Delta mi!

Sfera pochłania wszystkie emitowane przez lampę fotony. Tempo emisji fotonów jest równe stosunkowi mocy lampy  do energii  emitowanego fotonu. Ponieważ  więc  gdzie  jest stałą Plancka, a   częstością emitowanego światła. Podstawiając  gdzie c jest prędkością światła, a   długością jego fali, otrzymujemy ostatecznie  co dla wielkości danych w zadaniu daje  fotonów na sekundę.

Podczas jazdy z dużymi prędkościami niemal cała moc silnika zużywana jest na przezwyciężanie oporu powietrza. Siła oporu aerodynamicznego jest proporcjonalna do kwadratu prędkości pojazdu. Moc zużywana do utrzymania stałej prędkości jest więc proporcjonalna do trzeciej potęgi tejże prędkości. Po wymianie silnika maksymalna prędkość wzrośnie raza.

Układ oporów jest symetryczny względem prostej, przechodzącej przez punkty i Wynika stąd, że potencjał odpowiadających sobie punktów leżących powyżej i poniżej tej prostej jest taki sam, tzn. Łącząc punkty o jednakowym potencjale i zastępując równocześnie opory, które zostaną przy tym połączone równolegle, dostaniemy obwód zastępczy:

Korzystając z kolei z symetrii części obwodu w kształcie rombu, dostajemy obwód zastępczy:

a stąd znajdujemy poszukiwaną oporność zastępczą

W gazie spełniającym równanie stanu gazu doskonałego, ( – ciśnienie, – objętość, – całkowita liczba moli gazu), dźwięk rozchodzi się z prędkością daną równaniem

gdzie i oznaczają ciepła molowe, odpowiednio w stałej objętości i pod stałym ciśnieniem, a masę jednego mola tego gazu. Mieszanina gazów doskonałych spełnia równanie gazu doskonałego, masa i ciepło są tzw. wielkościami ekstensywnymi, a więc odpowiednie wielkości dla mieszaniny to

Ostatecznie więc wynosi

Wzór ten bywa w praktyce wykorzystywany do określania zawartości domieszki gazowej. Jest to możliwe, gdy gaz-domieszka ma istotnie różne właściwości od gazu, z którym jest zmieszany (np. w azocie).

Masa przelewającej się wody zależy od wysokości  na jakiej znajduje się jej powierzchnia nad poziomą krawędzią tamy, od przyspieszenia ziemskiego  gęstości wody i jest proporcjonalna do długości tamy  Mamy:

Porównanie wymiarów lewej i prawej strony równania prowadzi do wniosku, że  Ostatecznie ilość wody (jej masa) przelewająca się w jednostce czasu wzrośnie razy.

Przyjmijmy, że promień wychodzący (rysunek) pochodzi z wiązki promieni równoległych padających na soczewkę.

Wtedy jego przedłużenie na stronę przedmiotową przetnie się z przedłużeniami innych promieni pochodzących z padającej wiązki równoległej w płaszczyźnie ogniskowej soczewki . W tym samym punkcie przetnie więc płaszczyznę ogniskową, pochodzący z tej samej wiązki równoległej, promień  który nie zmienia swojego kierunku bo przechodzi przez środek soczewki. Ponieważ promienie i  pochodzą z tej samej wiązki równoległej, więc bieg promienia znajdujemy, wykreślając prostą równoległą do przechodzącą przez punkt

Długość  fali generowanego dźwięku jest proporcjonalna do długości  piszczałki (współczynnik zależy od rodzaju piszczałki i nie zależy od rodzaju wypełniającego ją gazu), z definicji:  a więc częstotliwość  dźwięku danej piszczałki jest proporcjonalna do prędkości dźwięku w wypełniającym ją gazie. Powietrze to w ponad  mieszanina dwuatomowych cząsteczek azotu  i tlenu  o wypadkowej masie molowej  Cząsteczki helu, gazu szlachetnego, są jednoatomowe:  Jak wiadomo, stosunek  dla gazu jednoatomowego wynosi w przybliżeniu 5/3, a dla gazu dwuatomowego 7/5. Po podstawieniu tych danych otrzymujemy

a więc poszukiwana częstotliwość

W chwili początkowej na elektron działa siła elektryczna skierowana w górę i siła magnetyczna skierowana w dół. Rozważmy przypadek, gdy siły te równoważą się, czyli prędkość elektronu wynosi  W układzie  związanym z kondensatorem elektron porusza się wtedy ruchem prostoliniowym z prędkością  W układzie odniesienia  poruszającym się względem  z prędkością  elektron ten spoczywa, czyli siła magnetyczna na niego nie działa. Oznacza to, że w układzie  nie może również działać siła elektryczna, czyli w układzie tym nie ma pola elektrycznego. Elektron wylatujący z punktu  z prędkością  ma w układzie  prędkość  i porusza się po okręgu o promieniu  stycznym do prostej równoległej do prędkości (  i   oznaczają odpowiednio masę i wartość bezwzględną ładunku elektronu). Ponieważ mamy do czynienia z przypadkiem nierelatywistycznym, wektor indukcji pola magnetycznego w układzie  nadal wynosi (patrz zadanie 560). W układzie związanym z kondensatorem ruch elektronu jest złożeniem ruchu po okręgu oraz ruchu postępowego z prędkością  Elektron przeleci przez kondensator bez kontaktu z okładkami, gdy  Zatem prędkość elektronu musi spełniać warunki:

Niech układ  porusza się z prędkością  względem układu inercjalnego  Rozważmy ładunek punktowy  spoczywający w początku układu  Pole elektryczne od tego ładunku w punkcie opisanym wektorem położenia  ma postać:  W układzie  ładunek  porusza się prędkością  i w przybliżeniu nierelatywistycznym możemy go potraktować jako stały prąd elektryczny. Natężenie prądu dane jest wzorem  gdzie  jest czasem, w którym ładunek przemieszcza się o   Stąd  Zgodnie z prawem Biota–Savarta pole magnetyczne wytworzone w układzie  przez poruszający się ładunek ma postać:

Gdy w pierwotnym układzie  obok pola elektrycznego występuje również pole magnetyczne  pole magnetyczne w układzie  ma postać:

Jest to wzór przybliżony, słuszny jedynie dla  kiedy możemy zaniedbać opóźnienie związane ze skończonym rozchodzeniem się sygnału elektromagnetycznego. Otrzymany wzór pokazuje, że w przybliżeniu nierelatywistycznym pole magnetyczne nie zmienia się przy przejściu z jednego układu inercjalnego do innego.

W ośrodku sprężystym lokalne zaburzenia gęstości rozprzestrzeniają się z prędkością dźwięku  Dla wody  m/s. Zmiana prędkości wody wywołana zamknięciem zaworu w czasie  dotrze na odległość  zatrzymana zostanie masa wody  gdzie  jest polem przekroju rury, a   kg/m  oznacza gęstość wody. Zmiana pędu wody wynosi  Ciśnienie  wody na zawór wyniesie więc

Dla prędkości  m/s ciśnienie jest równe

Jeżeli na ciało działa siła, która nie jest równoległa do jego prędkości, ciało skręca w stronę wskazywaną przez zwrot składowej siły prostopadłej do kierunku ruchu. Jeżeli rozważany w zadaniu „trójkąt” miałby nie być wypukły, byłoby to spowodowane silniejszym przyciąganiem Księżyca przez Ziemię (siłą ) niż przez Słońce (siłą ) w punktach, dla których Księżyc znajduje się między Ziemią a Słońcem. Tymczasem w punktach, w których Księżyc znajduje się najbliżej Słońca, stosunek tych sił przyciągania wynosi

Czynnik  w mianowniku jest zaniedbywalny w porównaniu z   toteż wypadkowa sił działających na Księżyc jest stale skierowana w stronę Słońca. Oznacza to, że Księżyc stale skręca w stronę Słońca i rozważany w zadaniu „trójkąt” jest zawsze wypukły.

Rys. 1

Rys. 2

Niech  będzie kątem załamania promienia przechodzącego z warstwy powietrza między monetą a dnem naczynia do wody (Rys. 1). Dno naczynia powoduje tylko niewielkie, równoległe przesunięcie promienia padającego, co nie wpływa na wynik obserwacji. Ponieważ promień przeszedł z powietrza do wody, wartość  nie przekracza wartości kąta granicznego :

Promień padający na boczną ściankę naczynia pod kątem  nie wyjdzie na zewnątrz, gdy  Zmniejszenie kąta  powoduje zwiększenie kąta  wystarczy więc rozważyć przypadek graniczny, gdy  Rozważmy sytuację, gdy oba kąty  i   mają wartość graniczną. W trójkącie  na rysunku 2 mamy wtedy  Zatem nie zobaczymy monety przez boczną ściankę, gdy  czyli

Ciśnienie w przemianie  zmienia się liniowo zgodnie ze wzorem  Oznaczając przez  temperaturę w punktach  i   otrzymujemy, korzystając z równania Clapeyrona  gdzie  oznacza liczbę moli gazu, a   jest stałą gazową. Rozważmy badaną przemianę w małym przedziale objętości  Zgodnie z pierwszą zasadą termodynamiki ciepło tam przekazane wynosi  Zmiana energii wewnętrznej dana jest wzorem  gdzie molowe ciepło właściwe  przy stałej objętości dla gazu jednoatomowego wynosi  Zmiana temperatury w badanym przedziale wynosi  gdzie pominęliśmy wyraz proporcjonalny do  Gaz pobiera ciepło, gdy  czyli gdy  Zatem ciepło w przemianie  pobierane jest na odcinku  gdzie objętość, odpowiadająca punktowi  wynosi

Siła działająca na dziewczę trzymające się liny jest w każdej chwili prostopadła do kierunku ruchu dziewczęcia, nie wykonuje więc nad dziewczęciem żadnej pracy. Prędkość dziewczęcia zderzającego się ze słupem będzie więc równa jego prędkości początkowej.

Oznaczmy przez  stosunek długości wiszącej części liny do całkowitej długości liny. Niech  będzie naprężeniem liny tam, gdzie zaczyna się jej wisząca część. Warunek równowagi dla wiszącej części to  Z kolei siła tarcia statycznego jednej z dwóch leżących części liny  nie może przekraczać nacisku tej części liny na zbocze; nacisk ten jest równy  Ta siła tarcia musi zrównoważyć dwie siły: składową siły grawitacji wzdłuż zbocza  działającą na leżącą część liny oraz naprężenie liny  Podstawiając wartości funkcji trygonometrycznych, otrzymujemy maksymalną wartość  równą  Co ciekawe, jest to maksymalna część długości liny, jaka może wisieć w powietrzu dla dowolnego kąta

Ponieważ odległość satelity od detektora jest dużo większa niż  możemy przyjąć, że wiązka promieniowania wysyłanego przez satelitę jest równoległa. Do odbiornika w punkcie  docierają promienie biegnące bezpośrednio od satelity i odbite od powierzchni jeziora, jak na rysunku. Punkty  i   leżą na tej samej powierzchni falowej i mają zgodną fazę. Ich różnica dróg jest równa  Jeden z promieni odbija się od ośrodka, w którym prędkość rozchodzenia się fali jest mniejsza niż w powietrzu. Powoduje to zmianę fazy o   odpowiadającą przebytej drodze  Uwzględniając to, otrzymujemy wzór na maksima interferencyjne:

Rozważmy proces do chwili, gdy para wodna osiągnie stan nasycenia. Traktując oba gazy jako doskonałe, możemy dla każdego z nich napisać prawo przemiany izotermicznej:  gdzie  jest przesunięciem tłoka lewego, zatem  Ciśnienie  nie przekracza ciśnienia pary nasyconej:  stąd

Gdy  para wodna w lewej komorze zaczyna się skraplać, ciśnienie ma stałą wartość  a objętości gazów w obu częściach są takie same (zaniedbujemy objętość wody powstałej w wyniku skroplenia w porównaniu z objętością pary nasyconej o tej samej masie). Oznaczając dodatkowe przesunięcia obu tłoków przez  możemy napisać:  stąd  Ostatecznie:  dla  dla  dla

Siła oddziaływania między dwoma ładunkami nie może zależeć od wyboru jednostek. Pisząc zatem ogólnie, mamy

Oznaczając primami wielkości pisane w konwencji anglosaskiej (np. układ jednostek CGSE lub Gaussa), mamy

Stąd:

gdzie  jest przenikalnością magnetyczną próżni. Podstawiając wartości liczbowe dla ładunku elementarnego, otrzymujemy

Załóżmy, że na krowie zgromadzony jest ładunek  Wytwarza on pole elektryczne o natężeniu

gdzie  jest odległością od środka krowy. Gęstość energii pola elektrycznego wyraża się wzorem

skąd obliczamy całkowitą energię pola, równą

(dla  otrzymujemy znany problem nieskończonej energii ładunku punktowego). Skoro krowa jest elementarna, to z zasady ekwipartycji energii „należy się” jej  na każdy stopień swobody. Dla ruchu dwuwymiarowego otrzymujemy więc  co dla  i   daje  czyli kilka tysięcy ładunków elementarnych.

Oznaczmy promień krzywizny półkuli przez  Gdy wiązka pada prostopadle na płaską powierzchnię szkła, biegnie przez szkło bez zmiany kierunku. Odległość nie zmieni się, gdy wiązkę przepuścimy przez cienką soczewkę płasko-wypukłą ze szkła o promieniu krzywizny umieszczoną w powietrzu (Rys. 1). Ogniskowa tej soczewki jest równa  mamy więc związek

Rozważmy wiązkę padającą na półkulę od strony wypukłej. Oznaczmy przez kąty padania i załamania przy przechodzeniu światła z jednego ośrodka do drugiego, jak na rysunku 2. Założenie, że wiązka światła jest wąska, oznacza, że odległości promieni od osi optycznej są małe w porównaniu z promieniem krzywizny i możemy stosować przybliżenia właściwe dla małych kątów. Korzystając z prawa załamania, otrzymujemy:

Kąt jest kątem zewnętrznym w trójkącie  zatem  Niech będzie odległością promienia wychodzącego z półkuli od osi optycznej. Stosując twierdzenie sinusów do trójkąta  otrzymujemy:  a w przybliżeniu  Szukaną odległość punktu skupienia promieni od powierzchni płaskiej dostajemy ze związków:

Ostatecznie

Oznaczmy przez maksymalne wydłużenie sznura. Stwierdzenie, że pierścień jest żelazny, wskazuje, że masę sznura możemy zaniedbać w porównaniu z masą pierścienia. Wtedy mamy  Na sznur działa siła tarcia, która powoduje jego wydłużenie, czyli wzrost energii sprężystości oraz wydzielanie się ciepła :  Wiedząc, że  otrzymujemy:

Zadanie można też rozwiązać, rozważając siły działające na pierścień. Zmiana energii kinetycznej pierścienia równa jest pracy wypadkowej sił ciężkości i tarcia:  natomiast zasada zachowania energii dla całego układu sznur–pierścień ma postać:  Odejmując te równania stronami, otrzymujemy taki sam wynik jak poprzednio.

Załóżmy, że natężenie prądu w obwodzie po zamknięciu klucza jest większe od  czyli spełniony jest warunek  Podczas ładowania kondensatora natężenie prądu maleje i w pewnym czasie  dopóki nie osiągnie wartości  napięcie na diodzie ma stałą wartość  Ładunek, którym naładuje się w tym czasie kondensator, wynosi  Zgodnie z zasadą zachowania energii:

gdzie  jest ciepłem wydzielonym na oporze  w czasie  W czasie  gdy natężenie prądu w obwodzie jest mniejsze niż  i maleje do zera, napięcie na diodzie maleje liniowo z natężeniem prądu, czyli jej opór  jest stały. Ładunek, który przepływa w tym czasie w obwodzie, wynosi  gdzie końcowy ładunek na kondensatorze to  Energia wydzielona w tym czasie w obwodzie równa jest pracy źródła i wynosi

gdzie  jest ciepłem wydzielonym na diodzie, a   ciepłem wydzielonym na oporze  w czasie  Ponieważ dioda i opornik są połączone szeregowo i w każdej chwili płynie przez nie prąd o tym samym natężeniu, zachodzi związek  Całkowite ciepło wydzielone na oporze  w czasie  wynosi

Oznaczmy masy ciężarka, podstawki i walca przez  Równanie ruchu ciężarka ma postać  gdzie  jest jego przyspieszeniem, a  siłą naprężenia nici.  jest jedyną siłą działającą w kierunku poziomym na układ podstawki i walca, zatem oznaczając przez  przyspieszenie ruchu postępowego tego układu, możemy napisać:  Moment bezwładności pełnego walca względem jego osi wynosi  a równanie ruchu obrotowego względem tej osi ma postać  gdzie  jest przyspieszeniem kątowym. Przyspieszenie względem Ziemi najniżej położonego punktu walca równe jest przyspieszeniu ciężarka, mamy więc związek  Eliminując z wypisanych równań przyspieszenia liniowe oraz naprężenie nici, otrzymujemy wzór na przyspieszenie kątowe walca:

Droga kątowa walca wynosi  zatem szukana liczba obrotów to

W rozważanej w zadaniu sytuacji stosujemy wyidealizowany opis polegający na przyjęciu, że podłoże jest powierzchnią nieskończenie ciężkiego ciała. Jeśli natomiast przyjmiemy, że ciało, od którego odbija się piłeczka, ma masę  to zasadę zachowania pędu i energii dla ruchu jednowymiarowego przy założeniu, że ciężkie ciało początkowo spoczywa, możemy zapisać jako:

gdzie  i   są odpowiednio prędkościami piłeczki i ciężkiego ciała tuż po odbiciu. Są one równe

oraz

a zatem dla  rzeczywiście mamy  oraz

Sytuacja opisana w zadaniu przedstawiona jest rysunku.

Dla czytelności schemat ten przesadnie ukazuje położenie tunelu względem krzywizny Ziemi. W rzeczywistości odległość między Deltą i Albionem nie przekracza 100 km. Oznacza to, że kąt  przyjmuje wartości bardzo bliskie zeru. Uzasadnia to przybliżenie

oraz

Przyspieszenie wagonów jest zatem równe iloczynowi promienia Ziemi  i ich przyspieszenia kątowego  względem środka Ziemi. Składowa siły grawitacji wzdłuż tunelu  wyraża się wzorem  gdzie  jest całkowitą siłą grawitacji działającą na wagon. Dla wagonu o masie  mamy więc

Równanie to jest identyczne z równaniem ruchu dla wahadła matematycznego o długości  wagonik będzie więc wykonywał ruch okresowy o okresie  Podróż z Delty do Albionu zajmuje pół okresu, zatem szukany czas jest równy  Podstawiając wartości liczbowe, uzyskujemy czas przejazdu równy 42 minuty, niezależny od odległości między Deltą i Albionem.

Gdy pręt zaczyna opadać pod wpływem siły ciężkości, między punktami styku z szynami powstaje siła elektromotoryczna indukcji  gdzie  jest szybkością zmian położenia pręta. Prąd indukcyjny płynie w takim kierunku, żeby przeciwdziałać zmianom strumienia pola magnetycznego, które go wywołują, czyli siła elektrodynamiczna działająca na pręt ma zwrot przeciwny do siły ciężkości. Równanie ruchu pręta ma więc postać  gdzie  jest natężeniem prądu w obwodzie. Możemy też napisać drugie prawo Kirchhoffa dla obwodu zawierającego pręt i cewkę:  Uwzględniając warunki początkowe  oraz  otrzymujemy  Wstawiając otrzymane stąd wyrażenie na natężenie prądu do równania ruchu, możemy zapisać je w postaci

Jest to równanie oscylatora harmonicznego. Pręt drga wokół położenia równowagi, którego współrzędna wynosi

Siła elektrodynamiczna w tym położeniu równoważy siłę ciężkości. Zależność położenia pręta od czasu dana jest wzorem  gdzie częstość drgań jest równa  Zależność prędkości od czasu ma postać  Amplitudę drgań  i fazę początkową  możemy wyznaczyć z warunków początkowych:  oraz  Uwzględniając, że  otrzymujemy  oraz  Ostatecznie zależność położenia pręta od czasu ma postać

Kartkę uda się wyciągnąć, gdy przyłożona siła  przekroczy maksymalną wartość tarcia statycznego między prętem i kartką:  gdzie  jest siłą nacisku pręta na kartkę, równą co do wartości sile reakcji  kartki na pręt. Rozważmy sytuację graniczną, gdy siła tarcia osiągnęła maksymalną wartość, a układ pozostaje jeszcze w równowadze. Oznacza to, że wszystkie siły działające na pręt równoważą się, a wypadkowy moment tych sił względem dowolnego punktu wynosi 0. Warunek równowagi momentów sił względem punktu  ma postać

gdzie  jest długością pręta. Uwzględniając, że  otrzymujemy

Zanurzoną część góry możemy otrzymać z całej góry przez jednokładność o skali  względem wierzchołka stożka. Równowaga siły ciężkości i wyporu prowadzi do warunku

gdzie  jest promieniem podstawy stożka,  jego wysokością, a   i   gęstościami odpowiednio lodu i wody. Stąd  podstawiając  i   stwierdzamy, że zanurzona część wysokości to  wysokości góry, a zatem nad powierzchnię wystaje zaledwie około  wysokości góry.

Ogólne położenie klocka w wannie zadane jest przez dwa parametry  i   zaznaczone na rysunku.

Zgodnie z prawem Archimedesa, energię potencjalną klocka  możemy wyrazić jako różnicę energii potencjalnej grawitacji, równej  oraz energii potencjalnej, jaką miała wyparta przez klocek woda, równej  gdzie  są odpowiednio wysokościami środka ciężkości klocka i jego zanurzonej części nad poziomem wody. Wielkości te są równe odpowiednio:

skąd otrzymujemy

Opisane w zadaniu położenie równowagi odpowiada  Dla małych wychyleń z położenia równowagi mamy  Podstawiając do powyższego wzoru i ograniczając się do wyrazów kwadratowych w   i   otrzymujemy:

Współczynnik przed  jest dodatni dla  lub  wtedy mamy do czynienia z minimum energii potencjalnej i rozważana sytuacja odpowiada równowadze trwałej.

Gdy  czyli przyspieszenie podstawki jest nie mniejsze od przyspieszenia ziemskiego, ciężarek odrywa się od podstawki od razu. Zmiana energii kinetycznej ciężarka po zakończeniu ruchu w dół wynosi 0 i równa jest pracy sił ciężkości i sprężystości:  gdzie  jest maksymalnym wydłużeniem sprężyny i wynosi

Rozważmy przypadek  Równanie ruchu ciężarka, dopóki nie straci on kontaktu z podstawką, ma postać  gdzie  jest wydłużeniem sprężyny, a   siłą reakcji podstawki. W chwili oderwania, po przebyciu przez ciężarek drogi  jest  Stąd  Z drugiej strony  ponieważ do chwili oderwania ciężarek wraz z deską porusza się ruchem jednostajnie przyspieszonym i szukany czas wynosi  Prędkość ciężarka w chwili oderwania ma wartość  Od chwili oderwania ciężarek porusza się ruchem harmonicznym.

Z zasady zachowania energii  gdzie  jest wydłużeniem sprężyny w stanie równowagi, a   jest odległością od położenia równowagi w chwili oderwania, wyznaczamy amplitudę drgań  Maksymalne wydłużenie sprężyny  jest sumą wydłużenia w położeniu równowagi  oraz amplitudy drgań