Zadanie1
Ruch punktu materialnego opisany jest w układzie kartezjańskim równaniami parametrycznymi:
x = Acos (ωt), y = Asin (ωt), gdzie A = const, ω = const, t jest parametrem;
a) Wykazać, że tor punktu jest okręgiem o promieniu A,
b) Wyznaczyć składowe prędkości i przyspieszenia w zależności od x i y,
c) Wyznaczyć wartości bezwzględne wektora prędkości i przyspieszenia.
Rozwiązanie
R jest promieniem wodzącym punktu. Na rysunku jest obrócony ze względu na czytelność,
an - przyspieszenie normalne, at - przyspieszenie styczne.
v = ωR = const; at = 0; a = an
a) Należy doprowadzić do równania okręgu: x2 + y2 =R2
x2 + y2 = A2 cos2 (ωt) + A2 sin2 (ωt) = A2 , R = A
b) dx/dt = - Aωsin (ωt) = -ωy
dy/dt = Aωcos (ωt) = ωx
v = [dx/dt, dy/dt] = [-ωy, ωx ]
d2x/dt2 = - Aω2 cos (ωt) = -ω2x = -ax
d2y/dt2 = - Aω2 sin (ωt) = - ω2y = -ay
a =[d2x/dt2, d2y/dt2] = [ - ω2x, - ω2y ] = - ω2 [ x, y ] = - ω2R, bo R = [ x, y]
c) v2 = (dx/dt)2 + (dy/dt)2 = A2ω2 cos2 (ωt) + A2ω2 sin2 (ωt), v = Aω ,
a2 = (d2x/dt2)2+(d2y/dt2)2= A2ω4 sin2 (ωt) + A2ω4 cos2 (ωt), a = Aω2
Zadanie2
Ruch punktu materialnego opisany jest w układzie kartezjańskim równaniami parametrycznymi:
x = Acos(ωt), y = Bsin(ωt); gdzie A = const, B = const, ω = const, t jest parametrem;
a) Znalezć równanie toru punktu,
b) Wyznaczyć składowe prędkości i przyspieszenia,
c) Wyznaczyć wartości bezwzględne wektora prędkości i przyspieszenia.
Wskazówka: Pierwsze równanie parametryczne należy podzielić przez A, drugie przez B. Po podniesieniu do kwadratu i dodaniu stronami otrzymamy równanie toru (elipsa). P-kty b) i c) jak w zadaniu 1.
Zadanie 3
Ruch punktu materialnego opisany jest w układzie kartezjańskim równaniami parametrycznymi:
x = ct, y = a + bt2, gdzie a = const, b = const, c = const, t jest parametrem;
a) Wyznaczyć składowe wektora prędkości i przyspieszenia,
b) Wyznaczyć wartości bezwzględne wektora prędkości i przyspieszenia,
c) Wyznaczyć równanie toru y = f(x);
Rozwiązanie:
a) dx/dt = c, dy/dt = 2bt,
v = [ dx/dt, dy/dt ] = [ c, 2bt ]
d2x/dt2 = 0, d2y/dt2 = 2b,
a = [ d2x/dt2, d2y/dt2 ] = 2b; a = 2b
b) v2 = c2 + ( 2bt)2, v = √c2 + (2bt)2 a = 2b
c) t = x/c, y = a + bx2/c, parabola.
Zadanie 4
Ruch punktu materialnego dany jest w układzie kartezjańskim równaniami parametrycznymi:
x = ct cos(ωt), y = ct sin(ωt), gdzie ω = const, c = const, t jest parametrem;
Wyznaczyć w biegunowym układzie współrzędnych:
a) parametryczne równania ruchu r(t), (t),
b) równanie toru r = f ( φ ),
c) wartość wektora prędkości i przyspieszenia punktu,
d) składowe wektora przyspieszenia styczną i normalną,
e) promień krzywizny toru w funkcji czasu;
Rozwiązanie:
a) r2 = x2 + y2 = (ct)2cos2 (ωt) + (ct)2sin2(ωt) = (ct)2 ; r = ct
tgφ = y/x = ct sin (ωt)/ct cos (ωt) = tg (ωt) ; φ = ωt,
b) t = φ /ω; r = cφ /ω - spirala Archimedesa,
c) wartości wektora prędkości i przyspieszenia w biegunowym układzie współrzędnych liczymy jako pierwiastki z sumy kwadratów odpowiednich składowych radialnych i transwersalnych:
vr = dr/dt = c, vφ = rdφ/dt. = ctb, v2 = vr2+ vφ 2 = c2 ( 1+ b2t2 ),
ar = d2r/dt2 - r(dφ/dt)2 = 0 - (ctb)2, aφ = 2dr/dt dφ/dt + rd2φ/dt2 = 2bc, a2 = ar2 + aφ2 , a = b2c2(b2t2 + 4 )
d) at = dv/dt = - cb2t/( 1 + b2t2), an = a2 - at2 = bc(b2t2 +2)/ ( 1 + b2t2),
e) an = v2/ ρ ρ =v2/an,
ρ = [c2(1 + b2t2)]/[bc(b2t2 + 2)/( 1 + b2t2)] = c(1 +b2t2)2/[b(b2t2 + 2)].
Zadanie 5
Ciało porusza się ruchem płaskim, przy czym jego prędkość polowa dS/dt = br2 ( b = const > 0), natomiast prędkość radialna vr = 0. Wyznaczyć równania ruchu oraz równanie toru.
Przyjąć warunki początkowe r(0) = r0 i φ(0) = 0.
Wskazówka: Ogólny wzór na prędkość polową: dS/dt = (r2dφ/dt)/2, gdzie S jest polem powierzchni, jaką "zamiata" promień wodzący w czasie t.
Zadanie 6
Ciało porusza się ruchem płaskim, przy czym prędkość polowa dS/dt = ar/2, natomiast prędkość radialna vr = b, gdzie a,b = const >0. Wyznaczyć równania ruchu oraz równanie toru ciała we współrzędnych biegunowych. Przyjąć warunki początkowe: φ (0) = 0, r(0) = r0.
Rozwiązanie
vr = b, r = ∫bdt = bt + C1, dla t = 0 r = r0, więc C1 = r0; ostatecznie: r = r0 + bt.
Porównujemy warunek na prędkość polową ze wzorem ogólnym:
r2dφ /dt = ar/2, stąd dφ /dt = a/r = a/(r0 + bt),
φ = a ∫dt/(r0 + bt); aby policzyć całkę stosujemy podstawienie: bt + r0 = p, bdt = dp, dt = dp/b; po podstawieniu otrzymujemy:
φ = a ∫dp/(bp) = (a/b) lnp + C2.
Wracamy do poprzedniego wzoru:
φ = (a/b)ln(bt + r0) + C2, dla t = 0 φ (0) = 0, więc 0 = (a/b)lnr0 + C2, skąd C2 = - (a/b)lnr0,
φ = (a/b)ln(bt + r0) - (a/b)lnr0 = (a/b)ln[(bt + r0)/r0] = (a/b)ln(r/r0), skąd po prostych przekształceniach otrzymujemy:
r = r0eφb/a - spirala logarytmiczna.
Zadanie 7
Zależność od czasu przebytej przez ciało drogi wyraża się wzorem: s = at4 - bt2, gdzie a = const, b = const.
Wyznaczyć maksymalną wartość prędkości ciała.
Rozwiązanie:
v = ds/dt = 4at3 - 2bt,
korzystamy z warunku istnienia ekstremum funkcji: dv/dt = 0, zatem 12at2 - 2b = 0,
t = b/(6a) i po podstawieniu do wzoru na v otrzymujemy: v = 4a[ b/(6a)]3 - 2b2/6a .
Zadanie 8
Punkt materialny porusza się z przyspieszeniem a = 12 kt ( k = const) wzdłuż osi x. Wyznaczyć v(t) i x(t). Przyjąć warunki początkowe x(0) = 0
i v(0) = 0.
Rozwiązanie:
v = ∫adt + ∫12kt dt = 12kt2/2 + C1, dla t = 0 v = 0, więc 0 = 0 + C1, C1 = 0, v = 6kt2,
x = ∫vdt = ∫6kt2 = 2kt3 + C2, 0 = 0 + C2, C2 = 0, x = 2kt3.
Zadanie 9
W ciągu czasu τ prędkość ciała zmienia się zgodnie z wzorem: v = at2 + bt (a,b = const, 0 < t < τ ). Wyznaczyć średnią prędkość ciała w ciągu czasu τ .
Wskazówka: średnią prędkość liczymy z wzoru v = s/t, należy więc policzyć drogę jako całkę oznaczoną od 0 do τ i wynik podzielić przez czas τ .
Zadanie 10
Ćma porusza się po krzywej, której długość s dana jest wzorem s = s0exp(ct), gdzie s0, c = const >0. Wiedząc, że wektor przyspieszenia a tworzy stały kąt φ ze styczną do toru w każdym punkcie, wyznaczyć wartości:
a) prędkości,
b) przyspieszenia stycznego,
c) przyspieszenia normalnego,
d) promienia krzywizny toru w funkcji długości łuku krzywej.
Rozwiązanie:
a) v = ds/dt = cs0exp(ct)
b) at = dv/dt = c2s0exp(ct)
c) an/at = tg φ , an = attg φ = c2s0exp(ct) tg φ.
d) an = v2/ ρ , ρ = v2/an = s0exp(ct)ctg φ = s ctg φ .
Zadanie 11
Pręt o długości l obraca się wokół punktu zamocowania B ze stałą prędkością kątową ω. Punkt B odległy jest o odcinek a od prostej x, przy czym a l. Zakładając, że w chwili t = 0 punkt przecięcia pręta z prostą pokrywa się z punktem A, wyznaczyć położenie oraz prędkość i przyspieszenie punktu przecięcia pręta i prostej w funkcji położenia.
Rozwiązanie
x = atg (ωt)
dx/dt = aω/cos2 (ωt) = aωtg2 (ωt) + aω = aω + ωx2/a, bo 1/cos2ωt = tg2ωt + 1,
v = dx/dt = ωx2/a + aω ;
a = d2x/dt2 = [d(dx/dt]/dt = ( 2ωxdx/dt ) = ( 2ωx/a )( aω + ωx2/a) = 2xω2 (1 + x2/a2 ).
Zadanie 12
Po rzece płynie łódka ze stałą względem wody prędkością v1 prostopadłą do kierunku prądu rzeki. Woda w rzece płynie wszędzie równolegle do brzegów, ale wartość jej prędkości zależy od odległości od brzegów i dana jest wzorem: v2 = v0 sin(πy/L), gdzie v0 = const, L jest szerokością rzeki. Wyznaczyć:
a) wartość wektora prędkości łódki względem nieruchomych brzegów,
b) kształt toru łódki.
Rozwiązanie
Układ współrzędnych ustalamy w ten sposób, że x(0) = 0 i y(0) = 0
a) v2 = v12 + v22
b) vx = v2 = v0sin(πy/L), (1)
vy = v1 (2)
z (2) otrzymujemy: y = ∫v1dt = v1t + C1; dla t=0 y = 0, więc C1 = 0, czyli y = v1t.
Otrzymany wynik wstawiamy do (1) :
x = ∫v0sin( πv1t/L)dt = - (v0L/ v1)cos(πv1t/L) + C2, dla t=0 x = 0, więc 0 = - v0L/ πv1 + C2, skąd C2 = v0L/πv1,
zatem x = - ( v0L/ πv1)cos( πv1t/L) + v0L/ πv1 = ( v0L/ πv1 ) [1 - cos ( πv1t/L),
gdy y = L x = 2v0L/ πv1.
Zadanie 13
Cząstka o masie m porusza się po płaszczyźnie xy zgodnie z równaniami ruchu: x = Acosωt, y = Bsinωt. Jak zależy od czasu jej prędkość i energia kinetyczna oraz jaki jest kierunek siły działającej na cząstkę?
Rozwiązanie
r = [ Acos(ωt), Bsin(ωt) ]
v = dr/dt, więc v = [- Aωsin(ωt) , Bωcos(ωt) ]
v2 = A2ω2sin2(ωt) + B2ω2cos2(ωt),
Ek = mv2/2 = (m/2)(A2ω2sin2(ωt) + B2ω2cos2(ωt).
F = ma, gdzie a jest przyspieszeniem cząstki i a = dv/dt, zatem a = [ - Aω2cos(ωt), - Bω2 sin(ωt) ],
F = m [- Aω2cos(ωt), - Bω2sin2(ωt) ] = mω2 [- x, -y ] = - mω2r - siła harmoniczna, jest ona wprost proporcjonalna do wychylenia, ale ma przeciwny zwrot.
Zadanie 14
Znaleźć zależność energii potencjalnej od odległości od centrum w polu sił:
a) F1 = - k/r4 r/r, b) F2 = kr2 r/r c) F3 = k/r2 r/r, gdzie k = const.
Wskazówka: Należy zastosować ogólny związek: V = ∫Fdr.
Zadanie 15
W ciągu ostatnich τ sekund ciało o masie m przebyło n - tą część drogi. Ile czasu spadało swobodnie?
Rozwiązanie
Ruch ciała jest jednowymiarowy, siła ciężkości działa w kierunku ruchu. Aby sprawdzić, jakim ruchem porusza się ciało, skorzystajmy z równania Newtona. Załóżmy, że y(0) = 0 i v(0) = 0.
md2y/dt2 - Fy = 0, Fy = mg , d2y/dt2 - g = 0, d2y/dt2 = g, gdzie g jest przyspieszeniem ziemskim,
v = dy/dt = ∫gdt = gt + C1, C1 = 0 , zatem v = gt,
y = ∫vdt =∫gtdt = gt2/2 + C2, C2 = 0, więc y = gt2/2.
Ciało porusza się ruchem jednostajnie przyspieszonym, w ciągu czasu t przebędzie drogę h: h = gt2/2. Zatem w czasie t - τ przebędzie drogę h - h/n,
g(t - τ )2/2 = h - h/n; po podstawieniu wzoru na h i prostych przekształceniach otrzymujemy: t = nτ [1- (1 - 1/n)1/2].
Zadanie 16
Ciało o masie m wyrzucono w polu sił ciężkości pod kątem α do poziomu z prędkością początkową v0 ( rzut ukośny ). Wyznaczyć, korzystając z równań Newtona:
a) równania ruchu,
b) równanie toru,
c) zasięg rzutu,
d) maksymalną wysokość,
e) kąt α , dla którego przy danej prędkości v0 zasięg jest największy.
Rozwiązanie
a) W kartezjańskim układzie współrzędnych w kierunku osi y działa siła ciężkości Fy o zwrocie przeciwnym, do dodatniego kierunku osi y, w kierunku osi x nie działają żadne siły. Układ przyjmujemy tak, aby x(0) = 0 i y(0) = 0. Po rozłożeniu wektora v0 na składowe w kierunku osi x i y otrzymujemy: vx(0) = v0cosα i vy(0) = v0sinα . Ustaliwszy warunki początkowe stosujemy równania Newtona:
w kierunku osi x : md2x/dt2 = 0 (1)
w kierunku osi y : md2y/dt2 + mg = 0 (2)
Z równania (1) otrzymujemy: dx/dt = ∫0dt = C1, C1 = v0cosα, x = ∫v0cosα dt = tv0cosα + C2, C2 = 0, więc x = tv0cosα, ruch jednostajny; (3)
z równania (2) otrzymujemy: dy/dt = ∫-gdt = - gt + C3, C3 = v0sinα , y = ∫( v0sinα - gt)dt = v0tsinα - gt2/2 + C4, C4 = 0, więc
y = v0tsinα - gt2/2, ruch jednostajnie przyspieszony. (4).
b) Z równania (3) wyznaczamy parametr t : t= x/(v0cosα ) i wstawiamy do równania (4). Otrzymujemy równanie toru: y = xtgα - gx2/(v02cos2α) - parabola.
c) Tor przecina oś x w dwóch punktach: w początku układu i w odległości równej zasięgowi. Zasięg znajdujemy z warunku y = 0. Po obliczeniach
otrzymujemy: x = v02sin2α/g.
d) Szukamy ekstremum funkcji y(x) z warunku dy/dx = 0, znajdujemy miejsce na osi x, w którym występuje maksimum xh = v0 2sin2α/(2g),
wstawiamy do wzoru na y(x) i otrzymujemy: h = v02sin2α/(2g).
e) Szukamy ekstremum funkcji x(α ): dx/dα = 0, v0cos2α /g = 0, skąd α = 45o.
Zadanie 17*
Kamień o masie m wrzucono z prędkością v0 do studni, w której poziom wody znajduje się na głębokości d. Zakładamy, że w powietrzu na kamień działa wyłącznie siła ciężkości, natomiast w wodzie działa dodatkowo siła oporu proporcjonalna do prędkości. Wyznaczyć zależność położenia, prędkości i przyspieszenia kamienia od czasu.
Wskazówka:
Ruch jest jednowymiarowy, dzielimy go na dwa "etapy" - w powietrzu i w wodzie, przyjmujemy zwrot osi y zgodny z kierunkiem ruchu . Korzystamy z równań Newtona, pamiętając, że w powietrzu działa na kamień siła Fy1 = mg, a w wodzie wypadkowa sił: Fy2 = mg - kv. Warunki początkowe dla ruchu w powietrzu: y(0) =0, dy/dt(0) = v0. Rozwiązanie pierwszej części ruchu ( w powietrzu) wyznaczy warunki początkowe dla ruchu w wodzie.
Zadanie 18
Z wysokości h w polu sił ciężkości wyrzucono ciało o masie m w kierunku poziomym z prędkością początkową v0 ( rzut poziomy). Wyznaczyć równania ruchu ciała i równanie toru.
Zadanie 19
W środek drewnianego sześcianu o masie M, stojącego na gładkiej, poziomej powierzchni uderza kulka o masie m z prędkością v0 i zostaje w nim. Obliczyć prędkość układu po zderzeniu i stratę energii kinetycznej.
Rozwiązanie
Zderzenie jest niesprężyste, spełniona jest zasada zachowania pędu i zasada zachowania energii całkowitej (wykonana praca jest równa ubytkowi energii kinetycznej). Przyjmujemy dodatni zwrot osi x zgodnie ze zwrotem v0.
Z zasady zachowania pędu otrzymujemy: mv0 = ( M + m )vu, gdzie vu jest prędkością układu po zderzeniu, a stąd: vu = mv0/( M + m ).
Z zasady zachowania energii całkowitej: mv02/2 = ( M + m )2vu2/2 + ∆ Ek. Wstawiając do wzoru obliczoną vu otrzymujemy:
∆ Ek = (mv02/2)[1- m/( M + m )].
Zadanie 20
W położoną na pierścieniu zamocowanym na statywie drewnianą kulę o masie M uderza pionowo z dołu pocisk o masie m z prędkością v i przebija ją, wznosząc się na pewną wysokość hp. Wskutek zderzenia kula wznosi się na daną wysokość hk. Obliczyć wysokość, na jaką wzniesie się pocisk.
Rozwiązanie
Dane: M ,m, hk, v. Zderzenie jest niesprężyste, nie znamy strat energii kinetycznej. Zastosujemy zasadę zachowania energii mechanicznej ( kinetycznej i potencjalnej) po zderzeniu oddzielnie dla pocisku i kuli. Oznaczmy vp i vk odpowiednio prędkość pocisku i kuli po zderzeniu.
mghp = mvp2 /2 mghk = mvk2/2 , skąd vp = ( 2ghp)1/2 i vk = ( 2ghk )1/2 .
Z zasady zachowania pędu: mv = Mvk + mvp; i po podstawieniu i prostych obliczeniach otrzymamy:
hp = [v - (M/m)(2ghk)1/2]/2g .
Zadanie 21
Po powierzchni kuli o promieniu R ześlizguje się w polu sił ciężkości bez tarcia kulka o masie m. Wyznaczyć punkt, w którym kulka oderwie się od kuli.
Wskazówka: aby kulka oderwała się od kuli, siła nacisku na powierzchnię kuli ≤ reakcji odśrodkowej.
Zadanie 22
Kulka żelazna spada z wysokości h1 = 1 m. Na jaką wysokość odskoczy kulka po zderzeniu, jeżeli współczynnik elastyczności k = 0,8. Współczynnik elastyczności - stosunek szybkości po zderzeniu do szybkości przed zderzeniem.
Rozwiązanie
Korzystamy z zasady zachowania energii mechanicznej: energia potencjalna kulki na wysokości h1 zamienia się w energię kinetyczną w chwili zderzenia i na pracę ( zderzenie jest niesprężyste). Uzyskana energia kinetyczna pozwoli kulce odskoczyć na wysokość h2, dzięki czemu zyska ona energię potencjalną. Możemy napisać dwa równania:
mgh1 = mv12/2 (1) i mgh2 = mv22/2 (2) oraz v2/v1 = k ,
dzieląc równanie (2) przez (1) otrzymujemy: h2/h1 = v22/v12 = k2, skąd h2 = k2/h1, h2 = 0,64h1 = 0,64 m.
Zadanie 23
Piłka tenisowa spadająca z wysokości h0 odbija się na wysokość h1. Na jaką wysokość odskoczy ona po n -tym odbiciu? Założyć, że współczynnik elastyczności k jest cały czas taki sam.
Wskazówka: korzystamy z definicji k i z zasady zachowania energii mechanicznej.
Zadanie 24
Dwie jednakowe kule zawieszone na nitkach o długości l = 0,98 m dotykają się. Jedną z kul odchylono o kąt α = 10o i puszczono. Obliczyć szybkość drugiej kuli po zderzeniu.. Założyć, że zderzenie było doskonale sprężyste.
Wskazówka: w zderzeniu doskonale sprężystym spełniona jest zasada zachowania pędu i zasada zachowania energii kinetycznej.
Odp. v = 0,54 m/s.
Zadanie 25*
Rakieta, której masa początkowa wynosi m0 = 1,5 kg startuje pionowo do góry. Obliczyć przyspieszenie, z jakim porusza się rakieta po t = 5 s od chwili startu, jeżeli szybkość spalania paliwa rakiety μ = 0,2 kg/s, a względna szybkość wylatujących produktów spalania u = 80m/s. Oporu powietrza nie uwzględniać.
Wskazówka: należy zastosować II zasadę dynamiki Newtona.
Odp. a = 22,2 m/s2.
Dynamika ruchu obrotowego bryły sztywnej
Zadanie 26
Walec toczy się po powierzchni poziomej. Jaką część całkowitej energii kinetycznej stanowi energia ruchu obrotowego walca?
Rozwiązanie
Iw = mR2/2, v = ωR, gdzie Iw jest momentem bezwładności walca względem osi obrotu przechodzącej przez jego środek prostopadle do podstawy, m jego masą, R promieniem, ω prędkością kątową ruchu obrotowego. Całkowita energia kinetyczna walca jest sumą energii kinetycznej ruchu postępowego i obrotowego:
Ec = Iwω2/2 + mv2/2 = 3mv2/4,
Eo = Iwω2/2 = mv2/4,
wobec tego Eo/Ec = 1/3.
Zadanie 27
Kula i pełny walec o równych masach i promieniach, poruszające się z jednakowymi szybkościami, toczą się po nachylonej powierzchni do góry. Które z tych ciał wtoczy się wyżej? Wyznaczyć stosunek wysokości, na które wtoczą się te ciała.
Rozwiązanie
Iw = mR2/2, Ik = 2mR2/5 ( moment bezwładności kuli względem osi przechodzącej przez jej środek), v jest szybkością ruchu postępowego na początku , ω szybkością ruchu obrotowego. Korzystamy z zasady zachowania energii mechanicznej: energia kinetyczna na początku ruchu zamienia się całkowicie w energię potencjalną w punkcie zatrzymania ciał.
mghw = Iwω2/2 + mv2/2 i mghk = Ikω2/2 + mv2/2,
dzieląc równania stronami otrzymujemy : hw/hk = 15/14, czyli walec wtoczy się wyżej.
Zadanie 28
Wyznaczyć moment pędu punktu materialnego o masie m, poruszającego się po okręgu o promieniu R ze stałą szybkością v.
Rozwiązanie
L = R x p, L = Rpsin ≮(r;p), v jest wektorem stycznym do toru, więc prostopadłym do promienia, kąt między wektorami R i v wynosi 90o, sin90o =1 zatem L = mRv.
Ipm = mR2 , v = ωR, więc po podstawieniu: L = Ipmω, gdzie Ipm jest momentem bezwładności punktu materialnego względem osi obrotu odległej o R.
Zadanie 29
Jednorodny cylinder o masie M i promieniu R obraca się bez tarcia dookoła osi poziomej pod działaniem ciężaru P przyczepionego do lekkiej nici nawiniętej na cylinder. Wyznaczyć zależność kąta obrotu φ od czasu t.
Rozwiązanie
F = ma + Iε /R (1) , gdzie m - masa przyczepionego ciężaru, a - przyspieszenie liniowe, I - moment bezwładności cylindra ( walca ), - ε przyspieszenie kątowe ruchu obrotowego walca, a F = P . Ponieważ m = P/g , a = ε /R, I = MR2/2, więc po wstawieniu tych zależności do równania (1) otrzymamy:
P = PεR/g + MRε/2, skąd ε = 2gP/( 2PR + MRg )
ε = d2φ /dt2; warunki początkowe: φ(0) = 0, ω(0) = 0, ε(0) = 0, więc dφ/dt = ∫[ 2gP/(2PR + MRg)]dt= 2gPt/(2PR + MRg), bo C1 = 0;
φ = ∫[2gPt/(2PR + MRg)]dt = gt2/[R(2 + Mg/P)], bo C2 = 0.
Zadanie 30
Metalowy dysk o promieniu R osadzony jest na lekkim rdzeniu o promieniu r ( nie obraca się względem rdzenia). Dysk toczy się po nachylonej powierzchni, w jej wycięciu. Długość powierzchni wynosi l, jej wysokość h.
a) Udowodnić, że stosunek energii kinetycznej ruchu postępowego i obrotowego nie jest funkcją czasu.
b) Wyznaczyć czas, po którym rdzeń stoczy się do końca powierzchni.
Rozwiązanie
a) Dysk obraca się wraz z rdzeniem. Przyjmujemy moment bezwładności dysku: I = mR2/2, gdzie m jest masą dysku, a v = ωr. Podstawiając do wzorów na odpowiednie energie otrzymujemy:
Ep/Eo = 2r2/R2 - stosunek wartości energii nie zależy od czasu.
b) Korzystamy z zasady zachowania energii mechanicznej ( energia potencjalna dysku na wysokości h jest równa energii kinetycznej na końcu powierzchni):
mgh = mv2/2 + mR2ω2/4, skąd po przeliczeniach otrzymujemy: ω2 = 2gh/(r2 + R2/2). Po skorzystaniu ze związków: v2 = ω2r2, l = at2/2 i a = v/t ostatecznie otrzymujemy:
t = 2l [2r2gh/(r2 + R2/2)]1/2.
Zadanie 31
Wahadło Maxwella składa się z grubego dysku o promieniu R umocowanego na lekkim rdzeniu o promieniu r. Oś dysku zawieszona jest na dwóch nawiniętych na nią nitkach. Jeżeli wahadło puścimy, to poruszać się ono będzie w płaszczyźnie pionowej ruchem postępowym przy jednoczesnym obrocie układu wokół osi. Wyznaczyć przyspieszenie postępowego ruchu wahadła. Momentu bezwładności osi nie uwzględniać
Rozwiązanie
Korzystamy z zasady zachowania energii mechanicznej ( gdy układ opuści się na odległość y od poziomu zamocowania nitek, energia potencjalna, jaką stracił od początku ruchu będzie równa sumie energii kinetycznej ruchu postępowego i obrotowego na tej odległości):
mgy = mv2/2 + Iω2/2, przy czym ω = v/r, I = mR2/2, zatem:
mgy = (mv2/2)( 1 + R2/2r2 ); y = at2/2, v = at, więc po podstawieniu otrzymujemy:
a = g/(1 + R2/2r2).
Zadanie 32
Jednorodny walec o promieniu a i masie m toczy się w polu siły ciężkości wewnątrz walca o promieniu R. Znaleźć równanie ruchu walca wychylonego w chwili początkowej z położenia równowagi o kąt φ0.
Rozwiązanie
Środek masy "małego" walca odległy jest o (R - a) od środka "dużego" walca i zachowuje się jak wahadło o masie m i długości nici (R - a).Kąt φ jest kątem między osią pionową i aktualnym kierunkiem promienia R. Równocześnie "mały" walec porusza się ruchem obrotowym z prędkością kątową ω. Wobec tego:
ω = v/a, v = dφ( R - a )/dt, więc ω = dφ[(R - a)/a]/dt;
Korzystamy z zasady zachowania energii mechanicznej ( suma energii kinetycznej i potencjalnej "małego" walca jest stała): Ek = 3md2φ(R - a)2/4dt2, Ep = mg( R - a) - mg( R - a )cosφ = mg( R - a )( 1 - cosφ );
jeżeli T = Ek + Ep = const, to dT/dt = 0. Po obliczeniu pochodnej ( od czasu zależy tylko φ ) otrzymujemy:
3(R - a )d2φ/(2dt2) + gsinφ = 0. Aby równanie można było w prosty sposób rozwiązać, zakładamy, że kąt φ jest mały , wtedy sinφ ≈ φ, a nasze równanie przyjmuje postać :
d2φ/dt2 + ω2φ = 0, gdzie ω2 = 2g/3( R - a ). Rozwiązaniem tego równania różniczkowego jest:
φ = Acos( ωt + φ0 ); jest to równanie ruchu oscylatora harmonicznego.
Zadanie 33
Na bocznej powierzchni walca o masie M , promieniu R i wysokości h zrobiono gładkie śrubowe wycięcie. Walec może obracać się bez tarcia wokół osi przechodzącej przez jego środek prostopadle do podstawy. Kąt nachylenia linii śrubowej do poziomu wynosi α . W wycięciu na wysokości h położono kulkę o masie m i puszczono ją. Kulka zaczęła zsuwać się w wycięciu ( kulka się nie toczy!) wzdłuż linii śrubowej. Znaleźć prędkość kątową obrotu walca Ω, gdy kulka zsunie się z wysokości h.
Rozwiązanie
Z zasady zachowania momentu pędu wynika, że ruch kulki po powierzchni walca powoduje ruch obrotowy walca w przeciwną stronę:
Lk + Lw = 0; mωR2 + IΩ = 0, gdzie I = MR2/2, ω jest prędkością kątową ruchu kulki po okręgu. Otrzymujemy zależność:
ω = - MΩ /m. (1)
Należy zauważyć, że ruch obrotowy walca spowodowany jest składową prędkości kulki prostopadła do osi obrotu walca, zatem wektor prędkości kulki styczny do linii śrubowej należy rozłożyć na składowe: styczną do okręgu i równoległą do tworzącej walca. Wtedy: v1 = ωR, v2 = Rtgα(ω - Ω).
Korzystamy z zasady zachowania energii mechanicznej ( energia potencjalna kulki na wysokości h zamienia się w sumę energii kinetycznych: energii ruchu kulki po okręgu, energii ruchu kulki wzdłuż tworzącej walca i energii ruchu obrotowego walca):
mgh = mv12/2+ mv22/2+ Iω2/2. (2)
Po podstawieniu do wzoru (2) zależności (1) i pozostałych ostatecznie otrzymujemy:
Ω ={mgh/R2[M2/2m + tg2α(M/m - 1) + M/4]}1/2.
Zadanie 34
Ciało bierze udział w dwóch ruchach : postępowym i obrotowym. Udowodnić, że całkowita energia kinetyczna ciała równa jest energii kinetycznej ruchu obrotowego względem chwilowej osi obrotu.
Wskazówka: Należy skorzystać z twierdzenia Steinera: I = I0 + ma2, gdzie I0 - moment bezwładności ciała względem osi przechodzącej przez środek masy, a - odległość od równoległej osi obrotu.
Zadanie 35
Ciało o masie M zawieszono na nici o długości l. W ciało uderza kula o masie m i zatrzymuje się w nim, powodując jednocześnie odchylenie nici o kąt α . Znaleźć szybkość i energię kinetyczną kuli. Założyć, że cała masa ciała M skupiona jest w jednym punkcie oddalonym od punktu zawieszenia od l.
Wskazówka: korzystamy z zasady zachowania momentu pędu i zasady zachowania energii mechanicznej, a także z wzoru; I = (m + M)l2.
Elementy kinematyki relatywistycznej
Zadanie 36
Z jaką prędkością musi poruszać się elektron, aby jego masa wzrosła do masy protonu. Przyjąć: mp = 1836 me.
Rozwiązanie
Korzystamy z wzoru: m = m0/(1- β2)1/2, gdzie m jest masą relatywistyczną, m0 masą spoczynkową cząstki, β = v/c. W naszym przypadku:
1836me = me/(1 - β2)1/2. Po przekształceniach otrzymujemy: v2/c2 = 1 - 1/18362, skąd v = c(1 - 1/18362)1/2.
Zadanie 36
Z jaką prękością musi poruszać się elektron, aby jego energia kinetyczna była równa energii równoważnej masie spoczynkowej.
Rozwiązanie
Liczymy energię kinetyczną: Ek = Ec - m0c2 = m0c2/(1-β2)1/2 - m0c2 = m0c2[ 1/(1-β2) -1] = m0c2( γ - 1), gdzie Ec - energia całkowita, γ = (1 - β2)-1/2. Ponieważ energia równoważna masie spoczynkowej E0 = m0c2, więc:
m0c2 = m0c2[1/(1 - β2) - 1], skąd β2 = 3/4, v = c(3/4)1/2.
Zadanie 37
Przy jakich wartościach β czas własny cząstki różni się o k procent od czasu mierzonego przez nieruchomy zegar?
Rozwiązanie
Przyjmijmy τ - czas mierzony przez nieruchomy zegar, τ0 -czas własny cząstki. Wtedy k% = [(τ - τ0)/τ ]100%. Korzystamy z wzoru transformacyjnego: τ = τ0/(1 - β2)1/2 i po podstawieniu otrzymujemy:
k = [1 - (1 - β2)1/2], a stąd v = c[1 - (k - 1)2].
Zadanie 38
Wyznaczyć względne zmniejszenie się podłużnych rozmiarów protonu, jeśli zostanie on rozpędzony za pomocą różnicy potencjałów U.
Rozwiązanie
Dzięki pracy, jaką wykona pole elektryczne: W = e(V2 - V1) = eU, gdzie e - ładunek elektronu, zyskuje on energię kinetyczną:
m0c2(1/(1 - β2)1/2 - 1) = eU, stąd (1 - β2)1/2 = m0c2/(eU + m0c2),
korzystamy z wzoru transformacyjnego: l = l0(1 - β2)1/2, gdzie l - długość relatywistyczna, l0 - długość spoczynkowa.
Względne skrócenie: η = (l0 - l)/l0 = 1 - (1 - β2)1/2 = m0c2/(eU + m0c2).
Zadanie 39
Dwa pręty poruszają się ku sobie wzdłuż osi x, każdy ze stałą prędkością v względem układu odniesienia związanego z osią x. Długość spoczynkowa każdego pręta wynosi l0. Znaleźć, jaką długość mijanego pręta zmierzy obserwator poruszający się wraz z drugim prętem.
Rozwiązanie
Stosujemy wzór na relatywistyczne skrócenie długości: l = l0(1 - β2)1/2, w tym przypadku β = vx/c, gdzie vx jest względną prędkością prętów. vx liczymy z wzoru na relatywistyczne dodawanie prędkości:
vx =( u + v)/(1 + uv/c2), u i v są prędkościami poruszających się względem siebie obiektów,
czyli: vx= 2v/(1 + v2/c2), stąd β = 2v/[c(1 + v2/c2). Po podstawieniu do wzoru transformacyjnego na skrócenie długości i prostych obliczeniach otrzymujemy ostatecznie: l = l0[( 1 - β2)/( 1 + β2)].
Zadanie 40
Układ odniesienia O' porusza się wzdłuż osi x układu O ze stałą prędkością v. W układzie O' wypromieniowana jest pod kątem φ' do kierunku prędkości v wiązka światła. Znaleźć kąt, jaki tworzyć będzie ta wiązka z osią x układu O. Przedyskutować wynik w zależności od v.
Rozwiązanie
Aby znaleźć kąt φ w kładzie O należy dokonać transformacji współrzędnych z układu O' do układu O. Ruch układu O' odbywa się wzdłuż osi x, więc współrzędne y i z nie podlegają transformacji. W czasie t' wiązka światła przebędzie drogę ct', więc x' = ct'cosφ', w układzie O zaś x = ctcosφ, skąd cosφ = x/(ct). Po zastosowaniu wzorów transformacyjnych x = γ(x'+ vt') = γ( ct'cosφ' + vt') , t = γ(t' + vx'/c2) = γ(t' + vct'cosφ'/c2) otrzymujemy:
cosφ = (cosφ' + v/c)/(1 + vcosφ'/c); jeżeli v ≂ c, cosφ ≂ 1, czyli φ ≂ 0.
POLA
Zadanie 41
Dwie równe punktowe masy m znajdują się w odległości a. Wyznaczyć wartość natężenia pola grawitacyjnego w punkcie P, stanowiącym wierzchołek trójkąta równobocznego, jaki tworzą obie masy i punkt P.
Rozwiązanie
Wypadkowe natężenie pola grawitacyjnego jest sumą wektorów natężeń pochodzących od obu mas:
γw = γ1 + γ2 = 2γ. Wartości wektorów natężeń w punkcie P wynoszą γ1 = γ2 = Gm/a2, gdzie G jest stałą grawitacji, kąt między nimi wynosi 60o. Korzystamy z twierdzenia kosinusów i otrzymujemy:
γ2 = 2γ2 - 2γ2cos120o = 3G2m2/a4, skąd γ = 31/2Gm/a2.
Zadanie 42
Znaleźć ciężar ciała o masie m, które znajduje się między Ziemią i Księżycem w odległości x od środka Ziemi. Odległość między Ziemią i Księżycem wynosi d.
Wskazówka: ciężar ciała Q = γm, γ = γZ + γK, γ = γZ - γK = G[MZ/x2 - MK/(d - x)2].
Zadanie 43
Jaki powinien być promień jednorodnej kuli o gęstości ρ, aby potencjał jej pola grawitacyjnego w punkcie leżącym na powierzchni kuli był równy φ?
Rozwiązanie
φ = GM/r, M = 4πr3ρ/3, po podstawieniu : r = (3φ/GM4πρ )1/2.
Zadanie 44
W jednorodnej kuli o gęstości ρ i promieniu R zrobiono wąski cylindryczny otwór biegnący wzdłuż jej osi. Znaleźć pracę wykonaną przeciwko siłom grawitacji przy przemieszczaniu ciała o masie m ze środka kuli na jej powierzchnię.
Rozwiązanie
dW = Fdr, F0-R = Mm/r2, gdzie W jest pracą, r - odległością od centrum w danym punkcie w czasie ruchu.
M = 4π r3ρ/3, więc dW = 4Gρπmrdr, skąd po scałkowaniu w granicach od 0 do R :W = 2GρπmR2.
Zadanie 45
Obliczyć przyspieszenie gh siły ciężkości na wysokości h nad powierzchnią Ziemi. Promień Ziemi przyjąć jako dany: R.
Rozwiązanie
Zakładamy, że ciężar ciała o masie m jest w przybliżeniu równy sile grawitacji ziemskiej (MZ - masa Ziemi). Wtedy mg = GmMZ/R2
i mgh = GmMZ/(R + h)2, a stąd gh = gR2/(R + h )2.
Zadanie 46
Obliczyć przyspieszenie gr na głębokości ( R - r ) w głębi kuli ziemskiej.
Wskazówka: założenie jak w zadaniu 5.Przyjmujemy stałą gęstość Ziemi.
Zadanie 47
Na powierzchnię Ziemi spada z bardzo dużej odległości meteoryt. Z jaką prędkością upadłby on na Ziemię, gdyby nie było hamowania atmosfery? m - masa meteorytu, MZ - masa Ziemi.
Wskazówka: energia kinetyczna meteorytu na powierzchni Ziemi Ek = mv2/2, meteoryt zyskał ją kosztem pracy wykonanej przez siłę grawitacji ziemskiej W = ∫Fdr. Odległość meteorytu zmienia się od ∞ do R.
Odpowiedź: v = ( 2gRZ)1/2.
Zadanie 48
Obliczyć siłę oddziaływania grawitacyjnego między cienką, jednorodną nitką o długości l i masie M oraz punktem materialnym o masie m, leżącym na symetralnej nitki w odległości r0 od niej. Przyjąć l >> r0.
Rozwiązanie
Nitkę o długości l dzielimy na elementy o długości dl i masie m = ρdl. Gęstość nitki ρ = M/l. Wtedy dF = Gmρdl/r2, gdzie r jest odległością elementu dl od punktu materialnego. Siła oddziaływania grawitacyjnego jest wypadkową sił pochodzących od wszystkich elementów dl. Jeżeli rozłożymy siłę dF na składowe: równoległą i prostopadłą do nitki, zauważymy, że suma składowych równoległych jet równa zero. Wystarczy więc policzyć wypadkową składowych prostopadłych do nitki, przy czym dFp = dFsinα, gdzie α jest kątem między l i r. Liczymy wypadkową sił pochodzącą od jednej części nitki (kąt α zmienia się od α0 do π /2), całkowita siła będzie dwa razy większa.
r = r0/sinα, l = r0ctgα, dl = r0dα/sin2α, więc dFg = Gm sinαdα/r0, skąd Fg = ∫GmMcosα0/(r0l), gdzie α0 jest kątem między nitką i prostą łączącą krawędź nitki z punktem materialnym. Ponieważ:
cosα0 = l/[2(l2/4 + r02)1/2], ostatecznie otrzymujemy: Fgc = mM/[r0(l2/4 + r02)11/2].
Zadanie 49
Siła wzajemnego grawitacyjnego przyciągania dwóch dużych, jednakowo naładowanych kropli o gęstości równoważy siłę elektrostatycznego odpychania. Obliczyć ładunek kropli, jeśli ich promienie są równe r.
Rozwiązanie
Siła grawitacji jest równa sile Coulomba: Fg = Gm2/d2, FC = kq2/d2, więc Gm2/d2 = kq2/d2, gdzie d jest odległością między kroplami, skąd q = (Gm2/k)1/2. Ponieważ m = 4απρr3/3, ostatecznie otrzymujemy:
q = (G/k)1/24πρr3 /3.
Zadanie 50
Wyznaczyć natężenie pola elektrostatycznego w odległości r0 od nieskończenie długiego rdzenia naładowanego ze stałą gęstością liniową τ : a) nie korzystając z prawa Gaussa, b) korzystając z prawa Gaussa.
a) Wskazówka: τ = q/l, skąd dq = τdl. Dalej - rozumowanie jak w zadaniu 8 części "Pole grawitacyjne".
Odpowiedź: E = 2kτ/r0 = τ/(2πε0r0).
b) Otaczamy rdzeń powierzchnią walca S o promieniu podstawy r0.
Z definicji strumienia natężenia:
ΦE = EScos≮(E;S) = ES, gdyż cos≮ (E;S) = 1 ( kierunek wektora powierzchni jest do niej prostopadły).
Z prawa Gaussa: ΦE = q/ε0, więc ES = q/ε0, q = τl i ostatecznie E = τ /(2πε0r0).
Zadanie 51
Cienki pierścień o promieniu R naładowano równomiernie z gęstością liniową τ. Wyznaczyć natężenie pola elektrostatycznego w próżni na wysokości h nad pierścieniem na jego osi symetrii.
Rozwiązanie
Oznaczmy przez r odległość łączącą pierścień z wysokością h ( tworząca stożka ), przez α - kąt między tworzącą i podstawą stożka.
Wtedy r = ( R2 + h2 )1/2 i sinα = h/( R2 + h2 )1/2.
Wypadkowe natężenie pola elektrycznego na wysokości h jest sumą natężeń pochodzących od ładunków dq rozłożonych na
pierścieniu: dE = kτdl/r2. Jeżeli dE rozłożymy na składowe: równoległą i prostopadłą do powierzchni pierścienia, zauważymy, że suma składowych równoległych do podstawy równa jest zero. Wypadkowe natężenie pola będzie równe sumie składowych prostopadłych. Ponieważ dEp = kτdlsinα /r2, Ep = [kτh/( R2 + h2 )3/2] ∫dl = kτ2πRh/( R2 + h2 )3/2 (całkę liczymy w granicach od 0 do R).
Zadanie 52
Cienki dysk naładowano równomiernie z gęstością powierzchniową σ . Wyznaczyć natężenie pola elektrostatycznego na wysokości h nad pierścieniem na jego osi symetrii.
Wskazówka: korzystamy z wyniku poprzedniego zadania, zakładając, że dysk składa się z cienkich pierścieni, przy czym ich promienie r są zmienne w granicach od 0 do R.
Odpowiedź: Ep = (σ/2ε0)[1 - h/(R2 + h2)1/2].
Zadanie 53
Poziomo ułożony dysk o promieniu R naładowano równomiernie z gęstością powierzchniową . Kulka o masie m i ładunku q znajduje się nad środkiem dysku w stanie równowagi. Wyznaczyć odległość kulki od środka dysku.
Wskazówka: aby kulka była w stanie równowagi Fg + FC = 0, czyli Eq = mg. Korzystając z wyniku zadania 4 otrzymujemy: h = R/{[σq /(σq - 2ε0mg)2 -1]1/2}.
Zadanie 54
W jednorodne pole elektrostatyczne między okładkami kondensatora płaskiego wrzucono elektron z prędkością początkową v0 pod kątem α do okładki. Wyznaczyć, korzystając z równań Newtona równanie toru elektronu, gdy: a) zaniedbamy pole grawitacyjne, b) uwzględnimy pole grawitacyjne. Przyjąć, że pole elektrostatyczne i grawitacyjne są do siebie równoległe.
Wskazówka: należy skorzystać z metody zastosowanej w zadaniu 3 części "Dynamika ruchu postępowego".
Zadanie 55
Wąski strumień elektronów o energii W przechodzi w próżni przez środek odległości między okładkami kondensatora płaskiego o długości okładek b i odległości między nimi d. Jakie minimalne napięcie należy przyłożyć do okładek kondensatora, aby elektrony nie "wyszły" poza płytki?
Rozwiązanie
W kierunku równoległym do okładek elektrony będą poruszały się ruchem jednostajnym, w kierunku prostopadłym do okładek, ruchem jednostajnie przyspieszonym ( patrz zadanie 6). Wobec tego:
W = mv2/2, d/2 = at2/2, b = vt, E = U/d, gdzie U jest napięciem, E - natężeniem pola elektrostatycznego między okładkami. Wiedząc, że a = F/m = eE/m i wykorzystując pozostałe zależności ostatecznie otrzymujemy:
U = 2Wd2/(eb2).
Zadanie 56
Metalowy dysk o promieniu R obraca się wokół swojej osi, prostopadłej do płaszczyzny dysku i przechodzącej przez jego środek ze stałą prędkością kątową ω .Jaka różnica potencjałów powinna powstać między środkiem i krawędzią dysku?
Rozwiązanie
Pod wpływem reakcji odśrodkowej elektrony będą przesuwały się ku krawędzi dysku, brzeg dysku ładuje się ujemnie, środek dodatnio. Równowaga nastąpi, gdy Fr = FC, czyli mω2 r = Ee, skąd E = mω2r/e. Ponieważ zależność między różnicą potencjałów i natężeniem pola jest: U = - ∫Edr, to po podstawieniu i policzeniu całki w granicach od 0 do R otrzymujemy: U = - mω2R/(2e). Znak " - " pokazuje, że linie natężenia skierowane są od środka do brzegu dysku.
Zadanie 57
Elektron wpada w jednorodne pole magnetyczne o indukcji B z prędkością v0. Kierunek prędkości tworzy kąt α z kierunkiem pola. Określić tor ruchu elektronu w polu magnetycznym.
Rozwiązanie
Na cząstkę naładowaną poruszającą się w polu magnetycznym działa siła Lorentza: FL = q( v x B ); jak wynika z własności iloczynu wektorowego, jest ona prostopadła do płaszczyzny wyznaczonej przez wektory v i B. Wartość iloczynu wektorowego liczymy z wzoru: FL = qvBsin (v;B) = evBsinα, gdzie e jest ładunkiem elektronu. Pod wpływem tej siły elektron będzie poruszał się po okręgu leżącym w płaszczyźnie yz. Promień okręgu R liczymy z równości sił: FL = Fr, gdzie Fr jest reakcją odśrodkową, czyli : Bqv0sinα = mv02sin2α/R, skąd R = mv0sinα/(Bq). Składowa prędkości v0x = v0cosα powoduje przesuwanie się okręgu wzdłuż osi x, co oznacza,, że torem elektronu będzie linia śrubowa. Należy więc wyznaczyć skok śruby. Korzystamy z zależności: v0x = const i 2πR/T = v0sinα. Wtedy T = 2πR/(v0sinα), l = v0xT = 2π Rctgα
Zadanie 58
Po dwóch długich, równoległych przewodnikach płyną prądy w jednym kierunku, przy czym I1 = 2I2 ( I - natężenie prądu). Odległość między nimi wynosi a. Wyznaczyć położenie punktów, w których indukcja magnetyczna będzie równa zero.
Rozwiązanie
Punkty takie mogą znajdować się tylko na prostej, prostopadłej do przewodników i między nimi, gdyż tylko wtedy może być spełniony warunek B1 + B2 = 0, czyli B1 = B2. Z prawa Biota-Savarta-Laplace'a : B1 = μ02I2/(2πx) i B2 = μ0I2/[2π(a - x)], gdzie x jest odległością od przewodnika z prądem I1, μ0 - przenikalnością magnetyczną próżni. Po prostych przeliczeniach otrzymujemy: x = 2a/3.
Zadanie 59
Cienki dysk o promieniu R zrobiony z dielektryka, został równomiernie naładowany ładunkiem q. Dysk obraca się wokół osi prostopadłej do jego powierzchni i przechodzącej przez jego środek, robiąc n obrotów na minutę. Wyznaczyć indukcję magnetyczną w środku dysku.
Rozwiązanie
Obracający się naładowany dysk można rozpatrywać jako nieskończenie wiele nieskończenie małych, współśrodkowych prądów, z których każdy wytwarza w środku indukcję magnetyczną skierowaną prostopadle do płaszczyzny dysku w jedną stronę. Taka cząstkowa indukcja magnetyczna wyraża się wzorem: dB = μμ0dI/(2r), a indukcja magnetyczna pola wypadkowego: B = ∫ μμ0dI/(2r). Gęstość powierzchniowa ładunku dysku σ = q/(2πR2), a ładunek nieskończenie cienkiego pierścienia dysku: dq = 2σ2πrdr = 2qrdr/R2, a więc natężenie odpowiadające n obrotom tego pierścienia : dI = n2qrdr/R2. Podstawiając tę zależność do wzoru na wypadkową indukcję i całkując w granicach od 0 do R otrzymujemy: B = μμ0qn/R.
Zadanie 60
W prostym, poziomo ułożonym przewodniku płynie prąd o natężeniu I1. Pod tym przewodnikiem znajduje się w odległości d drugi, równoległy do niego przewodnik aluminiowy, w którym płynie prąd o natężeniu I2. Jakie powinno być pole przekroju poprzecznego drugiego przewodnika, aby znajdował się on w stanie równowagi, wisząc swobodnie.
Rozwiązanie
Drugi przewodnik będzie w stanie równowagi, gdy F + P = 0 ( F - siła oddziaływania między przewodnikami, P - ciężar drugiego przewodnika). Siła oddziaływania, przypadająca na jednostkę długości l wynosi: F =μ0I1I2l/(2πd ), a ciężar P = Slρg, gdzie S jest polem przekroju przewodnika. Mamy więc: μ0I1I2l/(2πd) = Slρg, skąd S = μ0I1I2/(2πdρg).
Zadanie 61
W przybliżonym obrazie teorii Bohra elektron w atomie wodoru porusza się wokół jądra po okręgu o promieniu r = 5,3.10-11m. Obliczyć pole magnetyczne, jakie wytwarza elektron w środku kołowej orbity.
Rozwiązanie
a) I = q/t, l = vt, więc pole magnetyczne poruszającego się ładunku : B = μ0qv/(4πr2). Prędkość elektronu obliczymy, porównując siłę kulombowską działającą między jądrem i elektronem z reakcją odśrodkową: mv2/r = e2/(4πε0r2), skąd v = (e/2)[1/πε0rm)1/2] i ostatecznie : B = μ0e2/[8πr2( ε0rm)]1/2] = 12,4 T, gdzie e - ładunek elektronu.
b) Poruszający się wokół jądra elektron rozpatrujemy jako prąd kołowy o natężeniu I. Wtedy B = μ0I/(2r), I = ve/(2πr), skąd B = μ0ev/(4πr2). Podstawiając v obliczone jak w punkcie a), otrzymujemy taki sam wynik.
Zadanie 62
Elektron spoczywający w chwili początkowej przyspieszany jest w polu elektrycznym o natężeniu E = const. Po upływie czasu t elektron wlatuje w pole magnetyczne, prostopadłe do pola elektrycznego, o indukcji B. Ile razy przyspieszenie normalne elektronu jest większe od jego przyspieszenia stycznego?
Rozwiązanie
Przyspieszenie normalne elektronu wywołane jest przez pole magnetyczne ( siła Lorentza): an = evB/m, przyspieszenie styczne przez pole elektryczne ( siła kulombowska): at = eE/m; prędkość elektronu v = eEt/m , więc po wstawieniu : an/at = etB/m.
Zadanie 63
W prostoliniowym, nieskończenie długim przewodniku płynie prąd o natężeniu I1. Przewodnik kołowy o promieniu r ułożono w ten sposób, że pole płaszczyzny zwoju jest równoległe do przewodnika prostoliniowego. W przewodniku kołowym płynie prąd o natężeniu I2. Odległość od środka zwoju do przewodnika prostoliniowego wynosi d. Wyznaczyć indukcję magnetyczną w środku przewodnika kołowego.
Wskazówka: w środku przewodnika kołowego wektory indukcji B1 i B2 są do siebie prostopadłe, więc B = (B12 + B22)1/2, gdzie B1 = μμ0 I1/(2πd), B2 = μμ0I2/(2r).
Zadanie 64
Dwa obwody zrobione z jednakowego przewodnika mają kształty kwadratów o bokach a i 2a. Obwody ułożone są równolegle względem siebie w polu magnetycznym, którego kierunek tworzy z prostopadłą do płaszczyzn obwodów kąt α ≠ 90o. Indukcja magnetyczna pola rośnie proporcjonalnie do kwadratu czasu. Jaki jest stosunek ciepła Joule'a wydzielonego w obydwu obwodach w przedziale czasu od 0 do τ ?
Rozwiązanie
Z warunków zadania: B = kt2, gdzie k = const, a ciepło Joule'a wyraża się wzorem: Q = ∫(εi2/R)dt, gdzie εi jest siłą elektromotoryczną indukcji, R - oporem przewodnika. εi = - dΦ /dt, Φ jest strumieniem indukcji magnetycznej: Φ = B o S; Φ = BScos≮(B;S), S jest wektorem powierzchni. W naszym przypadku εi = - d(Ba2cosα)/dt = -2kta2cosα, Q1 = 4k2a4cos2ατ3/(3R), η = Q1/Q2 = 1/8.
Zadanie 65
Prostokątna ramka umieszczona jest w prostopadłym, jednorodnym polu magnetycznym o indukcji B. Jeden z boków ramki o długości l przesuwa się z prędkością v równolegle do samego siebie. Udowodnić, wychodząc ze wzoru na siłę Lorentza, że siła elektromotoryczna indukcji (SEM) równa się szybkości zmian strumienia indukcji magnetycznej : εi = - dΦ/dt.
Rozwiązanie
FL = qvB, W = FLl, gdzie W jest pracą przesunięcia jednostkowego ładunku wzdłuż odcinka l, dla pozostałych odcinków W = 0. Z drugiej strony W = qU, gdzie U jest napięciem. Jeżeli założymy, że εi ≈ U, otrzymamy: εi = - W/q = - qvBl/q = - Bldx/dt = - d(BS)/dt = - dΦ/dt.
Zadanie 66
Kwadratowa ramka o boku a znajduje się w polu magnetycznym, które zmienia się w czasie zgodnie z wzorem: B = B0cosωt, przy czym normalna do ramki tworzy kąt α z kierunkiem pola, B0 = const, ω = const. Wyznaczyć zależność SEM od czasu.
Rozwiązanie
Strumień indukcji magnetycznej przechodzący przez powierzchnię ramki: Φ = BScosα = B0Scosωtcosα. Ponieważ εi = - dΦ /dt, ostatecznie otrzymujemy: εi = B0S sinωtcosα .
Zadanie 67
Przewodząca ramka ułożona jest prostopadle do linii indukcji magnetycznej, która zmienia się zgodnie z wzorem: B = B0(1 + e-kr), gdzie B0 = 0,5 T, k = 1s-1. Obliczyć wartość SEM indukowanej w ramce w chwili czasu t = 2,3s. Powierzchnia ramki S = 4.10-2m2.
Odpowiedź: εi = B0Ske-kt; εi = 2,06.10-3V.
Zadanie 68
Kwadratowa ramka o boku a = 1m porusza się z pewną stałą prędkością v w kierunku prostopadłym do nieskończenie długiego przewodnika, leżącego w płaszczyźnie ramki równolegle do jednego z jej boków. W przewodniku płynie prąd o natężeniu I = 10A. W pewnej chwili odległość od przewodnika do bliższego boku ramki równa się b = 1m. Jaka powinna być prędkość v, aby w tej chwili w ramce indukowała się SEM równa 10-4V?
Rozwiązanie
Linie indukcji magnetycznej tworzą okręgi o wspólnym środku na przewodniku, są więc prostopadłe do powierzchni ramki. Wartość indukcji w odległości x od przewodnika wynosi: B = μ0l/(2x), a strumień indukcji przechodzący przez element powierzchni dS = adx: dΦ = μ0Iadx/(2πx). Strumień przechodzący przez całą powierzchnię ramki:
Φ = ∫μ0Iadx/(2πx) = [ μ0Ia/(2π)]ln[(b + a)/b].
εi = -dΦ/dt = -(dΦ/db)(db/dt) = [μ0Ia/(2π)[b/(b + a)][av/b2] = μ0Ia2v/[2π(b + a)b],
skąd v = εi2π(b +)b/(μ0Ia2 ); v = 100m/s.
Zadanie 69
Wyznaczyć współczynnik samoindukcyjności solenoidu o długości l, polu przekroju S, ilości zwojów n, wypełnionego żelazem o przenikalności magnetycznej μ .
Wskazówka: SEM samoindukcji εi = - L(dI/dt), gdzie L jest współczynnikiem samoindukcyjności, B = μμ0nI/l - indukcja magnetyczna wytworzona w solenoidzie, a wzór ogólny: εi = -dΦ /dt.
Rozwiązanie: L = μμ0n2S/l.
Zadanie 70
Wyznaczyć stosunek indukcyjności dwóch solenoidów, przez które płyną prądy o tych samych częstotliwościach, jeżeli: a) drugi solenoid ma dwa razy więcej zwojów, niż pierwszy, a średnicę ma dwa razy większą, niż pierwszy; b) drugi solenoid ma długość dwukrotnie większą, niż pierwszy i dwukrotnie większą ilość zwojów.
Odpowiedź: a) L1/L2 = 1; b) L1/L2 = 1/2.