewnym czasie temperatura wody obniżyła się do 30°C. Oblicz, ile energii oddała woda otoczeniu? Ciepło właściwe wody wynosi 4213 J/ (kg·K).
Zadanie 4.
Zadanie 9.
Do litra wody o temperaturze 20°C dolano litr wody o temperaturze 90°C. Jaka była temperatura wody po wymieszaniu? Ile ciepła oddała woda gorąca, a ile pobrała woda zimna?
Gaz doskonały o objętości 2 · 10-3 m 3 i pod ciśnie niem 2 · 10 5 Pa został poddany przemianie izotermicznej tak, że jego ciśnienie zmniejszyło się dwukrotnie. Oblicz objętość zajmowaną przez gaz po przemianie.
Zadanie 5. W niektórych do mach stosuje się jeszcze do ogrzewania piece kaflowe. Podstawowym budulcem takiego pieca są cegły . Zakładając, że piec zbudowany jest z 250 cegieł o masie 4 kg każda, oblicz, ile ciepła odda ten piec otoczeniu stygnąc od 80°C do 30°C. Ciepło właściwe cegły wynosi 850 J/ (kg ·K).
Zadanie 6. Do wody o temperaturze 300 Ki objętości 10-3 m 3 wrzucono trzy kulki (miedzianą, cynową i żela zną) o jednakowej objętości 5 · l0- 6 m 3 i jednakowej temperaturze 400 K. Która z kulek przekaże wodzie więcej energii na sposób cieplny? Gęstości kulek: . kg p 511 Pe„ = 89503 ; m
kg
= 7280-3 ; m
kg
P Fe
= 7870-3
Zadanie IO. Gaz o objętości 0,25 m 3 i temperaturze 300 K poddano przemianie izobarycznej tak, że jego objętość zwiększyła się 1,5 raza. Jaka jest temperatura gazu po tej przemianie?
Zadanie li. Wskutek przemiany izochorycznej temperatura gazu wzrosła 1,7 raza. O ile wzrosło ciśnienie gazu, jeżeli na początku było równe 103 Pa?
Zadanie 12. Gaz poddano przemianie izobarycznej tak, że objętość końcowa gazu zwiększyła się 1,3 raza. Jaka jest temperatura gazu, jeżeli na początku tej przemiany wynosiła 320 K?
m
C iepła właściwe:
Zadanie 13.
J Ce„ = 385 - - ; Csn kg · K
J J = 228 - ; c Fe = 450-kg · K
kg · K
Na rysunku przedstawiono wykres przemian gazu doskonałego we współrzędnych {p, V). 5
p, 10 Pa
Zadanie 7.
6 ................P.~---~c
Do kalorymetru o masie 0,3 kg i temperaturze 290 K wlano dwie ciecze o masach i temperaturach równych: m 1 = 0,05 kg, T 1 = 31 O K, m 2 = 0,08 kg, T 2 = 320 K. Ciepła właściwe cieczy wy n oszą:
c 1 = 35 00 J/ (kg· K), c 2 = 4500 J/ (kg · K).
Ci e pło właściwe
Oblicz
2 .
2
kolorymetru ce„ = 385 J/ (kg ·K).
temperaturę końcową
mieszaniny.
Zadanie 8. Pokój o objętości 50 m 3 jest wypełniony powietrzem o temperaturze 295 K pod ciśnieniem atm osferycznym (100 kPa). Ile ciepła trzeba dostarczyć, aby podwyższyć temperaturę powietrza o 25 K? Jaki będzie przyrost ciśnienia? Zakładamy, że masa i objętość powietrza nie ulegają zmianie. Gęstość powietrza: 1,18 kg/m 3, ciepło właściwe powietrza przy stałej objętości: 708 J/(kg ·K). Powietrze traktuj emy jak gaz doskonały.
A! - - - - + - - - - ! B 6
V, 10-3 m3
Rys. 14
Jakim przemianom został poddany gaz? Jaką temperaturę ma gaz w punkcie C, jeżeli w punkcie A temperatura gazu wynosi 200 K?
Zadanie 14. Powietrze w balonie ogrzano do takiej temperatury, że jego objętość zwiększyła się dwukrotnie, a ciśnienie trzykrotnie. Oblicz przyrost temperatury powietrza, wiedząc, że jego temperatura początkowa wynosiła 273 K.
Zadanie 15. Ołowiana
kula o masie 10 kg spada z wysokości 50 m na ziemię. Ile ciepła wydzieli się w wyniku doskonale niesprężystego zderzenia z ziemią? Jaki będzie przyrost temperatury kuli? Przyjmij wartość g = 9,81 m/s 2 oraz ciepło właściwe ołowiu 128 J/(kg· K).
Zadanie 2. Równanie bilansu cieplnego ma
Q1 + Qz =O mc(a -t 1 )+ mc(a -t 2 ) =O
a= 42,5 °C Temperatura wody
Zadanie 16.
gorącej
zmniejszy
się
o:
6..t = 42,5 °C - 75°C = - 32,5 °C
Oblicz średnią prędkość cząsteczek tlenu w temperaturze 300 K. Stała gazowa R = 8,31 J/(mol · K), µ = 0,032 kg/mol.
a wody zimnej
wzrośnie
o:
6..t = 42,5 °C-10°c = +32,5°C
Zadanie 3.
Zadanie 17.
Ilość ciepła
oddanego przez
W zbiorniku znajduje się gaz pod CISmeniem 2· 10-3 Pa i o temperaturze 100°C. Ile cząsteczek gazu znajduje się w objętości 1 m3 ?
równa:
Zadanie 18.
=50556]
Sprawność
Należy pamiętać, że ciepło
silnika samochodowego wynosi 35%. moc samochodu jadącego z pręd kością 60 km/h. Samochód zużywa 5 I benzyny na 100 km. Do obliczeń przyjmij: ciepło spalania benzyny qs = 4,5 ·107 J/kg, gęstość benzyny p = 720 kg/m3 • Oblicz
postać:
średnią
wodę
otoczeniu jest
Q = 0,2 kg · 4213 _J_ (363 K-303 K) = kg·K
jest
formą
przekazy-
wania energii. Zadanie 4. Gorąca woda
oddała
ó.Q
=
5 O 5 5 6 J energii.
Zadanie 5. Piec odda otoczeniu
Zadanie 19.
Oblicz sprawność silnika samochodowego o mocy 20 kW, jadącego z prędkością 75 km/h. Samochód zużywa 5 l benzyny na 1 OO km. Gęstość benzyny p = 720 kg/m 3 , a ciepło spalania: q = 4,5·10 7 J/kg.
ó.Q = 42500000]
=
4,25 ·10 7 J.
Zadanie 6. Równanie bilansu cieplnego ma
postać:
Qcu + Qsn + QFe + Qw = O
IO. do
Rozwiązania
zadań
odpowiedzi mcuCcu(T-T1)+msnCsn (T-T1)+ + mFecFe (T-T1)+ m wcw(T-T2)= O
Zadanie 1.
T = (mcuCc„ + msnCSn + mFe cFe )Tl+ m wcw T2 mcuCCu + msnCSn + m Fe CFe + m wcw Uwzględniając tość:
Objętość
'7$
zmaleje 10 razy.
fakt,
że
kulki
mają taką samą obję
oraz
związek między objętością, masą
i
gęstością
ciała
Zadanie 10.
V2 T2 =T1 -=450K
m=pV
V1
możemy napisać:
T
Zadanie 11.
= (P c„cc„ + Psncs11 + PFecFJVT1 + PwVwcwT2 (P c„ccu + PsnCSn + Pp,Cp, )V + PwVwcw
p_= p+L1p T
Temperatura
końcowa układu
wynosi:
l,7T
óp=0,7· 10 3 Pa
T = 301,02 K Ciepło
Zadanie 12.
oddane przez kulki do wody wynosi:
Q c„
= Pc
Q511
= 821,45 j
11
·Vc11 ·cc11 ·LiT
= 1705,3 0 J
QFe = 1752,69 j Zadanie 13. Najwięcej ciep ł a
odda wodzie kulka
że lazna.
Q p, > Qc„ > Qsn
Zadanie 7. Temperatura
końcowa
mieszaniny wynosi 312 K.
A _,.B
p = const. Przemiana izobaryczna.
B ......c
V
C _,.D D _,.A
p = const. Przemiana izobaryczna. V = const. Przemiana izochoryczna.
= const. Przemiana izochoryczna.
Temperatura gazu w punkcie C wynosi:
Zadanie 8. Zgodnie z warunkami zadania
V= const. m = const. Korzystając
p T
Zadanie 14. z równania stanu gazu,
możemy napisać:
p+t:..p T+t:..T
=
Zadanie 15.
ó.Q = till = mgh = 4905 J 8,47 kPa
Ilość dostarczonego wzoru :
ciepła
mozemy
obliczyć
ze
ó.Q = mcó.T = 1044300 J
t:..T = mgh = gh = 3 83 K ' me c Zadanie 16.
v= Zadanie 9. Po przemianie izotermicznej, w czasie której ciśnienie gazu zmalało do p oł owy, objętość gazu zwiększyła się dwukrotnie. v 2
3p12V1 T 1 +t:..T
t:..T = 5T1 = 1365 K
t:..T ó.p=p l +ó.T) - -p=-p ( T T t:..p
P1V1 T1
= 4 . 10-3 m3
~ 3RT µ
"" 483 m s
Zadanie 17. Korzystamy z równania:
pV =nkT
n= pV kT
=3 9·10 17 cząsteczek '
oraz: s t =V
Zadanie 18. W treści zadania podano, że sprawność silnika wynosi 35%, a to oznacza, że tylko 35% ciepła wydzielonego podczas spalania benzyny zamienia się na pracę. Zatem:
W= 11Q
W=Pt
I~
p = 17mqs = 17mqsv = 17pVqsv = 9450 W s
t
s
Zadanie 19.
= 17mq
5
Z drugiej strony wiemy,
Stąd:
że:
1J
= w = ~ = _!!___ = ~ = 59% Q
q5 m
q 5 pV
Sq 5 pV
rozdział
Rozdział
XI Elementy fizyki atomowej i jąd ~owej
I Oddziaływanie promieniowania z materią 2. F le materii 3 Model atomu Bohra 4 . Jądro tomu 5 Przemiany jądrowe 6 . Przykłady 7 . Zadania B. Rozwiązania i odpowiedzi do zadań
I.
Oddziaływanie
promieniowania
a Wkraczamy w fizykę atomów i jąder atomowych. Postaram się pokazać, jakie prawa rządzą światem atomu i jego jądra, a także związki mikroświata z makroświatem. Zgodnie z teorią Plancka promieniowanie elektromagnetyczne ma naturę korpuskularną. Cząst ki promieniowania elektromagnetycznego nazywają się , n . Każdy foton ma energię
może następować jedynie w postaci pewnych porcji energii, z których każda jest równa hv. Te porcje energii nazwano kwantami lub fotonami.
Z iawisko fotoelektryczne W 1886 r. H . Hertz odkrył zjawisko fotoelektryczne polegające na wybijaniu z powierzchni metalu elektronów przez padające światło. Zjawisko to wyjaśnił Albert Einstein w 1905 r. w oparciu o hipotezę kwantów światła postawioną przez Plancka. Założenia
teorii Einsteina: 1. Z każdym fotonem związana jest energia, zgodnie z zależnością
E
= h·v
2 . W zjawisku fotoelektrycznym jeden foton jest całkowicie absorbowany przez jeden elektron. światło
1.,___
E
=
hv
bańka
szklana
(1)
Gdzie: h = 6,63 ·10-34 l s - stała Plancka v - częstotl iwość promieniowania
+ Fotony poruszają z prędko ścią, która w próżni ma wartość równą około c
= 3·10 8 m/s
Masa spoczynkowa fotonu jest równa zero.
m =O Pęd
fotonu jest równy
h·v h p==c A, Każdy
(2)
foton ma własny moment pędu (spin)
równy
h 2n Według
nie
Plancka
ilość
wypromieniowanej en ergu w sposób ciągły . Emisja
może zmie ni ać się
Rys. l
Fakty doświadczalne związane ze zjawiskiem fotoelektrycznym: 1. Pod wpływem padającego światła z powierzchni metalu (katody) wybijane są elektrony. Zjawisko to następuje wtedy, gdy częstotliwość padającego światła jest większa od pewnej czę stotliwości granicznej
Częstotliwość
ta jest charakterystyczna dla materiału, z którego wykonano katodę . 2. Energia wybitych z powierzchni metalu elektronów (fotoelektronów) jest wprost proporcjonalna do częstotliwości padającego światła. 3. Liczba wybijanych z powierzchni katody elektronów zależy od natężenia padającego światła.
~
E
4. Energia padającego na katodę fotonu zostaje zużyta na wyrwanie elektronu z powierzchni metalu (praca wyjścia) oraz na nadanie elektronowi energii kinetycznej. Bilans energetyczny tego procesu jest następujący: mv 2 hv=W+ - 2
(3)
hv - energia fotonu W - praca wyjścia mv 2 - energia kinetyczna wybitych elektro2 nów 5. Energia kinetyczna wybitych elektronów jest równa: mv 2
(4)
- - =eV 2 V-
potencjał hamujący
Praca wyjścia jest to praca, jaką trzeba wykonać, aby pokonać siły przyciągania pochodzące od atomów z powierzchni metalu oraz aby pokryć straty energii kinetycznej spowodowane zderzeniami elektronu wewnątrz płytki. Proces wybijania elektronu z powierzchni metalu możemy przedstawić na schemacie.
Padający
foton
E = hv
I
I~E* o
-A
A
X
Rys 3
Studnia, w której znajdują się elektrony, nie jest dołem w dosł ownym tego s ł owa znaczeniu. Podobnie dołem nie jest obszar, w którym odbywają się drgania sprężyny. Metal, np. miedź, składa się z dodatnich jonów (Cu2+ ) o ustalonych p ołożeniach i swobodnych elektronów. Dodatnie jony wytwarzają studnię potencjału, w której uwięzione są elektrony. „Głębokość" studni wyrażona jest przez minimalną pracę, jaką trzeba wykonać, aby usunąć elektron z metalu. Jest to praca wyj ścia. Zjawisko ComptonaK Zjawisko to polega na rozpraszaniu promieniowania elektromagnetycznego przez słabo zwią zane lub swobodne elektrony. Jest ono charakterystyczne dla promieniowania rentgenowskiego widma promieniowania elektromagnetycznego. Padaj ące
promienie
tarcza
2
= mv 2
w .--Poziomy energetyczne } elektronów
Rys. 4
Rys. 2
Stan, w jakim
znajdują się
elektrony w metalu, możemy porównać do stanu kulki znajdującej się w studni. Studnia w naszym codziennym rozumieniu - w rozumieniu fizyki klasycznej - oznacza dół. Aby wydostać ciało z dołu, trzeba mu dostarczyć energii. Innym przykładem studni, mówiąc dokładniej studni potencjału, jest obszar, w jakim sprężyna może wykonywać drgania. Wychylenie sprężyny zawiera się między punktami opisanymi nierówno ś ciami:
W przeprowadzonym doświadczeniu Compton zaobserwował, że oprócz promieniowania o nie zmienionej długości fa li pojawia się składowa promieniowania o zmienionej długości fali: ~Il=
gdzie Ac to comptonowska llc
długość
6,63 .10- 34
h
= 22,43 · 10-
m 0 - masa elektronu
c-
(5)
fali.
=-= 31 s m c 9, 1 · 10- · 3 · 10 0
-A~x~+A
I~
llc (1- cos e)
prędkość światła
12
m
m
=
(6)
kg · m 2
·S
Wi e lk ość ~A za l eży
od Ao która ma wartość stałą dla cz ąstek, na których następuje rozpraszanie promi eniowania. J eżeli rozpraszanie następuje na swobodnych elektronach, to Ac = 2,43 · l0- 12 m a w ięc ~A zal eży tylko od kąta rozpraszania promi eniowania ei maksymalnie może wynosić:
miało większą długość fali niż promieniowanie rentgenowskie padające na atomy. Dlaczego? Zjawisko to możemy wyjaśnić jedynie na gruncie teorii Einsteina. Załóżmy, że promieniowanie rentgenowskie to zbiór cząstek, które nazwiemy kwantami. Każdy kwant ma energię hv0 • Padające na atomy tarczy kwanty promieniowania rentgenowskiego przekazują im część własnej energii. Dzięki temu elektrony są wybijane z powierzchni tarczy i poruszają się z prędkością v. Bilans energetyczny tego procesu możemy zapisać następująco:
hv 0 + m 0 c 2 = hv' + E1 + m 0 c 2
M=Ac (l- cose)=Ac (1+1) = 2Ac = = 2 · 2,43 · 10- 12 m = 4,86 · 10- 12 m
Zj awisko Comptona nie będzie obserwowane dla fa l znacznie dłuższych niż 4,86 · 10- 12 m. J eże li rozpraszanie nastąpi na elektronach zwi ą zanych w atomie, to do policzenia Ac trzeba użyć masy całe go atomu. W takim przypadku ~A bę dzie bardzo małe. Jeżeli zamiast elektronów bralibyśmy pod uwagę protony, to wartość ~A będzie ju ż oko ło 2000 razy mniejsza. Aby z rozumieć dlaczego tak się dzieje, spójrzmy na rysunek hv E= h v; p = -
c
V
v
Rys. 5 Pad aj ący kwant promieniowania rentgenowskiego zderza si ę z elektronem. W wyniku zderzenia elektron uzyskuje pęd i energię, natomiast kwant promieniowania zostaje rozproszony. Jego energia jest inna, a ściślej mówiąc, jest niższa od energi i kwantu przed zderzeniem. Aby d o kł adniej zrozumieć istotę zjawiska Comptona, wy obraźmy sobie, że stoimy przed lustrem w zielonej koszuli i widzimy własne odbicie, tyle że w czerwonej koszuli. Co miałoby to oznaczać? Otóż kolor zielony to fale o długości 0,55 µm, a kolor czerwony to fale o długości 0,75 µm. Właśni e takie zj awisko zarejestrował Compton. Świ atł o, a ści ślej mówiąc promieniowanie rentgenowskie, które ulegało rozproszeniu na atomach,
gdzie:
hv 0 - energia padającego fotonu hv' - energia rozproszonego fotonu E1 - energia uzyskana przez elektron m0c2
-
energia spoczynkowa elektronu
Skoro energia rozproszonych kwantów promieniowania rentgenowskiego jest mniejsza od energii kwantów padających, to:
v' < v0 c
c
A'
~
-<-
Promieniowanie rentgenowskie rozproszone ma większą długość fali niż promieniowanie rentgenowskie padające. Zjawisko kreacji i anihilacji parR Jest to kolejne zjawisko, w którym fotony w wyniku oddziaływania z materią tracą energię. W tym procesie foton o wysokiej energii wskutek zderzenia z jądrem traci całą swą energię hv. Jej kosztem powstaje para cząstek - elektron i pozyton - mających pewną energię kinetyczną. Nastę puje kreacja cząstek. =te
E = hv
- - - - - +O
Rys. 6
Bilans energii podczas tego procesu ma hv = E_ + E+
postać:
E_ - energia elektronu E+ - energia pozytonu
Wielkości charakteryzujące cząstkę:
Pozyton jest cząstką o własnościach identycznych jak elektron. Cząstki te różnią się znakiem ła dunku elektrycznego. Elektron ma ładunek ujemny, a pozyton ładunek dodatni. Pozyton porusza się do momentu, gdy wraz z innym elektronem utworzy układ zwany pozytonium. Czas życia pozytonium wynosi około 10- 10 s. Po tym czasie pozytonium ulega rozpadowi na fotony. Nastę puje anihilacja pozytonu i elektronu.
twem
związane są
z
falę: długością
-e • • +e E, = hv, ; p, E2 = hv2 ; P2
Podsumowując
trzy omow10ne zjawiska, można powiedzieć, że za absorpcję fotonów w zakresie niskich energii odpowiedzialne jest zjawisko fotoelektryczne, w zakresie średnich energii - zjawisko Comptona, a w zakresie wysokich energii proces tworzenia par. Aby wyjaśnić przebieg omówionych wyżej zjawisk: zjawiska fotoelektrycznego, zjawiska Comptona oraz zjawiska kreacji i anihilacji par, trzeba było założyć istnienie cząstki promieniowania elektromagnetycznego - fotonu . Zjawiska te dowodzą, że promieniowanie elektromagnetyczne oprócz natury falowej ma też naturę korpuskularną. Stąd mówimy o dualizmie korpuskularno-falowym promieniowania. O naturze falowej świadczą zjawiska: dyfrakcji, interferencji i polaryzacji.
2. Fale materii W 1924 r. Maurice de Broglie napisał, że korpuskularno-falowe zachowanie nie jest cechą tylko promieniowania, ale także materii. Tak jak z fotonem stowarzyszona jest fala świetlna, tak samo z elektronem (lub z inną cząstką materii) stowarzyszona jest fala materii, która określa jej ruch w przestrzeni. Zgodnie z hipotezą de Broglie'a całkowita energia dowolnego obiektu fizycznego (zarówno promieniowania, jak i materii) jest opisana zależnością:
h A.
pośrednic
Wielkość
A=!!_
(8)
p
nazywamy długością fali de Broglie'a. Zatem materia - podobnie jak promieniowanie ma naturę korpuskularno-falową.
W 1913 r. Niels Bohr przedstawił model atomu, który w dużej mierze zgadzał się z wynikami doświadczeń. Swoje idee zawarł w kilku postulatach: 1. Elektron w atomie porusza się po orbicie kołowej pod wpływem przyciągania kulombowskiego występującego między elektronem a ją drem. Ruch ten podlega prawom fizyki klasyczne). 2. Elektron może poruszać się tylko po takich orbitach, dla których orbitalny moment pędu elektronu jest równy całkowitej wielokrotności stałej Plancka h podzielonej przez 2n: h mvr=n2n
(7)
(9)
n = 1, 2, 3, 4, ... m - masa elektronu v - prędkość elektronu r - promień orbity elektronu h - stała Plancka 3. Całkowita energia elektronu na orbicie jest stała. Elektron, poruszając się po orbicie, nie wypromieniowuje energii, pomimo że cały czas doznaje przyśpieszenia. 4. Promieniowanie elektromagnetyczne zostaje wysłane, gdy elektron przejdzie z orbity, na której całkowita jego energia wynosi Ek, na orbitę, gdzie całkowita energia wynosi E; (E; < Ek). Wysłane promieniowanie ma częstotliwość v: Ek -E
h
wynosi:
P=-
i częstotliwością fali (za Plancka).
V=
E = hv pęd
pęd,
3. Model atomu Bohra
Rys. 7
a jego
stałej
energia i
wielkościami charakteryzującymi
I
(10)
]~Hv
A - liczba masowa Podstawiając te dane do wzoru na otrzymamy
objętość
kuli,
Rys 8
Ic l
to stan, w którym elektron ma
o
najniższą energię
A
= 1).
(n
z >m to stan, w którym znajdzie się elektron, jeżeli w wyniku jakiegoś procesu (np. zderzenia) atom otrzyma dodatkową energię (n> 1).
4
m
p
Z prawa Coulomba wiemy, że ładunki jednoimienne odpychają się z ogromną siłą znacznie przewyższającą siłę grawitacji. Powstaje pytanie, dlaczego jądro po prostu nie rozsypie się. Odpowiedzi na to pytanie udzielił japoński fizyk Hideki Yukawa, który w 1935 roku założył, że w jądrze atomowym działają potężne siły, które
Porównując tę masę
z
masą
Widzimy, że masa protonu jest znacznie większa od masy elektronu. Proton i neutron mają masy porównywalne. Liczba atomowa Z - liczba protonów w jądrze (jest równa liczbie elektronów w atomie) Liczba masowa A - liczba protonów i neutronów w j ądrze Liczba neutronów N = A - Z Składniki jądra: protony i neutrony nazywamy J , a jądro mklidt.:m. r tomm _-eh
jest
kulą
o promieniu r. W wyniku badań doświadczalnych wykazano, że promień jądra atomu wyraża się wzorem: (11) gdzie
r0 = 1,2·10-15 m
Siły jądrowe mają następujące własności:
2. 3.
l,6·10-27 kg = 1758 9,1·10- 31 kg
Możemy założyć, że jądro
Y
Są krótkozasięgowe,
tzn. działają weatomu na odległość rzędu
10-15 m.
elektronu
otrzymamy:
me
li!l !!';;'
wnątrz jądra
m e = 9, 1·10-31 kg
mp
nazwał siłami jądrowymi .
1.
= 1' 6-10-27 kg
atomu jest proporcjonalna
V-A
dro atomu
Rozmiary atomu po raz pierwszy zostały doświadczalnie wyznaczone przez E. Rutherforda w 1911 r. Według niego jądro ma rozmiary rzędu 10- 14 m. W skład jądra wchodzą dodatnio nała dowane protony i elektrycznie obojętne neutrony. Masa protonu wynosi
więc objętość jądra
do liczby masowej A.
Są niezależne
od ładunku. jedynymi siłami w przyrodzie, które mają własność wysycania, co oznacza, że oddziaływanie to zanika, gdy nukleon jest całkowicie otoczony innymi nukleonami. Nukleony znajdują ce się poza tymi otaczającymi nukleonami nie „czują" już oddziaływania otoczonego nukleonu.
Siły jądrowe są
Siły jądrowe powodują przyciąganie
dla odległo l0-15 m i odpychanie dla odległości mniejszych od 0,5 · l0- 15 m. Chcąc wyjaśnić działanie tych sił, Yukawa założył istnienie cząstki zwanej mezonem, którą wymieniają między sobą oddziałujące nukleony. Masa tej cząstki jest około 270 razy większa od masy elektronu. ści rzędu
Izotopy Izotopy są to jądra (nuklidy) o takim samym ła dunku (takiej samej liczbie protonów), ale różniące się liczbą neutronów (mają różne liczby masowe). Przykładem mogą być izotopy wodoru:
~H; ~ H; ~ H . Energia wiązania jądra atomowego Pomiary wykonane w laboratoriach dowodzą, że masa jądra atomowego jest mniejsza niż suma
$'
cząstek wchodzących w skład jądra. Możemy pisać ten fakt w postaci równania
Jądra niestabilne rozpadają się, wysyłając promie-
niowanie:
a (cząstki ia), f3 (cząstki
Zm p + Nm n - mJ = twz
Promieniowanie
i - masa jądra - deficyt masy (niedobór masy) Korzystając z wyprowadzonego przez Einsteina równania opisującego równoważność masy i energii:
till = twz · c2
(12)
możemy wyznaczyć,
jaka część masy jądra atomu zamieniona na energię wiązania w wyniku łączenia Z protonów i N neutronów. Aby rozbić jądro atomu, trzeba dostarczyć energii co najmniej równej energii wiązania. została
Ew
= (Zmp + Nmn) c
2
-
m;c
-
226 p 91
W naszych obliczeniach możemy zaniedbać masę elektronów, gdyż jest bardzo mała w porównaniu z masą składników jądra atomowego. Ew > O jądro jest stabilne i do jego rozbicia trzeba dostarczyć energii z zewnątrz Ew < O jądro jest niestabilne i rozpada się samorzutnie Średnia energia wiązania przypadająca na jeden nukleon wyraża się wzorem:
W wyniku tego rozpadu powstaje nowe jądro o liczbie atomowej mniejszej o dwa i liczbie masowej mniejszej o cztery. Jak widać cząstka a jest podwójnie zjonizowanym atomem helu. Promieniowanie
A
W wyniku tej reakcji powstaje nowe jądro o liczbie atomowej o jeden większej. Jądro emituje elektrony, ponieważ następuje w nim przemiana neutronu w proton i elektron, który jest wyrzucany z jądra. Ponadto, w przemianie tej powstaje cząstka o masie spoczynkowej zero i ładunku zero, którą Fermi nazwał nem . W rzeczywistości jest to antyneutrino elektronowe.
(13)
jądrze
Można zadać pytanie, czy łatwo jest połączyć
dwa protony, tak aby powstało jądro. Mówiąc inaczej, co trzeba zrobić, aby dokonać syntezy. Aby dokonać syntezy dwóch protonów, trzeba dostarczyć im energii, która umożliwi pokonanie odpychania elektrostatycznego. W przykładzie 9 policzona jest energia elektrostatycznego odpychania, która jest równa 0,7 MeV. Zatem trzeba protonom dostarczyć energii co najmniej równej 0,7 MeV. Można oszacować, jaką prędkość trzeba nadać protonom, aby były w stanie przekroczyć barierę elektrostatycznego odpychania. Jest to prędkość rzędu 1,3 · 108 m/s.
I~
1
W jądrze następuje przemiana protonu w neutron oraz dodatni elektron, czyli pozyton. Podobnie jak w przemianie fr, powstaje neutrino elektronowe. Cząstki a i f3 tracą energię w nieelastycznych zderzeniach, ulegając spowolnieniu, aż w końcu zatrzymują się.
jądrowe
Wszystkie znane nuklidy fizycy podzielili na dwie grupy: stabilne i niestabilne.
~~ ln--7 ~~ Cd++? f3
W tej przemianie jądro emituje pozytony, czyli dodatnie elektrony.
Promieniowanie
5. Przemiany
fJ' ~ X--7z~1Y + +?/3
1
A - liczba nukleonów w
fr ~X--7z:1Y+ -?/3
Promieniowanie
Ew
a
--' 222 A +4a a-, 89 c 2
I~ C-?l~ N+ -?/3
masa atomowa
Ew=
+?/3 ),
a AX A- 4y 4 Z --7 Z=2 +1
2
m; = ma-zm. m0
- ~/3 lub
promieniowanie elektromagnetyczne y.
r ~x · -? ~ X+
Gwiazdką
y
oznaczone jest jądro wzbudzone.
IH +IIH ~12H ++1e o +v
Promieniowanie y to fala elektromagnetyczna o bardzo wyso kiej energii.
hv = E. -E Zasięg promieniowania y zależy od takich ziawisk, jak zjawisko fotoelektryczne, rozpraszanie Comptona czy tworzenie par. l
(
i
We wszystkich reakcjach jądrowych spełnione następujące prawa zachowania: 1. Prawo zachowania liczby nukleonów:
A1 + A1 = A3 + A4 2. Prawo zachowania
„
ładunku
3. Prawo zachowania energii z fizyką relatywistyczną) :
a+X~ b +Y
E
gdzie a - cząstka bombardująca, X - jądro tarczy b - cząstka wy l atuj ąca z tarczy Y - jądro odrzutu Schematycznie możemy to zapisać tak:
elektrycznego:
Z 1 + Z2 = Z3 + Z 4
Typową reakcję jądrową m ożemy zapisać według
schematu:
są
całkowitej
(zgodnie
= moc2 + E kin. + Epot.
4 . Prawo zachowania
pędu:
X(a, b)Y Przykładem
takiej reakcji jest reakcja przeprowadzona w 1919 r. przez Rutherforda: 1
ia+ jN~~ H+ ~ 0 1
Mając gię
równanie reakcji, możemy reakcji (wartość reakcji):
wyliczyć
ener(14)
Jeżeli
Rozpad promieniotwórczy Czas połowicznego zaniku źródła promieniotwórczego T 112 jest to czas, po którym liczba jąder atomów promieniotwórczych spada do połowy ich początkowej liczby. Wprowadźmy oznaczenia: N 0 - początkowa liczba jąder promieniotwórczych. N - liczba jąder po czasie t A. - stała rozpadu promieniotwórczego (15)
reakcji jest większa od masy masy zamienia się w energię zgodnie z równaniem:
czyl i masa
wejściowa
wyj ściowej , to część
(~m)c 2
=M = Q
W wyniku takiej reakcj i wyzwalana jest energia. Jest to reakcja "' 1t.n<.:rgecyczna. W przeciwnym wypadku trzeba dostarczyć energii, która jest zamieniana na masę zgodnie z równaniem
Wzór ten opisuje, jak zmienia się w czasie liczba jąder atomów promieniotwórczych. Stała rozpadu A. wyraża prawdopodobieństwo rozpadu w jednostce czasu. Aktywnością źródła A nazywamy liczbę rozpadów na se kundę
A=A.N
[A]= 1Bq=1
M c2
~m=
Jest to reakcja
Jednostką aktywności
focnergec~ czna.
Jest to reakcja, w której dwa rząc jedno cięższe jądro.
jądra łączą się,
Jeżeli
przyjmiemy,
(16)
rozpad s
jest jeden bekerel (1 Bq) .
że
twoto
1 N=-N0 2
~3
Rozwiązanie:
_!_No -_ N oe -).T1/2 2
1
-=e
34 8 B=hc=6,63·10- · 3·10 = 284 . 10 -17 J= /... 7 .10-9 , 17 19 =2,84 · 10- · 0,625·10 eV=177,6 eV
-AT1/ 2
2
po zlogarytmowaniu stronami logarytmem naturalnym (o podstawie e = 2,7 ...) otrzymamy:
@łdl!S@łl Jaka jest maksymalna energia kinetyczna elektronów wybijanych z powierzchni cynku przez promieniowanie ultrafioletowe o długości fali 2.10- 7 m? Praca wyjścia z powierzchni cynku wynosi 4,3 eV.
-ln 2 = -/..T112 ln 2
T1;2
=T
(17)
Dane: W= 4,3 eV /... = 2.10- 7 m
Szukane: ?
Bk max =
Rozwiązanie:
Energia niesiona przez foton jest równa:
ln2"' 0,693
hv =W+ Bk.max Bk.max
6.
= hv-W
Przykłady m
W fizyce atomowej stosujemy jednostkę energu 1 elektronowolt (1 eV). Wyraźmy tę jednostkę w dżulach. 1 eV= 1,6 · l0- 19 C.V = 1,6· 10-19 J Natomiast
Jak widać 1 eV jest bardzo
małą jednostką
Dane: /... = 7·10-9 m c = 3·10 8 m/s
fotonu o
= 6,63 ·10-34 . 3 .10s O 622·1019 eV ' 2 · l0-7 - 4,3 eV= 6,22 eV - 4,3 eV= 1,92 eV
B
k.max
długości
fali 7 · 10-9 m.
Porównaj długość fali de Broglie'a elektronu o energii kinetycznej 1 O ke V z długością fali de Broglie'a samochodu poruszającego się z prędko ścią 25 m/s. Masa samochodu wynosi 1000 kg.
Szukane: B =?
Dane: m, = 1000 kg v, = 25 mis me= 9,1·10-31 kg = 10 keV h = 6,63·10-34 J.s
Bk.e.
18$
m
energii.
hUdi!S@t.ł energię
[/...]
Odp. Maksymalna energia kinetyczna elektronów wynosi 1,92 eV.
1 J = 0,625 ·1 0 19 eV
Oblicz
[Bk.max
J ·s·5 - 1J = 1J ] = [h] [ c] - [W] = 1 - -
Szukane: /..., = ? A.e = ? /...e - ~ /..., - .
Rozwiązanie:
Przykład
Długość
fali de Broglie'a dla elektronu obliczymy ze wzoru:
A. = !!_ = -==h== e p ~2mEk.e. [A.]=
e
[~[m. ][Ek.e.J]
kg·m 2
- -2-
~
kg·m
·S
s kg · m 2 kg ·- s2
A.= e
] ·s _ ]-s _ ~kg · eV - ~kg · ] -
[h]
=--s-·m=m kg·m s
6 63 . 10- 34 ' m= ~2 ·9,1· 10-3 1 · 10 4 · 1,6·10- 19
SR.
Korzystając z postulatów Bohra, wyprowadź wzór na promień orbity elektronu. W zadaniu pozornie nie mamy żadnych danych. Ale za wielkości dane możemy uznać wszelkie informacje, które znajdują się w tablicach fizycznych oraz wszelkie stałe fizyczne występujące w postulatach Bohra. Na początek spróbujmy ustalić warunki, jakie muszą być spełnione, aby elektron mógł się poruszać dookoła jądra atomowego. Zgodnie z pierwszym postulatem ruch elektronu odbywa się pod wpływem sił kulombowskich, a więc poj awiająca się siła dośrodkowa (Fd) jest równa sile Coulomba (FJ .
F,
6,63 . 10-34
6 63 .10- 34 m= ' m= 5,40 .10- 20 ~29,12 · 10-4° = 1,23· 10- 11 m
= Fd
1 'Ze2 v2 - - - 2-= m4tr t::0 r r Z drugiego postulatu otrzymamy:
Długość
fali de Broglie'a dla samochodu obliczymy ze wzoru:
h mvr=n2tr Wyznaczamy z tego równania v:
[?.,]s -
[h] =~=N·m ·s [m, ][V, ] m kg. m
kg · -
kg·m s2 kg
--·S
s
s
nh v= - 2trmr
i podstawiamy do równania F,
»1( __±___ y
2
_l_'Ze2 - ~ 4tr t::0 r 2 r
~~--=m
a
A. = 6,63·10-34 =O 27·10-37 m s 103 . 25 ' Porównajmy otrzymane
A.. A.,
= Fd
11
1,23 .100,27 . 10-37
długości
następnie
wyznaczamy r: 2
2
Ze r = 4tr t::0 r m
fal:
n1h1 4tr 2 m 2r 2
= 4 59 . 1026 '
Z wykonanych obliczeń wynika, że długość fali de Broglie'a dla samochodu jest o 26 rzędów wielkości mniejsza od dłu gości fali de Broglie'a dla elektronu. Długości fali de Broglie'a dla samochodu nie jesteśmy w stanie zmierzyć. Jest ona mniejsza od rozmiarów jądra atomowego, które jest rzędu 10- 15 m.
n=l,2,3,4,„.
n=_!!__ 2tr
~5
Możemy
teraz na przykład obliczyć promień pierwszej orbity elektronu w atomie wodoru. W tym przypadku mamy: n= 1; Z= 1; m = 9,1 ·10-31 kg e = 1,6 · 10-19 C t:0 = 8,85 . 10-12 C 2 ·N- 1·m-2
h
=
Energia kinetyczna jest równa: mv 2 Ek = - 2 Porównując siłę dośrodkową możemy wyznaczyć energię kinetyczną :
Js
6,67 · 10-34
z s iłą Coul omba mv 2 i p o dstawić do wzoru na Ze 2
1
mv 2 r
__Ł = 1 06 . 10- 34 J.s 2n
'
Stąd:
[v 2] [r] =[co] [m] [e 2]
mv 2
_ci · N -1 ·m -2 · 1
2
-
·S
2
·
k g- 1 · c-2 -_
N 2 · m 2 ·s N · s kg · m ·s -m N · m 2 · kg - kg - s · kg -
i otrzymujemy
wyrażenie
, = 5,3 · 10-
, 11
2 4n t: 0 r
możemy obliczyć energię całkowitą:
1 Ze 2 Ze 2 E=Ek + E = - - - - - P 2 4nt: 0 r 4nt: 0 r [E] - __lCL_ - 1 - [co] [r] -
6R.
= 4nt:or = _l~ 2
Teraz
Odp. Promień pierwszej orbity w atomie wodoru wynosi 5 ,3 · 10-11 m. Przykład
Ek
68 l·l,l 2 · 10 9,1 ·10- 31 · 1· 2,56·10- 38
m
energię kinetyczną:
Ze 2
--~-----
r=4 · 3 14 ·8 85 ·10- 12
na
1 Ze 2 2 4nt: 0 r
----
2
C
C 2
= 1 N· m = 1 J
--·m 2
N ·m
Oblicz energię mie wodoru.
wiązania
elektronu z jądrem w atoPrzyjmując
Rozwiązanie:
Energia wiązania oznacza energię układu „jądro elektron", gdy elektron znajduje się na orbicie leżącej najbliżej jądra (n = 1), czyli w najniższym stanie energetycznym. Na początek obliczmy energię całkowitą elektronu, na którą składa się energia potencjalna ukła du „jądro - elektron" i energia kinetyczna elektronu na pierwszej orbicie. Energia potencjalna jest równa: Z·e 2
E =--P 4n t: 0r Znak minus bierze się stąd, że siła kulombowska działająca między elektronem a jądrem jest siłą przyciągającą i chcąc przesunąć elektron do nieskończoności (gdzie energia jest maksymalna i zgodnie z umową wynosi zero), trzeba wykonać pracę przeciwko sile kulombowskiej.
I~
r = 5,3 ·10-11 m Z=l otrzymamy E=
1 1·2,56 · 10- 38 J= 2 4 . 3,14. 8,85 .10- 12 . 5,3 .10- 11
=-21,73·10- 19 J= = -21 ,73·10- 19 ·0,625 ·10 19 eV= -13,6 eV Odp. Energia wiązania elektronu z jądrem w atomie wodoru wynosi -13,6 eV. Jest to energia, jaką ma atom wodoru w stanie podstawowym.
Iii! ł%11$$fł Wyprowadź wzór na energię całkowitą elektronu w zależności od numeru orbity. W przykładzie 6 wyprowadziliśmy wzór na energię całkowitą w zależności od promienia:
1 Ze 2 E=---2 4n t: 0 r
Podstawmy do tego wzoru wyrażenie na promień orbity elektronu w atomie wyprowadzony w przykładzie 5.
= !-,.mc 2 = 0,04868 · l0-27 ·9·10 16 J = = 0,43812· l0- 11 ] = = 0,43812·10- 11 ·0,625 .1019eV
Ew
Ew
E =
1 Ze 2 mZe 2
2 4n e0 n 2 v 2
= 27,38 MeV
Energia
mZ 2 e 4
1 2 2 (4ne 0 1 2v n
przypadająca
na jeden nukleon wynosi:
E = Ew = 27,38 MeV = 6 845 MeV A 4 '
n = 1, 2, 3, 4, ... energię
Obliczmy teraz chania: Oblicz energię wiązania nukleonów w pu wodoru - trytu 3H. Dane (odczytane z tablic): m 1 = 5,00815·10-27 kg m = 1 67262·10-27 kg p ' mil= 1,67488 ·1 0-27 kg N= 2
jądrze
izoto-
kulombowskiego odpy-
L_
E __l_!C_ _ 1 (1 ,6 . 10-19 e - 4ne0 2r - 4 .3 14 · 8 9 .10- 12 2 · 10-15
'
J-
' = 0,0114 . 10- 11 J=114·10- 15 · 0,625 · 10 19 eV=
Szukane:
= 71,25·10 4 eV= 0,7 MeV Ew
Ee
=6,845MeV = 98 0,7 MeV '
Z przeprowadzonych obliczeń wynika, że energia nukleonów w jądrze jest około 10 razy większa od energii związanej z odpychaniem kulombowskim protonów. wiązania
Rozwiązanie:
+ Nmn) - m it = = [(1,67262 + 2·1,67488)-5,00815ll0- 27 kg
!-,.m = (mp
t,.m = [5 ,02238 - 5,00815) ·10-2 7 kg=
Przykład
IO.
Jaki jest czas połowicznego zaniku 1 g
= 0,01423·10-27 kg
Aktywność
= 0,01423·10-27 kg ·(3·10 8 m/s)2 = = 0,12807·10- 11 J = 0,08004·10 8 eV
radu wynosi
3 7 · 109
2
~iRa ?
Bq.
E w = !-,.mc 2
8 MeV.
Ew =
IQAM@EI Porównaj energię wiązania nukleonu w jądrze 4 He z energią oddziaływania elektrostatycznego dwóch protonów. Dane: mHe
Dane: m = 1g m Ro = 226 g A= 37·10 9 Bq NA= 6,02·10 23
Szukane: =?
T112
Rozwiązanie:
Czas
połowicznego
zaniku obliczymy ze wzoru:
T
_ 0,693 _ ln 2 1/2 --A,- A,
Szukane:
= 4,0026 u =6,64632 · l0- 27 kg
Ew='
Ee
.
natomiast stałą rozpadu promieniotwórczego A, z zależności:
1 u = 1,6605. lQ-27 kg qp = l , 6·l0- 19 C r = 10- 15 m m p i m il - patrz przykład 8 Musimy ponadto ce o masie 1 g.
Rozwiązanie:
!-,.m
=
2mp
+
2mll - mHe =
0,04868 . lQ-27 kg
znać liczbę
atomów radu w prób-
Rozwiązanie:
Liczba ta wynosi:
E,
= /),.m ·c2
lub A więc: _ 0,693 _ 0,693 _ 0,693·N _ 0,693·m · N A T1/2 A ~ A A·mRa N
E, = (różnica mas w jednostkach u) · E: =/),.m /),.mu
u
MeV ·931 - u
= (mBe
+ ma) -
(m,
+ m n)
=
= 13,0148 u - 13,0087 u = 0,0061 u MeV
E, = 0,0061u·931-- = 5,68 MeV u
= 0,693·1·6,02·10 23 s=4989·107 s= 37·10 9 . 226 = 1582 lata T
112
Odp. Czas połowicznego zaniku
2
~i Ra wynosi
1582 lata.
Iii! fj@@ll I Jaka energia odpowiada jednostce masy atomowej? Rozwiązanie:
1 u = 1,6605 . lQ-27 kg c =2,99792458 ·108 m/s 1 J = 0,62422 · 10 19 eV Po podstawieniu do wzoru na
energię:
Odp. Energia reakcji wynosi 5,68 MeV. Przykład
13R.
W jaki sposób archeolodzy określają wiek obiek-
tów? Zgodnie z prawem rozpadu promieniotwórczego liczba atomów pierwiastka (np. 14 C) maleje o taki sam ułamek w kolejnych równych odstępach czasu. Pewna próbka archeologiczna w chwili powstania zawierała N 0 atomów danego pierwiastka promieniotwórczego. Po czasie t pozostało N atomów zgodnie równaniem:
Jeżeli t
= T (czas
połowicznego
1 N =- N 0 2
E = mc 2 otrzymamy:
1
-=e
odpowiadająca
- AT
2
Eu= 931 MeV Jest to energia stce masy.
atomowej jedno-
Zapiszmy te równania w postaci: N No
-=e Przykład
12R.
In_!':!_= In Oblicz
energię
rozpadu dla reakcji: 1
4 Be+ 2 a~ 6 C+ o 9
Dane: m 8 , =9,012182 me = 12,0000 u ma= 4,0026 u mn = 1,0087 u Eu= 931 MeV
18~
4
12
n
Szukane: U
zaniku), to:
E, = ? energia reakcji
-'1t
e - '1t
=-At
No
In..!_= In e-'-T =-AT 2 a teraz podzielmy je stronami: N
ln N0 _ -At In ..!. - -AT 2
t
T
Zadanie BR.
t
In
!!__ = !_In _!_ = In (_!_ J7' N0
T
2
2
Oblicz
energię
reakcji
B +4a o1n+14N~11 7 5 2
Zadanie 9. Korzystając
czyć
z powyższego równania, wiek próbki.
możemy
obli-
Jaką cząstkę
lub izotop znaku zapytania?
należy wpisać
w miejsce
a) ~B+?~ia+;Li 1
7 . Zadania
Zadanie IO.
Zadanie I.
Wyobraź
Korzystając kość
z danych w przykładzie 5, oblicz elektronu na pierwszej orbicie.
pręd
Zadanie 2. Korzystając
ze wzoru na energię całkowitą elektronu w atomie, oblicz energię elektronu dla n = 1, 2, 3. Wyraź otrzymaną energię w elektronowoltach. Zadanie 3.
Oblicz długość fali de Broglie'a elektronu o energii 500 eV i pocisku o masie 0,02 kg poruszające go się z prędkością 500 m/s.
sobie, że w pewnym zbiorniku znajduje 1OOO jąder pierwiastka o czasie połowicznego rozpadu wynoszącym 2 h. Ile jąder będzie w zbiorniku po 6 godzinach? Po jakim (w przybl iżeniu) czasie w zbiorniku zostanie jedno j ądro? się
Zadanie li.
Czas połowicznego rozpadu 2 ;~ Ra wynosi 1600 lat. Po jakim czasie ulegnie rozpadowi 75% jąder atomowych ? A po jakim czasie ulegnie rozpadowi 90% jąder atomowych? Zadanie 12.
Zadanie 4.
Oblicz długość fali de Broglie'a neutronów termicznych, tj . takich, których średnia energia jest równa średniej energii cieplnego ruchu cząsteczek gazu
Czy każdemu elektronowi przypisana jest fala de Broglie'a o tej samej długości? Od czego to zależy?
( ikT) znajdującego się w temperaturze 300K. 2 Masa neutronu mn = 1,675 ·10-27 kg, stała Boltzmanna k = 1,38 .10-23 J. K- 1 .
Zadanie 5 .
Oszacuj promień jądra 2~~Fr. Przyjmij parametr r0 = 1,2 · 10-15 m. Z jakich cząstek składa się to jądro?
Zadanie 6.
Oblicz energię wiązania irydu
?i Ir . Masa jądra
Zadanie 13.
Graniczna długość fali zjawiska fotoelektrycznego dla cezu wynosi 660 · l0- 9 m. Oblicz maksymalną prędkość wybijanych elektronów przy oświetle niu cezu światłem o długości fali 5 20 · 10-9 m.
1
irydu wynosi M 1, = 190,960 584 u.
8 . Rozwiązania i odpowiedzi do zadań
Zadanie 7R.
Z adanie 1.
Oblicz energię wiązania przypadającą na jeden nukleon dla nuklidów: 1 ~C; 1 ~C; 1 ~C; 1
:c.
V=
6 m
2,2·10 -
s
~9
Zadanie 2.
Dla ~ C:
E1 = - 13,6 eV
Ew =
E2
1
A [6 · 1,00727u + 5 · 1,00866u -11 ,01143u] . 11 . 931 MeV= 0,07549 · 931MeV= MeV 6 39 u 11 '
= -3 ,4 eV
E3 = -1,5 eV
Zadanie 3. Fala de Broglie'a pocisku ma
długość :
Ą = _!:_ = 6,63 . 10-34 m = 6 63 .10-35 m 2 · 10- 2 · 5 · 10 2
mv
P
'
Dla 1 ~ C:
Ew = 7,42 MeV A
a dla elektronu: Ą
h = -- - =
e
.J2mE
Dla 1 ~ C:
6 63 .10-34 '
~2 ·9,81 · 10-3 1 · 8 · 10- 1 7
m=
Ew = 7,22 MeV
= 5,5 .1 0- 11 m
A
Przed podstawieniem energii do powyższego wzoru zamieniliśmy elektronowolty na dżule :
Ew = 7, 29 MeV
E = 500 eV= 500 · 1,6·10- 19 J = 8 .10- 17 J
A
Zadanie 4. Długość fali de Broglie'a przypisanej elektronowi zależy od prędkości elektronu, czyli od jego energii. Zadanie 5. . , Ją . d ra 223 p r o bl.1czymy ze wzoru: Prom1en 87 r; = r0 VA = 1,2 · l0 - 15V223 m
=
Zadanie SR.
Q
7,28·10- 15 m
= [(1,0087 + 14,0067) -
(10,8110 + 4,0026)] ·
MeV · u ·931 - - = 187,9 MeV u
Jądro
to
składa się
z 87 protonów i 136 neutroPodczas tej reakcji nie wydziela
nów.
się
energia.
Zadanie 9.
Zadanie 6. Obliczając energię wiązania irydu
?i Ir
1
skorzy-
a)
stamy ze wzoru:
5°B+?~ia+ ~ Li
1
i
Ew= L1mc 2 Ew= [77m p + (191- 77)mn -
MJ·c
2
= b)
= 1487 MeV
1
j N+ ~n ~ i P + ?
i
Zadanie 7R. Energię wiązania przypadającą
na jeden nukleon
obliczymy ze wzoru:
Ew = [(zm p +(A - Z) mn -mj)] c
A
2
Zadanie 10. Zadanie to rozwiążemy dwoma sposobami.
A I sposób Na początku Po czasie:
19~
było
t1
N 0 = 1000 jąder.
= Tv 2 = 2 h
N 1 =_!_N 0 =500 2 Po czasie:
= 2Tv 2 = 4 h
t2
N 2 = _!_N 1 = 250 2 Po czasie:
jąder
1 N= 25%N0 = -N0 4
Stała
jąder
A=
rozpadu dla radu wynosi:
ln2 =43 · 10-4 lat -1 1600 lat '
= 3T1; 2 = 6 h
t3
= -1 N 2 = 125 Ją. der.
N3
2
II sposóbR Zadanie to możemy także rozwi ązać, korzystając z prawa rozpadu promieniorwórczego:
Po
rozwiązaniu
1 - At -= e 4
otrzymamy: 2ln2 t = - - = 3200 lat A,
N --N oe -.< t Stała
rozpadu promieniorwórczego:
N = lOOO e
równania:
Trzeba jeszcze wyznaczyć, po jakim czasie rozpadnie się 90% jąder, czyli pozostanie 10%. Po obliczeniach analogicznych do pierwszej części zadania otrzymamy t = 5315 łat. W obliczeniach wykorzystano równość ln 10 = 2,3026.
-~6 2
N= 1000 e- 31"
Zadanie 12. 2
E ='}_kT 2
Po zlogarytmowaniu stronami otrzymamy:
'
k = 138 · 10-23 1_ '
K
A-=-h-= h ,J2mE -J3mkT
In N= In 1000 - 3 In 2 In N =In lOOO 8
N=125
A. = 1,45 · l0-10 m
jąder
Trzeba jeszcze obliczyć, po jakim czasie pozostanie tylko jedno jądro.
Zadanie 13. Korzystaj ąc z równania Einsteina dla zjawiska fotoelektrycznego:
N=l 1=1000 e Po
In 2 2h
- -t
przekształceniach
6h log 2
otrzymamy:
6 0,3
t= --,,, -=20
możemy napi sać:
Odp. Po 6 godzinach w zbiorniku pozostanie 125 a po około 20 godzinach pozostanie tylko jedno jądro.
jąder,
Zadanie 11. Gdy rozpadnie tylko 25 %.
=
V max
V max
się
75 %
jąder
radu, to pozostanie
~ 2hc [_!_ ___!__ m A, \i
l
sm = 4 ,2 · 1O - . s
~I
rozdział
Rozdział
X.li Eizyczne podstawy
elekt ~oniki
I. Modele przewodnictwa
2.
Połprzewodnlk
3. Dioda 4. Tranzystor 5. Fotoogniwo
pojedynczy atom
6 Laser 7
pasmo energetyczne
Rys. l. Podcros zbliżonio się atomów poziomy atomowe rozszerzają się wpasmo.
Sygnały
analogowe i cyfrowe
e przewodnictwa Ciała sta łe możemy klasyfikować
ze względu na W tym rozbędą interesowały nas jedynie własności związane z przewodnictwem elektrycznym. Wielkością fizyczną, która może nam pomóc w tej klasyfikacji, jest o J( r właśct y p (mówimy także o przewodności właściwej, która jest odwrotnością oporu właśc iwego a= p-1 ).
szereg dziale
atomy w ciele stałym
włas n ości,
jakie
posiadaj ą .
[p] = 1 Q ·m.
Ze względ u na opór właściwy ciała stałe dzielimy na: 1. Przewodniki: 10-8 Q .m < p < 10-6 Q.m 2. Izolatory: p > 109 Q-m 3. Półprzewodni ki: wartości p pośrednie między przewodnikami a izolatorami, czyli od 10-6 Q.m < p < 10 9 Q-m. Z nauki fizyki wie my, że elektrony w metalu poruszają się swobodnie, czyli bez przeszkód. Dlaczego tak s i ę dzieje? Dlaczego w izolatorze w normalnych warunkach nie obserwujemy przepływu prądu elektrycznego? W pojedynczym atomie krążące wokół jądra elektrony mają dobrze określone stany energetyczne (poziomy energetyczne). Teoria kwantowa nie dopuszcza żadnych stanów pośrednich. Ciało stałe składa się z olbrzymiej liczby gęsto upakowanych atomów. Co to znaczy gęsto upakowane? Otóż np. 1 m3 metalu zawiera około 1Q29 atomów, a 1 cm 3 oko ł o 10 23 . Atomy te wywierają wzajemnie wpływ na siebie. Nie jest to bez znaczenia dla poziomów energetycznych. Atomy oddziałują między sobą, a to powoduje, że ich dopuszczalne poziomy energetyczne „zl ewają się" w pasma.
Pasmo energetyczne składa się z bardzo dużej liczby poziomów energetycznych, między którymi odległość w jednostkach energii wynosi około 10-22 eV. Na każdym poziomie (w jednym stanie energetycznym) zgodnie z zakazem Pauliego mogą znajdować się co najwyżej dwa elektrony różniące się spinem (wewnętrznym momentem pędu elektronu związanym z jego momentem magnetycznym) . Powstające pasma nie są jednakowej szerokości, ale ulegają coraz większemu rozmyciu. W paśmie najbardziej zewnętrznym elektrony zachowują się jak cząstki quasiswobodne (prawie swobodne). Spośród wielu pasm energetycznych szczególnie interesujące są dwa: pasmo walencyjne i pasmo przewodnictwa. Pasmo walencyjne odpowiada przedziałowi wartości energii elektronów biorących udział w wią zaniach między atomami kryształu. W izolatorach i kryształach półprzewodnikowych jest to najwyż sze pasmo obsadzone przez elektrony. Pasmo przewodnictwa odpowiada przedziałowi dozwolonych wartości energii elektronów, w którym elektrony mogą swobodnie przemieszczać się pod wpływem pola elektrycznego. Model pasmowy a) metal
jednowartościowy,
np. Na
pasmo przewodnictwa przerwa energetyczna (pasmo wzbronione) pasmo częściowo zapełnione
metal
dwuwartościowy,
np . Zn
pasmo przewodnictwa pasma częściowo zachodzą na siebie pasmo walencyjne
b)
półprzewodnik
pasmo przewodnictwa óE pasmo walencyjne
c) izolator pasmo przewodnictwa
pasmo walencyjne
Zarówno w półprzewodniku, jak i w izolatorze pasmo walencyjne od pasma przewodnictwa oddziela przerwa energetyczna. Szerokość tej przerwy decyduje o tym, ile energii trzeba dostarczyć, aby przenieść elektron do pasma przewodnictwa. Przykładowe przerwy energetyczne: Si (krzem}: tIB = 1,1 eV Ge (german}: tIB = 0,7 eV
Wystarczy, aby energia ruchu cieplnego kT była większa od przerwy energetycznej tIB, a w półprze wodniku pojawią się elektrony przewodnictwa.
2.
Półprzewodnik
Półprzewodniki samoistne Schemat atomowej sieci krystalicznej germanu, który jest przykładem półprzewodnika samoistnego:
§]
§]
~...........--..~ Ge-4
Rys. 2
19$
Cztery elektrony walencyjne każdego atomu tworzą kowalencyjne wiązania chemiczne z elektronami sąsiednich atomów sieci krystalicznej. W „czystym" germanie nie ma swobodnych elektronów, więc powinien on być izolatorem. Jednakże, jak to widać na przedstawionych wcześniej rysunkach, przerwa energetyczna w półprzewod-
niku jest znacznie mme1sza niż w izolatorze. W związku z tym może my przenieść elektrony do pasma przewodnictwa, np. podgrzewając pół przewodnik. W czystym półprzewodniku w temperaturze zera bezwzględnego pewne pasma są całkowicie zapeł nione, inne całkowicie puste. Opór elektryczny takiego ciała jest bardzo duży i słabe pole elektryczne nie jest w stanie wywołać prze pływu prądu elektrycznego. Natomiast w temperaturze wyższej od O K istnieje prawdopodobieństwo, że pewna liczba elektronów znajdzie się w paśmie przewodnictwa. Czy tych elektronów jest dużo , czy mało? Na przykład w germanie w temperaturze pokojowej istnieją tylko dwa wolne elektrony na 10 10 atomów. To tak jakby wśród wszystkich ludzi na Ziemi tylko jeden był szczęśliwy. Jednakże, biorąc pod uwagę fakt, że w 1 cm 3 znajduje się około 1023 atomów, możemy oczekiwać, że w tej objętości będzie około 2· 10 13 wolnych elektronów. I znowu zapytajmy, czy to dużo? Nie, bo np. aby przez sekundę popłynął prąd o natężeniu jednego ampera, musi przepłynąć 6-10 18 elektronów. Jeżeli elektron z pasma walencyjnego znajdzie się w paśmie przewodnictwa, to zostawi w paśmie walencyjnym wolne miejsce - dziurę, która ma ładunek dodatni. W wolne miejsce natychmi ast „wskoczy" elektron, który pozostawi kolejne wolne miejsce, które zajmie następny elektron. Obserwujemy ruch elektronów, ładunków ujemnych, w jedną stronę i ruch dziur, które mają ła dunek dodatni, w przeciwną stronę. W półprzewodniku istnieją następujące nośniki prądu elektrycznego: elektrony i dziury. Liczba tych nośników rośnie wraz z temperaturą. W ustalonej temperaturze liczba nośników zależy tylko od szerokości przerwy energetycznej. Po przyłożeniu pola elektrycznego do półprzewod nika powstaje uporządkowany ruch nośników prądu elektrycznego: elektronów i dziur. Parę „elektron-dziura" możemy utworzyć, biorąc z jednego atomu elektron i przenosząc go do innego atomu w tym samym krysztale. Mówiąc dokładniej, możemy elektron wybić lub możemy „dostarczyć" go z zewnątrz. Otrzymujemy w takim przypadku swobodny elektron i swobodną dziurę. Zależnie od tego, czy w półprzewodniku jest więcej elektronów czy dziur, mówimy, że prąd elektryczny tworzą ładunki dodatnie bądź ujemne. Wykorzystując poznane wcześniej ... , sko Halla, możemy ustalić znak nośników prąd u elektrycznego.
Jr 1c\\. odnik1 domieszkowane Elektrony w paśmie przewodnictwa możemy uzyskać także w inny sposób. Możemy celowo „zanieczyścić" strukturę krystaliczną póprzewodnika. Te zanieczyszczenia nazywamy domieszkami. Są to wbudowane w sieć krystaliczną atomy obcego pierwiastka. Można także spowodować pewne dyslokacje atomów w strukturze kryształu. Rozważmy kryształ germanu Ge.
będzie chciał zająć elektron z sąsiedniego atomu. Atom indu nazywa się akceptorem (dostarcza dziurę), a półprzewodnik nazywamy półprzewod nikiem typu „p".
~
dodotlmw•
~,---.--iura~./
brakujący
~
\.
/
~ .Q d
§]
-
dodatkowy elektron domieszki , który nie jest
~
Rys 3
elektron w atomie domieszki
§]
związany
Rys. 5
~
energia
pasmo
W tym przypadku domieszka stała się w krysztale źró dłe m dodatkowego elektronu. Atom domieszki dostarczający dodatkowy elektron nazywamy d) r Piąty elektron atomów domieszki jest słabiej związany ze swoim atomem niż pozostałe cztery, które tworzą wiązanie kowalencyjne. Taki elektron może być łatwo przeniesiony do pasma przewodnictwa. Wprowadzając do sieci krystalicznej germanu Ge (który ma cztery elektrony walencyjne) atom arsenu As (który ma pięć elektronów walencyjnych), zyskujemy jeden wolny elektron nie biorący udziału w wiązaniu. Atom As nazywa się donorem (dostarcza wolny elektron), a cały półprzewodnik nazywamy półprzewodnikiem typu „n".
poziom akceptorów
Rys. 6
Wolne elektrony przeszły na poziom akceptorowy. W paśmie przewodnictwa powstały dodatnio naładowane dziury. Elektrony natychmiast zajmują najbliższe dziury, pozostawiając wolne miejsca - dziury, które natychmiast zajmują kolejne elektrony. W paśmie przewodnictwa obserwujemy ruch dodatnio naładowanych dziur. Stąd mówimy o przewodnictwie dziurowym. Złącze
p-n
pasmo przewodnictwa elektronów
n
p
•o o •
poziom donorów
• dolne pas mo wypełnione przez elektrony
niezapełnione
O
elektron donor
·o I
o o
o
o
o
o
~1 dziura akceptor
Rys. 4
Rys. 7. Złque p-n. Wobszorze nznojdujq się swobodne elektrony i zjonizowane oiomy donora. Wobszorze pznojdujq się swobodne dziury i zjonizowane oiomy okceploro.
Jeżeli
Złącze
natomiast do sieci krystalicznej germanu wprowadzimy atom o trzech elektronach walencyjnych, np. ind, to do utworzenia prawidłowego wi ązani a z czwartym atomem zabraknie elektronu. Powstanie wolne miejsce, tzw. dziura, którą
p-n powstaje w wyniku połączenia dwóch kryształów: jednego typu p i drugiego typu n. W obszarze n mamy pewną liczbę swobodnych elektronów oraz równą im liczbę centrów donorowych. Liczba dziur w tym obszarze jest znikomo
$7
W obszarze p mamy pewną liczbę swobodnych dziur oraz taką samą liczbę centrów akceptorowych. W wyniku połączenia tych kryształów rozpoczyna się proces dyfuzji swobodnych nośni ków prądu. Elektrony przechodzą do obszaru p, dziury do obszaru n. W obszarze n i p zachodzi także zjawisko rekombinacji elektronów i dziur, które powoduje znaczne zmniejszenie liczby nośników prądu (zjawisko to jest podobne do amhilacji par).
I
mała.
:I~
n
t Rys. 11 . Natężenie prądu na weiściu diody
I
p
Rys. 8. Po chwili od momentu połąaenia kl)'Sltołów ni p poiawia się różnica potenciałów
W wyniku tego procesu w obszarze złącza pojawia się pole elektryczne, które przeciwdziała procesowi dyfuzji. Obszar n zostaje naładowany dodatnio, a obszar p ujemnie. Powstały ładunek pochodzi od niezobojętnionych centrów donorowych (ładunek dodatni) i niezobojętnionych centrów akceptorowych (ładunek ujemny). Zauważmy, że przez takie złącze przepływ prądu jest możliwy tylko w jednym kierunku. p
n · - - - ......
+-() +-() +-{)
e-+ .._. .._. +-O -O -O
'--------!-
•
11 r-+ - O
elektron
dziura
Rys. 9. Przezzłąae p-n prąd maże płynąć tylko wiednym kierunku
Takie połączenie złącza p-n nazywamy połącze niem w kierunku przewodzenia. Połączenie odwrotne nazywa się połączeniem w kierunku zaporowym. Złącze p-n może służyć do prostowania prądu elektrycznego.
n
p
Rys. 12. Natężenie prądu po wyiściu z diody
3. Dioda Złącze Diodę
p-n nazywamy diodą tJÓłprzC\\ odm ko\\ oznaczamy symbolem
Trzeba jeszcze dodać, że przepływ prądu w kierunku przewodzenia powoduje ciągły napływ do złącza elektronów i dziur. Temu zjawisku towarzyszy wzmożony proces rekombinacji, czyli zanik swobodnych nośników prądu elektrycznego wywołany połączeniem się nośników przeciwnego znaku. W tym procesie wyzwała się sporo energii wysyłanej w postaci kwantów h v. W diodach krzemowych złącze wysyła promieniowanie podczerwone. Jeżeli użyjemy innych półprzewodników, to możemy uzyskać promieniowanie widzialne. Taką diodę nazywamy diod.1 de tt ol cyjną . Zjawisko elektroluminescencji po raz pierwszy zaobserwowano w 1951 r. W przypadku germanu otrzymano długość fali
A.ce = 1,77 µm odbiornik
napięcie
t
a w przypadku krzemu
As;
=
1,12 µm
przemienne
Rys 10
4. Tranzystor Tranzystor zbudowany jest z dwóch przewodnikowych.
złączy pół
emiter
baza
kolektor
emiter
baza
kolektor
Rys. 13 Zauważ, że
przez taki element prąd nie powinien Dlaczego? Każdy z typów tranzystorów przedstawionych wyżej składa się z dwóch złączy n-p, a jak już wiemy, na takim styku wytworzy się bariera potencjału. płynąć.
Po pierwsze, przez tranzystor płynie prąd. Po drugie, natężenie prądu dopływającego do kolektora jest znacznie wyższe od natężenia prą du płynącego w obwodzie „baza-emiter". Tranzystor pełni rolę wzmacniacza. Po trzecie, zwróćmy uwagę, że prądem bazy możemy sterować prąd kolektora. Wzmocnienie tranzystora możemy obliczyć ze wzoru:
(1) Rozważmy
tranzystor typu: n-p-n.
n
n
Afk Afb -
przyrost natężenia przyrost natężenia
prądu
prądu
kolektora bazy
Rys 14 Jeżeli
do takiego tranzystora podłączymy napięcie emiter i kolektor, to okaże się, że jedno złącze jest połączone w kierunku przewodzenia, a drugie w kierunku zaporowym. między
n
p
n
Na poniższym wykresie przedstawiono przykła dowe wyniki pewnego doświadczenia. Jest to zależność prądu kolektora od prądu bazy. Zwróć my uwagę, że natężenie prądu bazy podane jest w mikroamperach, a natężenie prądu kolektora w miliamperach. Zmieniając prąd bazy, możemy sterować wielkością prądu kolektora.
Ik, mA 6
'-------~I 11-----
+
Rys. 15 Jeżeli
teraz do złącza „emiter-baza" podłączymy niewielkie napięcie w kierunku przewodzenia, tak aby emiter był ujemnie spolaryzowany względem bazy, to przez to złącze popłynie prąd. Płynący prąd doprowadzi do bardzo wąskiego obszaru bazy (-10-6 m) wolne elektrony, które wypełnią znajdujące się tam dziury, tworząc prąd bazy Ib. Jednakże większość
elektronów wpływających do bazy będzie kontynuować ruch w kierunku kolektora i, tworząc prąd kolektora Ik, powróci do emitera.
50 100 150 200 250
Ib, µA
Rys. 17
Wzmocnienie tranzystora mozemy wzoru (1)
obliczyć
ze
3 f3=& k =(150-50)mA=10010- ,,,,33.103 &b (5,5-2,5)µA 3 10-6 Gdybyśmy
w obwodzie „emiter-baza" umieścili źródło prądu przemiennego, to w obwodzie „baza-kolektor" także otrzymalibyśmy prąd zmienny. Tranzystor n-p-n oznaczamy symbolem: emiter
ba kolektor
+
a tranzystor p-n-p
Rys. 16
emiter Można zapytać,
czenie?
co zyskamy
tworząc
takie
połą
ba kolektor
5. Fotoogniwo
Płytki złącza
Złącze p-n może my wykorzystać także w fotoogniwie, czyli urządzeniu przekształcającym energię świetlną na energię elektryczną . Wcześniej omawialiśmy zjawisko fo toelektryczne zewnętrzne, polegające na wybijaniu z powierzchni metalu elektronów wskutek padaj ącego promieniowania elektromagnetycznego o dużej często tliwości. W zjawisku fotoelektrycznym wewnę trznym na skutek padającego na złącze p-n światła, które jest absorbowane, następuje kreacja par elektron-dziura. Jak wiemy z wcześniejszych rozważań, w złączu p-n istnieje różnica potencjałów, która będzie powodowała, że elektrony przejdą do pół przewodnika typu n, a dziury do półprzewodnika typu p. Poprzez przewód elektrony dopływają do obszaru p, gdzie zachodzi proces rekombinacji z dziurami. Dalsze oświetlanie złącza powoduje wytwarzanie kolejnych par elektron-dziura. Dzięki temu w obwodzie płynie prąd.
ll l n
p-n
są
tak wypolerowane,
że two rzą
ukł ad równoległych zwierciade ł. zrozumieć istotę działania
Aby
lasera, musimy
zrobić małe
wprowadzenie. promieniowania z materią może nastąpić absorpcja fotonu (energii) przez atomy materii lub emisja fotonu (energii) przez atomy.
W wyniku
oddziaływania
po
przed Rys 20
Emisja
przed
po
Rys. 21
p
~----;µA f - - - - - - '
Rys. l B
Fotoogniwa mają zastosowanie np. w światło mierzach, do zasilania kalkulatorów, a nawet do zasilania niektórych urządzeń gospodarstwa domowego.
6. Laser
Emisj a promieniowania może zachodzić w sposób spontaniczny lub wymuszony. Domyś l amy się, że emisja wymuszona następuje na skutek interwencji z zewnątrz. Możemy ją wywołać, oświetlając atom promieniowaniem, którego kwanty niosą energię równą wzbudzonemu atomowi (przypomnijmy sobie poznane wcześniej zjawisko rezonansu). Jeżeli na wzbudzony atom padnie kwant promieniowania elektromagnetycznego o energii równej wzbudzonemu atomowi, to zostaną wyemitowane dwa kwanty promieniowania o energii hv każd y .
hv
Słowo
laser to akronim nazwy angielskiej: Light Amplification by Stimulated Emission of F.adiation. W języku polskim oznacza to: wzmocnienie świa tła poprzez wymuszoną emisję promieniowania. Działanie lasera poznamy na przykładzie lasera
hv
- hv
Rys 22
półprzewodnikowego .
Emisja wymuszona jest więc zjawiskiem rezonansowym. Problem w tym, że zgodnie z najbardziej prawdopodobnym rozkładem Boltzmanna najwięcej atomów znajdzie się w stanie podstawowym, a najmniej w najwyższym stanie wzbudzonym. Rys. 19
20$
natężenie światła
Nn - liczba atomów w n-tym stanie wzbudzonym N 0 - liczba atomów w stanie podstawowym En - energia atomu w n-tym stanie wzbudzonym E0 - energia atomu w stanie podstawowym
emitowanego przez laser
Iiczba atomów w dozwolonym stanie natężenie prądu
No
lp
Rys. 24
IP-
natężenie prądu,
od którego zaczyna
się
akcja
laserowa Eo E1
energia
Rys. 23. Wykres ilustruiqcy rozklad Boltzmanna
Własności światła
1.
laserowego:
Równoległość wiązki
Obserwując światło
laserowe możemy zauwastanowi ono wąską wiązkę światła biegnącą prawie prostoliniowo. Kąt rozbieżności wiązki możemy wyliczyć ze wzoru:
Aby atom mógł wypromieniować kwant promieniowania, musi najpierw taki kwant zaabsorbować. Atomy możemy wzbudzać w różny sposób: przez absorpcję promieniowania lub przepuszczając prąd - jak to ma miejsce w przypadku lasera półprzewodnikowego. W normalnych warunkach obsadzenie poziomów energetycznych
żyć, że
A. -
spełnia nierówność:
Aby
wadzić
Musimy zatem doprowadzić do inwersji obsan, tzn. do odwrócenia obsadzeń. Jeżeli układ atomów znajdzie się w takim stanie, to po pewnym czasie powróci do stanu podstawowego. Jeśli zdołamy wywołać w układzie emisję wymuszoną, to uzyskamy laser. Proces przeprowadzania układu do stanu inwersji obsadzeń nazywamy pompowaniem. W laserze półprzewodnikowym, przepuszczając prąd przez złącze p-n, doprowadzamy do złącza elektrony i w ten sposób uzyskujemy w układzie inwersję obsadzeń, która w tym przypadku polega na tym, że w paśmie przewodnictwa jest więcej elektronów niż w paśmie walencyjnym. W złączu następuje rekombinacja elektronów i dziur, w efekcie czego złącze p-n staje się źró dłem promieniowania. Jeżeli będziemy zwiększać natężenie płynącego prądu, to liczba wyemitowanych przez złącze fotonów będzie większa od liczby fotonów pochłoniętych w półprzewodniku.
fali
światła
emitowanego przez
laser d - średnica wiązki lasera Na przykład dla A.= 0,6 ·10-6 mi d = 2 mm () = 3·10-4 rad, czyli w odległości 1 OO m od lasera wiązka rozszerzy się do średnicy 3 cm.
możliwa była
akcja laserowa, trzeba doprozbiór atomów do takiej sytuacji, w której spełniona jest nierówność:
długość
2.
Monochromatyczność
Szerokość linii widmowej światła laserowego jest bardzo mała w porównaniu ze zwykłym światłem. Za pomocą lasera możemy uzyskać zakres częstości drgań światła laserowego rzę du kilku herców. Zakres szerokości takich linii laserowych jest rzędu 10-13 nm w zakresie widzialnym. Można powiedzieć, że laser emituje promieniowanie o jednej długości fali (jednobarwne).
c
3.
Spójność
4.
Natężenie
Światło laserowe jest zdolne do interferencji. zwiększać,
promieniowania, które można skracając czas trwania impulsu lase-
rowego. Jeżeli energię
impulsu lasera o mocy np. 1 W w ciągu 10-3 s, to moc impulsu lasera wyniesie 1000 W, a gdy skrócimy ten impuls do 10-9 s, to laser ten osiągnie moc 1 OOO OOO OOO W. Taki laser jest niewątpliwie mniejszy i tańszy niż laser o pracy ciągłej, który miałby taką moc. zdołamy przekazać
$>1
Reasumując, możemy powiedzieć, że
na bazie
złą
cza p-n można zbudować: a) diodę półprzewodnikową b) diodę elektroluminescencyjną c) tranzystor d) fotoogniwo e) laser półprzewodnikowy
7.
Sygnały
Sygnały
cyfrowe (dyskretne)
przyjmują skończoną
liczbę wartości.
u
L
analogowe i cyfrowe
Sygnałem elektrycznym nazywamy przebieg czasowy napięcia lub natężenia prądu elektrycznego. wykorzystany do przekazywania informacji (dźwię ku, obrazu, danych itp.). Rozróżniamy sygnały analogowe i cyfrowe. Sygnały analogowe (ciągłe) mogą przyjmować nieskończenie wiele wartości dowolnie mało róż
niących się między sobą .
Rys. 27. Przyktod syg nołu cyfrowego
Szczególnym przykładem sygn ału cyfrowego jest sygnał binarny. Sygnał binarny przyjmuje tylko dwie różne wartości: O, 1. Wartości nap i ęcia czy natężenia wcale nie muszą być ści ś le ustalone. Wystarczy, że zawierają się w pewnych przed zi a ł ach rozdzielonych przedziałem zabronionym.
u ,________
u
Isygnał
wysoki
Iprzedział
zabroniony
~--------'--4 sygn ał niski
Rys. 25. Przyktod sygnału analogowego
Rys. 28. Grofiane przedstawienie syg nału binarnego
Szczególnym przykładem są sygnały sinusoidalne.
sygnałów
analogowych System binarny przedstawio ny w postaci fu nkcji czasu ma postać ciągu impulsów zerojedynkowych.
I
JO 11000 1111
Rys. 26
OO
Rys. 29. P rzykład sygnału binarnego
I(t)
= I 0 sin (mt +
I 0 - amplituda sygnału
20$
Cyfry O, 1 nazywamy bitami. Słowo kodowe stanowi uporządkowany zbiór kolejno następują cych bitów. Długość słowa okreś l a się w bajtach. Jeden bajt to 8 bitów.
rozdział
Działania
I
a)
na wektorach
ii 11
2 . Przykłady
Wektor to odcinek prostej łączący dwa punkty, w którym wyróżniony jest kierunek. Jeden koniec odcinka nazywamy początkiem wektora, a drugi jego końcem. B
···············
A---------· · ·
b_
_.ii___,
ii
+
- - -- - -
b
Rys. 3
b)
·····················
Wektor AB Rys l
Cechy wektora: a) kierunek - prosta, na której leży wektor (wzdłuż której wektor działa); b) zwrot - strza łka, koniec wektora; c) wartość - długość wektora; d) punkt przyłożenia . Rozważmy
prosty
przykład
fizyczny.
D
B
A
c
Rys. 2
Z punktu A do punktu B możemy dotrzeć na kilka sposobów: albo po drodze AB, albo ACB, albo ADB. Możemy także przemieszczać się jednocześnie wzdłuż i wszerz rzeki, płynąc łódką. Ruch ciała A względem spoczywającego układu odniesienia jest ruchem złożonym. Składowymi tego ruchu są: ruch ciała względem układu odniesienia poru szającego się, w tym przypadku wzglę dem wody, oraz ruch unoszenia ciała, w tym przypadku ciało unoszone jest przez wodę. Jest to tak zwana · ' llł i mczalezno~ci ruchów.
I.
Działania
na wektorach
Rys. 4 Powyższa
metoda dodawania wektorów nazywa
się metodą równoległoboku.
Zwróć uwagę, że długość wektora będącego sumą wektorów nie jest równa sumie długości wektorów składowych . Podobnie kierunek wektora będącego sumą wektorów nie musi być zgodny z kierunkiem któregokolwiek z wektorów składo wych. Jedynie w przypadku gdy wektory są równoległe, wektor, który jest ich sumą, jest do nich równoległy, a jego długość jest sumą długości wektorów składowych. Wektory możemy także dodawać, stosując metodę trójkąta.
Rys. 5
l. Dodawanie we ktorów
a+b=c
2. Wektor przeciwny Wektory p i q są przeciwne, gdy mają ten sam kierunek (są równoległe), tę gość), ale przeciwne zwroty.
samą wartość (dłu
(f?s
3°. al I b ==> axb równej zero.
p=-q
= 6 Jest to wektor o długości
Rys. 6
Zapis
p= -q
oznacza, że wektory są przeciwne.
3. Odejmowanie wektorów Odjąć wektor to nic innego, jak dodać wektor do niego przeciwny. ii -
b = ii+ (-b) = c
Rys 8
W wyniku
ai b
torów
prostopadły
ry
mnożenia
ai
wektorowego dwóch wek-
c
powstaje wektor mający kierunek do płaszczyzny, w której leżą wekto-
b. Zwrot wektora
c ustalamy umownie,
uwzględniając regułę śruby prawoskrętnej. Tę regułę możemy też sformułować następująco:
1. Przesuwamy wektory a i b tak, aby ich początki były w jednym punkcie. W ten sposób wyznaczamy płaszczyznę, w której leżą te wektory. Wektor jest do niej prostopadły.
Rys 7
4.
Mnożenie
wektora przez
liczbę
c
5. Iloczyn skalarny wektorów Dla uproszczenia zapisu wprowadzam oznaczenie:
-
2. Obracamy wektor a w stronę wektora b o mniejszy z możliwych dwóch kątów. Zegnijmy teraz palce prawej dłoni, tak żeby kierunek ich ruchu był zgodny z kierunkiem obrotu wektora a; wyprostowany kciuk wskaże nam zwrot wektora c .
-
a· b =ab cosL(a; b)
Długość
c
wektora określa własność 1°. 3° możemy zapisać w postaci:
Własność Własności
iloczynu skalarnego wektorów: Jeżeli
a= [a x ;
ay] i b = [bx; by]' to warunek ich
równoległości można zapisać:
3°.
a11 b ==> a.b = ab bo cos 0° = 1
Proszę zwrócić uwagę, że mnożąc
tory, otrzymujemy nie wektor, a
iloczynu wektorowego:
2°. axb =-bxa Iloczyn wektorowy nie jest przemienny.
2~
wyznacznika:
skalarnie wek-
axb=c Własności
pomocą
liczbę.
6. Iloczyn wektorowy wektorów ~~
lub za
7. Wektor w kartezjańsk1'1l u~ I. Układ
ten jest
określony
przez trzy wzajemnie do
siebie prostopadłe wektory jednostkowe:
i, }, k.
z
y
y
J X
Rys. 9
X
Rys. 11
k
Zwrot wektora
względem wektorów
i
oraz }
określamy
zgodnie z regułą śruby prawoskrętnej. Dla uproszczenia w dalszym toku rozważań bę dziemy omawiać układ współrzędnych na płasz
1.
Długość
wektora.
= ~(xz -
IABI
X1 ) 2
+ (y z -y1 ) 2
czyźnie .
Każdy
wektor
możemy rozłożyć
na
składowe.
2. Dodawanie i odejmowanie wektorów o danych współrzędnych.
y
ii_\'
X
ii,
Rys 10
2.
Wektory wić
składowe
ax
oraz
ay możemy przedsta-
w postaci iloczynu wektora jednostkowego
i pewnej liczby.
Przykłady
1Qł411$@11 Dane
są
wektory
a=[1;3J
b = [2; 1] -
Oblicz: a) a +b b) a -b Rozwiązanie: u
11:
wektora w
układzie współnęcłnych
a)
a +b=[1+2; 3+1J=[3;4J
Ro zważmy
i
wektor AB o początku w punkcie A w punkcie B. wektora mają współrzędne:
końcu
Ko ńce
A(xp
Wektor AB ma
y1 ), B(x 2, y 2 ).
współrzędne:
o Rys 12
2
3
4
5
X
a-b = [1-2;3-11 = [-1;21
b)
y
p 11 q
~
p·q = pq, tzn. cosL(p; q) = 1
p·q =
[5, 3] ·[10, 6] = 5 -10 + 3 ·6 = 50 + 18 =
= 68
3
.···<1_....·/ / \
1
l-Pll'il=~5 2 +3 2 ~10 2 +6 2
a/
=·h5 +9 Jl00+36 =
= f34,Ju6 = J4624 = 68 -2 ' -1
-
-b
o
2
3
4
X
Wektory te
są równoległe.
-1 Rys. 13
hAł@@t-1 Dany jest wektor wektor c = k . a
a= [-5; 3]
Znajdź
3
1 1 =2·--3·-=1-1=0 1 2 3 2
1
c=2·[-5; 3]=[2 · (-5); 2 -31=[-10; 61
są
wektory:
a= [x
1;
y1]
3
b = [x 2 ; y 2 ]. Ob-
a. b = [x1;Yt1 . [xz;Yz]; =
Położenie
ciała
w chwili
t1
r1 = [3, 2], a w chwili t 2 wektor
licz ich iloczyn skalarny. X1X2
[±, ~] są
równoległe.
2
Rozwiązanie:
Dane
że wektory: k = [2, 3] i T=
Udowodnij, i liczba k=2.
określa
r2
wektor
= [5, 1] . Wy-
znacz wektor przemieszczenia i oblicz jego
+ Y1Y2
dłu
gość.
y
Udowodnij,
że
2
wektory:
a= [2, 3] i b = [3, -2] są prostopadłe. Z własności iloczynu skalarnego wektorów wiemy, ze a1-b~a-b =O Zatem należy sprawdzić, czy iloczyn skalarny tych wektorów jest równy zero.
a. b = czyli
[2, 31. [3, -21 = 2 .3
+ 3 . (-2) =6 - 6 =
o,
Udowodnij, p= [5, 3] i
I
o
r,
I
2
3
4
5
6
że
q
wektory: = [10, 6] są równoległe.
X
Rys. 14
Z rysunku
widać, że
r1 +fi= r2 Stąd
r1
= [5 , 1] - [3, 2] = [5 - 3, 1 - 2] = =[2, -1]
Wektory są równoległe, gdy ich iloczyn skalarny jest równy iloczynowi ich długości .
20~
K.
~
L1r = rz -
aJ_ b.
........... fli'
r,
-
l&I = ~12 +(-1)2 = 14+1 = .J5 Odp. & = [2, -11 i
IL1rl = .J5 .
