Delta mi!

Poślizg nie nastąpi, gdy będzie

Obrót zaś nastąpi, jeśli

przy czym ramię siły ciężkości wynosi  a ramię siły  jest równe

Z powyższych nierówności wynika, że

Jeśli pionowe siły działające na kulkę równoważą się, mamy

gdzie jest siłą nacisku deski na kulkę. Warunkiem równoważenia się momentów sił działających na zawias łączący deski jest

gdzie jest długością desek. Stąd:

Ciecz znajdująca się w silnie niejednorodnym polu elektrycznym w pobliżu okładek ulegnie polaryzacji i będzie wciągana w przestrzeń pomiędzy płytkami. Wzrost energii potencjalnej słupa cieczy kompensuje spadek energii pola między okładkami kondensatora. Zgodnie z prawem zachowania energii:

Pojemności wynoszą

(p. zadanie F 787), masa między okładkami to . Ładunek na okładkach jest równy

Stąd otrzymujemy:

Dodatnie rozwiązanie tego równania daje szukaną wartość wysokości, na którą wzniesie się ciecz:

Kondensator opisany w zadaniu jest układem dwóch połączonych równolegle kondensatorów o pojemnościach

gdzie jest względną przenikalnością elektryczną dielektryka, a  oznaczają pola okładek kondensatorów składowych, . Zatem

Rozważmy niewielki fragment linki napięty siłą  i wygięty o kąt  Wypadkowa dwóch sił  jest równoważona przez siłę reakcji podpory  zatem maksymalna siła tarcia (będąca przyrostem siły napięcia) jest równa

gdzie  jest współczynnikiem tarcia. Sumując (całkując) przyrosty  stwierdzamy, że przy ustalonym  i ustalonej sile napięcia na jednym końcu linki wartość  na drugim końcu zależy tylko od kąta między stycznymi do końców linki, czyli dla wszystkich przypadków a–d jest ona jednakowa.

Niech  będzie prędkością źródła,  – jego częstotliwością,  – prędkością dźwięku,  – czasem odebrania dźwięku,  – czasem jego wysłania (  odpowiada chwili, gdy źródło jest najbliżej mikrofonu),  – minimalną odległością od mikrofonu. Czasy  i  są powiązane wzorem

(1)

Częstotliwość odebrana przez mikrofon jest zmieniona wskutek zjawiska Dopplera, tzn.

(2)

gdzie  jest rzutem prędkości źródła na kierunek do mikrofonu (dodatnim, gdy zwrot jest przeciwny), czyli

(3)

Rozwiązując równanie (1) ze względu na  i podstawiając do (3) i (2), można (po dość pracochłonnych przekształceniach) sprawdzić, że

(4)

Oznacza to, że wykres jest symetryczny względem punktu o współrzędnych    – nieodróżnialny od wykresu obróconego.

Rozwiązanie nie zależy od kształtu naczynia – środek ciężkości leży najniżej, gdy naczynie napełnimy tak, by znalazł się on na powierzchni wody.

Jeśli bowiem poziom wody w naczyniu leży poniżej środka ciężkości, to dolanie do naczynia niewielkiej ilości wody spowoduje obniżenie środka ciężkości, gdyż środek ciężkości dodawanej wody leży poniżej środka ciężkości naczynia z wodą przed dolaniem.

Jeśli natomiast poziom wody w naczyniu leży powyżej środka ciężkości, to odlanie z naczynia niewielkiej ilości wody spowoduje również obniżenie środka ciężkości, gdyż środek ciężkości ujmowanej wody leży powyżej środka ciężkości naczynia z wodą przed jej ujęciem.

Oznaczmy przez masę wody wypieranej przez klocek. Gdy jest on zanurzony pionowo, środek ciężkości zanurzonej części jest na głębokości gdy poziomo, na głębokości A więc położenie środka ciężkości klocka po przewróceniu podniesie się o i o tyle obniży się środek ciężkości wypartej wody. Zatem energia potencjalna wody w naczyniu spadnie, a energia potencjalna całego klocka nie zmieni się. Wydzielone ciepło będzie więc równe

Energia kwantu promieniowania o długości fali  nm wynosi 12 keV, czyli około 1000 razy więcej od energii wiązania elektronu. W bilansie energii pominiemy więc energię wiązania, gdyż nie zależy ona od ruchu elektronów i może powodować niewielką zmianę długości fali rozproszonego promieniowania, ale nie rozmycie widma. Zasada zachowania energii wyraża się więc „zwykłym” równaniem

gdzie jest pędem elektronu wyrzuconego z atomu. Zasadę zachowania pędu zapiszemy natomiast w postaci jednowymiarowej

gdzie jest początkowym pędem elektronu, a minus po prawej wynika z danej wartości kąta rozproszenia kwantów Jeśli elektron krążył po pierwszej orbicie Bohra, to zależnie od zwrotu jego ruchu mamy co – jak łatwo sprawdzić – jest wielkością około trzykrotnie mniejszą od pędu fotonu. Do celów przybliżonej oceny możemy więc, podnosząc równanie stronami do kwadratu, pozostawić tylko wyraz liniowy w i po wyeliminowaniu otrzymujemy

Wyznaczając stąd warto pamiętać, że jest wielokrotnie (137-krotnie) mniejsze od a comptonowska długość fali elektronu  jest równa , czyli znacznie mniej od W wyniku przekształceń znajdujemy

Ostatni człon po prawej stronie jest szukanym rozmyciem widma promieniowania rozproszonego. Jego liczbowa wartość wynosi W porównaniu z samym zwiększeniem długości fali równym jest to wielkość mniejsza, ale nie pomijalnie mała.

Po przelaniu przez górne kolanko 1-2 woda zamyka dolne kolanko 2-3 i odcina w segmencie 2 rurki słup powietrza o początkowej długości (pomijamy objętość samego kolanka); później sytuacja się powtarza w segmencie 4. Wzrost poziomu wody w segmentach 3 i 5 powoduje sprężenie tych słupów powietrza – oznaczmy długości słupów po sprężeniu jako i Zatem ciśnienie powietrza w segmencie 4 jest równe (gdzie – ciśnienie atmosferyczne), a w segmencie 2 równe Zgodnie z równaniem przemiany izotermicznej

Obliczamy

podobnie .

Wysokość słupa w lewym segmencie powinna być równa co najmniej  cm (177 cm powyżej górnych kolanek).

Praktycznym przykładem opisanego tu problemu może być lanie wody wężem częściowo zwiniętym na bębnie. Na poziomie jakościowym było to tematem jednego z zadań Olimpiady Fizycznej w 1982/83 r.

Promień, którego przedłużenie jest odległe od środka kulki o  pada na jej powierzchnię pod kątem  i załamuje się pod kątem  Ponieważ przy wyjściu z kulki kąty są te same, więc kąt odchylenia tego promienia od kierunku początkowego jest równy  Rozpatrując promienie padające na ekran w pobliżu środka, należy przyjąć, że kąty są małe, tzn.   Gdy spełniony jest warunek  promienie odchylone o  padają na ekran w odległości  od środka. Widzimy, że wiązka o polu przekroju  której moc wynosi oświetla na ekranie koło o polu  Szukane natężenie oświetlenia środka ekranu wynosi więc

Niech  będzie zmienną wzdłuż pręta, od  (koniec zamocowany) do  (koniec zwisający). Funkcjami zmiennej  są: siła oddziaływania jednej części na drugą  (czyli ciężar prawej części pręta), moment zginający pręt  oraz kąt odchylenia stycznej od poziomu  Oczywiste jest, że  natomiast rozważając mały odcinek pręta o długości  stwierdzamy, że warunek równowagi ze względu na obrót ma postać

Pominęliśmy tu „wyrazy drugiego rzędu”, tzn. zaniedbaliśmy ciężar tego odcinka oraz różnicę między wartościami  na jego końcach. Dalej, różnica między kątami nachylenia sąsiednich odcinków zależy od  zgodnie ze wzorem

Zbierając zapisane równania, dochodzimy w granicy  do równania różniczkowego

które po wprowadzeniu zmiennej bezwymiarowej  przybiera postać

Równanie to trzeba scałkować od  (gdzie ) do  (gdzie ), przy czym stała  ma wartość 10. Zgodnie z treścią zadania obliczyć należy  oraz sumę przesunięć pionowych  Autor stosował procedurę numeryczną, zaczynając od  i wybierając dowolną początkową wartość  a następnie korygując ją tak, aby w punkcie  otrzymać  Okazuje się, że właściwą początkową wartością  jest 3,74, końcowy kąt nachylenia jest równy  rad, a zwis

Dolna kulka zostanie poderwana do góry, jeśli gdzie to najmniejsza odległość międzu kulkami w trakcie drgań tej górnej. Z zasady zachowania energii mamy:

Podstawiając dostajemy:

stąd

Odległość minimalna odpowiada znakowi minus, a ładunek, dla którego kulka zostanie poderwana do góry, to

Aby kulka doleciała do ziemi, wystarczy, że w chwili zetknięcia się z ziemią prędkość kulki będzie równa zeru. Z zasady zachowania energii:

otrzymujemy, zaniedbując poprawki rzędu :

przyjmując, że ; w przeciwnym przypadku

Warunek maksymalnej pracy odpowiada doprowadzeniu gazu do temperatury  i ciśnienia  w procesie odwracalnym. Na przykład, można najpierw rozprężyć gaz adiabatycznie do temperatury  a następnie dokonać sprężenia lub rozprężenia izotermicznego, aby osiągnąć ciśnienie  Pomijając na razie pracę powietrza atmosferycznego, pracę przy rozprężeniu adiabatycznym  znajdziemy jako różnicę początkowej i końcowej energii wewnętrznej:

Praca przy rozprężeniu izotermicznym jest natomiast równa całce

gdzie  jest objętością gazu po rozprężeniu adiabatycznym, a  – objętością końcową. Z równania przemiany adiabatycznej w zmiennych -

znajdujemy

Po podstawieniu    dochodzimy do wzoru na pracę przy rozprężeniu izotermicznym

Dla przyjętych danych wielkość ta jest ujemna, bo  (mamy więc sprężenie izotermiczne, a nie rozprężenie). Od sumy  należy jeszcze odjąć pracę powietrza atmosferycznego

Ostatecznie

Ten sam wynik otrzymamy także w innych procesach odwracalnych prowadzących do wyrównania ciśnień i temperatur. Na przykład, można by najpierw w przemianie izochorycznej odwracalnie obniżyć temperaturę do  (tzn. zastosować doskonały silnik cieplny korzystający z gazu w zbiorniku jako grzejnika, a z otoczenia jako chłodnicy), a następnie zastosować rozprężenie izotermiczne jak poprzednio.

Oznaczmy siłę napięcia nici przez  promień krążków przez  a masę przez  Równanie ruchu obrotowego ma dla każdego z krążków jednakową postać

gdzie  jest momentem bezwładności, a – przyspieszeniem kątowym, jednakowym – jak widać – dla obu krążków. Iloczyn  jest przyspieszeniem pionowego odcinka nici, a także przyspieszeniem dolnego krążka względem tego odcinka. Zatem przyspieszenie  dolnego krążka względem układu nieruchomego jest równe

Stąd  Po podstawieniu tego wyrażenia do równania ruchu postępowego dolnego krążka

otrzymujemy rozwiązanie:

Zgodnie z zasadą zachowania momentu pędu

gdzie jest momentem pędu Ziemi, – łączną masą samochodów wraz z pasażerami i bagażem, – przybliżoną odległością Polski od osi Ziemi ( – promień Ziemi, – szerokość geograficzna), – analogiczną odległością dla Grecji, i  – prędkościami kątowymi. Szukane wydłużenie doby jest dane wyrażeniem

Podstawiamy (wg tablic astronomicznych). Otrzymujemy No cóż, jeśli to nie wystarcza, można zawrzeć taktyczny sojusz z Amerykanami i Chińczykami...

Rozważmy przeciętą pionowo połówkę walca w naczyniu, do którego nalano z obu stron jednakowej cieczy (rysunek obok). Łatwo wykazać, że siły działające wzdłuż osi poziomej na taką połówkę się równoważą (inaczej wypadkową można by zaprząc do napędu perpetuum mobile). Dlatego poziomą składową siły wywieranej na walec od lewej strony można obliczyć tak, jakby działała na ściankę pionową. Ponieważ ciśnienie zmienia się proporcjonalnie do głębokości, więc powierzchnię ścianki pomnożymy przez ciśnienie w połowie głębokości, równe

gdzie – promień walca, – jego wysokość (tu długość), – gęstość cieczy z lewej strony. Podobny argument zastosowany do ćwiartki walca pozwala obliczyć poziomą składową siły wywieranej na walec od prawej strony

Widzimy, że walec nie będzie się toczył w żadną stronę, jeśli

Aby obliczyć składową pionową siły działającej z lewej strony, rozważmy walec zanurzony obustronnie w jednakowej cieczy. Siła wyporu równa jest ciężarowi wypartej cieczy, a z drugiej strony jest ona równa (z symetrii). Stąd

Do wyznaczenia należy analogicznie rozpatrzyć siłę wyporu działającą na dolną połówkę walca. Wynikiem jest

Skoro nacisk walca na dno naczynia jest równy połowie jego ciężaru to

Zatem

Redukcja obwodu pokazana jest na rysunku, opór zastępczy między punktami  i wynosi

Moc wydzielana między punktami  i jest równa przy czym Zatem

Wyrażenie typu ma najmniejszą wartość dla Moc będzie maksymalna, gdy wyrażenie w mianowniku będzie minimalne, a więc gdy

Redukcja trójkąta w obwodzie do połączenia typu „gwiazdka” pokazana jest na rysunku, przy czym

Stąd

Rys. 1

Siła działająca na mały fragment pętli o ładunku  ze strony wszystkich pozostałych może być obliczona jako suma sił opisanych wzorem

gdzie symbole zostały opisane na rysunku 1. Rzut wektora  na kierunek promienia ma wartość

Rys. 2

Jeśli siłę  spróbujemy obliczyć jako całkę (podstawiając ), to napotykamy rozbieżność typu logarytmicznego

Źródłem kłopotów jest nieuwzględnienie grubości drutu , która ma znaczenie dla tych jego fragmentów, które są bardzo bliskie elementu wyróżnionego. Ograniczenie siły oddziaływania na odległości rzędu oznacza przyjęcie dolnej granicy całkowania równej około (zamiast zera), czyli całka wyjdzie równa .

Aby wyznaczyć naprężenie  pętli, można rozważyć siły działające na jedną jej połówkę. Spójrzmy na rysunek 2 – widać, że suma rzutów sił na oś symetrii tej połówki (czyli całka z wyrażenia w granicach od do ) jest równoważona przez dwie siły 

Po podstawieniu danych z treści zadania otrzymujemy , czyli np. dla drutu o średnicy 2 mm mamy a dla drutu o średnicy 0,2 mm wychodzi Jak widać, zależność wyniku od grubości drutu nie jest bardzo silna, jednak ma istotne znaczenie. Efekt ten uwzględniliśmy tylko orientacyjnie.

Oznaczmy dane (wg kolejności w treści zadania) jako Jeśli od wysłania dźwięku do jego dotarcia do krowy upływa czas  to droga dźwięku wynosi , a droga lokomotywy – Z odpowiedniego rysunku wynika równanie

którego rozwiązanie zapiszemy tylko w postaci liczbowej:  s. Rzut prędkości lokomotywy na kierunek „do krowy” miał w chwili wysłania dźwięku wartość

co po podstawieniu do wzoru na efekt Dopplera daje wynik

Ciśnienie wewnątrz bańki  jest równe sumie ciśnienia zewnętrznego  i ciśnienia samej błonki  Ciśnienie błonki jest odwrotnie proporcjonalne do jej promienia, czyli do pierwiastka trzeciego stopnia z objętości powietrza wewnątrz bańki  Dla małych przyrostów mamy więc

Równanie przemiany adiabatycznej gazu w zmiennych  w wersji różniczkowej ma postać

gdzie  Stąd

Zapiszmy jeszcze przemianę adiabatyczną wewnątrz i zewnątrz bańki w zmiennych  :

Jeśli początkowo temperatury były jednakowe, to podstawiając zmiany ciśnienia do wzoru  dochodzimy do wyniku

z którego widać, że wewnątrz bańki wzrost temperatury był większy.

Załóżmy, że przynajmniej dolna część butelki ma kształt walcowy, a szukaną głębokość zanurzenia oznaczmy przez  W położeniu równowagi masa butelki  równa jest masie wypartej wody  gdzie  – pole przekroju poprzecznego butelki,  – gęstość wody. Jeśli zanurzenie zwiększy się o  to siła wyporu wzrośnie o  zatem mamy do czynienia z ruchem harmonicznym o okresie  gdzie  – stała proporcjonalności siły do wychylenia, tzn.   Po przekształceniach można wyznaczyć  tą drogą Fizyk otrzymał wynik

Podane wyprowadzenie wzoru pomija jednak fakt, że razem z butelką drga także pewna ilość wody otaczającej butelkę, której masę (tzw. masa związana) należy dodać do  we wzorze na  W efekcie wyliczona wartość  będzie zawyżona – w przeprowadzonym doświadczeniu autor otrzymał zanurzenie o około 25% mniejsze, co w opisanej sytuacji odpowiadałoby wartości A jednak wygrał Humanista...

Zapiszmy moc zasilającą żarówkę wzorem

gdzie  – amplituda napięcia,  – wartość skuteczna. Przyrównujemy zmienny składnik mocy do wyrażenia  i znajdujemy amplitudę zmian temperatury równą

Korzystając ze wzoru Boltzmanna  stwierdzamy, że szukana głębokość modulacji wynosi

Dane wymienione na końcu zadania są istotne przy dokładniejszej analizie równania bilansu cieplnego

gdzie primami oznaczono odchylenie wielkości  i  od ich wartości średnich, natomiast  jest przyrostem mocy odprowadzanej do otoczenia na jednostkę przyrostu temperatury. Przy wzroście napięcia o   V przyrost tej mocy jest równy czyli liczbowa wartość  wynosi Ponadto po prawej stronie równania należałoby wziąć pod uwagę zależność  od temperatury w wyrażeniu  – jak można wykazać, efekt ten jest równoważny dodaniu do  członu  gdzie  jest temperaturowym współczynnikiem oporu. Wartość  wynosi  stąd  W/K. Dla uwzględnionego wcześniej wyrażenia  wielkością analogiczną jest  W/K, co oznacza, że w pierwszym przybliżeniu można  i  pominąć, zwłaszcza że w dokładniejszym rozwiązaniu porównywane wielkości wystąpiłyby w kwadracie.

Zastosujemy metodę analizy wymiarowej. Ruch cieczy jest jednostajny, dlatego jej gęstość nie ma znaczenia i jedynymi parametrami, od których zależy przepływ  (wyrażony w m /s), są: średnica rurki  jej długość  różnica ciśnień  i lepkość  której jednostką w układzie SI jest  Parametry  i  muszą wystąpić w postaci ilorazu  o wymiarze  który jest „czynnikiem napędowym” przepływu. Zatem  

Zgodność wymiarów w zależności

wystąpi tylko wtedy, gdy pierwszy argument wystąpi w potędze 4, drugi – w potędze 1, a trzeci – w potędze  (zależność ta jest znana jako wzór Hagena–Poiseuille’a). Po dwukrotnym powiększeniu średnicy rurki przepływ wzrośnie 16-krotnie.

Z prawa zachowania energii dostajemy

Porównując strumienie magnetyczne przechodzące przez cewki, mamy . Rozwiązując układ równań, otrzymujemy

Przez układ nie przechodzi strumień zmiennego pola magnetycznego, zatem nie indukuje się w tym układzie siła elektromotoryczna. Opory  i  można więc traktować jako połączone równolegle, stąd

Promień biegnący wzdłuż tworzącej stożka można uważać za wybiegający ze wszystkich punktów tej półprostej, zatem po załamaniu pobiegnie tak, jakby wybiegał ze wszystkich punktów jej obrazu. Stąd wynika, że jego przedłużenie tworzy z osią soczewki kąt Oznaczmy przez wysokość, na której następuje załamanie tego promienia, a przez odległość obrazu wierzchołka stożka od soczewki. Z równań

znajdujemy rozwiązanie

W przypadku (a) składowa okrężna (prostopadła do promienia) prędkości kulki wynikała tylko z obrotu płytki i w chwili stoczenia się z płytki wynosiła  Zgodnie z zasadą zachowania momentu pędu

W przypadkach (b) i (c) prędkość kulki w chwili stoczenia nie jest wprost powiązana z Oznaczmy ją zauważmy też, że składowa radialna prędkości wtedy nie występuje. Można więc skorzystać zarówno z zasady zachowania momentu pędu, jak i z zasady zachowania energii:

Równania te mają dwa rozwiązania: banalne rozwiązanie (wtedy ), oraz „niebanalne”

Rozwiązanie „banalne” odpowiada przypadkowi (b), a „niebanalne” – przypadkowi (c).