Delta mi!

Oznaczmy objętości obu części cylindra po dostarczeniu ciepła przez i ich temperatury przez i ciśnienie (jednakowe) przez a liczbę moli w każdej z części przez Spełnione są równania

Energia wewnętrzna gazu jest dana wzorem a przyrost całkowitej energii wewnętrznej w każdym z rozpatrywanych przypadków jest równy Stąd

Równanie to obowiązuje dla dowolnego podziału czyli wzrost ciśnienia nie zależy od tego podziału. (Dość podobne były przed wieloma laty zadania 198 i 257.)

Z doświadczeń przeprowadzonych przez autora wynika, że magnesy połączone "na styk" spadają wolniej, niż magnes pojedynczy, natomiast odsunięte od siebie - z prędkością pośrednią. Aby to wyjaśnić, zauważmy, że podwójny magnes wytwarza silniejsze pole, a stąd i silniejsze prądy wirowe, niż pojedynczy. Oddziaływanie każdego z magnesów składowych z tymi prądami będzie silniejsze, a zatem przy niezmienionej prędkości spadania siła hamująca wzrosłaby więcej niż dwukrotnie w porównaniu z przypadkiem pojedynczego magnesu. Ponieważ ciężar magnesów wzrósł dwukrotnie, więc logicznym wnioskiem jest zmniejszenie prędkości spadania. Rozsunięte magnesy wytwarzają pole słabsze, niż zetknięte ze sobą, dlatego i efekt hamowania jest słabszy (ale silniejszy, niż dla pojedynczego magnesu).

Korzystając z rozwiązania poprzedniego zadania oraz wiedząc, że dla rozkład Poissona przechodzi na rozkład Gaussa (można to sprawdzić korzystając najpierw ze wzoru Stirlinga, a następnie z rozwinięcia logarytmu w szereg z dokładnością do dwóch wyrazów), mamy

Ostatnia równość została uzyskana przez zamianę zmiennych. Szukane prawdopodobieństwo wynosi

W naszym przypadku pozostaje więc tylko obliczenie W tym celu obliczamy liczbę molekuł gazu w najmniejszej z rozpatrywanych objętości

Pamiętając o przeliczeniu składu wagowego powietrza na skład objętościowy otrzymujemy następujące wartości prawdopodobieństw uszeregowane względem wartości

Przyjmując, że prawdopodobieństwo znalezienia dowolnej cząsteczki w objętości będącej częścią dużo większej objętości jest proporcjonalne do otrzymujemy, że liczba cząsteczek w objętości podlega statystyce Poissona

gdzie jest średnią liczbą cząsteczek w objętości Wiedząc, że wariancja rozkładu Poissona wynosi dostajemy

Gdybyśmy znali masę atmosfery ziemskiej, to znając średnią masę cząsteczkową powietrza, moglibyśmy obliczyć liczbę zawartych w niej cząsteczek. Atmosfera z dołu jest ograniczona powierzchnią Ziemi. Za jej górną granicę przyjmijmy sferę o promieniu gdzie - wysokość 100 km, na której praktycznie nie występuje opór powietrza. Obliczmy, jak zmienia się przyspieszenie ziemskie w tak określonych granicach atmosfery:

gdzie - masa Ziemi, - stała grawitacji, - przyspieszenie ziemskie na powierzchni Ziemi. Korzystając z tego, że możemy przyjąć, że w pierwszym przybliżeniu

Przy takim przybliżeniu wartość ciśnienia na powierzchni Ziemi, równa ciężarowi słupa powietrza o wysokości atmosfery, zawierającego masę powietrza i mającego podstawę jednostkową wynosi Całkowitą masę atmosfery znajdujemy, mnożąc przez powierzchnię Ziemi: a stąd znajdujemy liczbę zawartych w atmosferze cząsteczek powietrza

gdzie - liczba Avogadro. Podstawiając dane liczbowe, otrzymujemy

Zgodnie z warunkami zadania gdzie i - natężenia wiązki padającej i przechodzącej dla pierwszego polaryzatora.

Gdyby polaryzator nie pochłaniał światła, to natężenie wiązki spolaryzowanej byłoby równe połowie natężenia padającej wiązki niespolaryzowanej. To, że oznacza, że polaryzator częściowo pochłania światło. Jeżeli przepuszcza on, ze względu na pochłanianie, tylko procent padającej wiązki, to Gdy światło przechodzi przez dwa polaryzatory, to

Aby obliczyć skorzystamy z prawa Malusa, które mówi, że natężenia światła spolaryzowanego padającego na polaryzator i z niego wychodzącego związane są wzorem gdzie jest kątem między płaszczyzną polaryzacji światła padającego i płaszczyzną polaryzacji polaryzatora. Dodatkowo musimy uwzględnić to, że także w drugim polaryzatorze światło jest pochłaniane. Mamy więc: a stąd co daje

Dla uzyskania dobrej izolacji cieplnej należy zredukować przewodzenie ciepła przez gaz znajdujący się pomiędzy ściankami termosu. Przewodzenie ciepła odbywa się poprzez zderzenia cząsteczek, a więc ciśnienie gazu powinno być dobrane tak, aby średnia droga między zderzeniami była większa niż odległość między ściankami. Zgodnie z równaniem stanu gazu doskonałego gdzie oznacza objętość gazu, liczbę moli gazu, a temperaturę w skali Kelvina. Liczba cząsteczek gazu w jednostce objętości Korzystając z równania stanu oraz warunku otrzymujemy:

Cała energia kinetyczna ruchu obu kostek może być zamieniona na ich energie wewnętrzne, gdy zderzenie jest centralne, a suma pędów kostek jest równa zeru. Przy jednakowych masach oznacza to, że początkowe prędkości będą miały te same wartości i były przeciwnie skierowane. Suma energii kinetycznych musi wówczas wystarczyć na ogrzanie lodu do stopnienie lodu, podgrzanie wody do i odparowanie wody:

Po podstawieniu wartości liczbowych otrzymujemy

Na dnie jeziora na ciśnienie wewnątrz pęcherzyka składa się ciśnienie atmosferyczne ciśnienie słupa wody ( - przyspieszenie ziemskie, - gęstość wody) i ciśnienie wynikające z napięcia powierzchniowego Przy powierzchni wody na ciśnienie w pęcherzyku składa się ciśnienie atmosferyczne i ciśnienie wynikające z napięcia powierzchniowego

Dodatkowe ciśnienie w pęcherzyku wywołane przez napięcie powierzchniowe możemy znaleźć posługując się następującym rozumowaniem: wyobraźmy sobie pęcherzyk o promieniu Jeżeli powiększymy jego promień o to powierzchnia wzrośnie o

Spowoduje to wzrost energii powierzchni pęcherzyka o Powiększenie promienia pęcherzyka jest skutkiem wykonania pracy

Korzystając z tego, że otrzymujemy na dodatkowe ciśnienie wyrażenie

Korzystając z prawa Boyle'a-Mariotte'a mamy

czyli

Stąd znajdujemy Zauważmy, że wkład od napięcia powierzchniowego jest znacznie mniejszy od ciśnienia atmosferycznego i hydrostatycznego i może być pominięty.

Niech jednej fali odpowiadają drgania wektora pola elektrycznego a drugiej gdzie jest różnicą faz między drganiami. Drganie wypadkowe będzie dane wzorem

a stąd

Natężenie drgań będzie równe średniej względem czasu wartości czyli

gdzie oznacza średnią względem czasu. Wyrażenie to będzie równe zero niezależnie od wartości przesunięcia fazowego jeżeli iloczyn skalarny będzie równy zero, a to oznacza, że kierunki drgań muszą być względem siebie prostopadłe.

Oznaczmy promień obracającego się okręgu przez Rozważmy mały element tego okręgu o długości Jego masa to gdzie Na wydzielony element na jego końcach działają dwie siły naprężenia skierowane stycznie do okręgu. Ich wypadkowa nadaje rozważanemu elementowi przyspieszenie dośrodkowe Równanie ruchu tego elementu ma postać

Siła naprężenia kabla dana jest wzorem Uwzględniając, że kąt jest mały, czyli

otrzymujemy szukany promień obracającego się okręgu:

Jeżeli górna nić zachowuje przez cały czas kierunek pionowy, to wszystkie siły zewnętrzne działające na układ, czyli siła ciężkości i siła naciągu górnej nici, są pionowe. Wynika stąd, że środek masy układu nie przemieszcza się w kierunku poziomym, a kulki w każdej chwili poruszają się w kierunkach przeciwnych. Stosunek ich przyspieszeń w kierunku poziomym wynosi Oznaczmy szukaną długość dolnej nici przez a odległość dolnej kulki od środka masy przez Z rysunku widać, że Z porównania wzorów na stosunki przyspieszeń otrzymujemy Ponieważ amplituda drgań punktu jest mała, przemieszczenia środka masy układu w kierunku pionowym również są małe i dolna kulka zachowuje się w przybliżeniu jak wahadło matematyczne o długości zawieszone w nieruchomym punkcie Częstość drgań tego wahadła jest taka sama jak częstość drgań punktu i wynosi Stąd dolna nić ma długość

Zarówno wdychane, jak i wydychane powietrze znajduje się pod ciśnieniem atmosferycznym, a więc możemy przyjąć, że objętość molowa w obu przypadkach jest taka sama i dla temperatury C (temperatura pokojowa) wynosi około 24 l (wszystkie gazy biorące udział w oddychaniu traktujemy jak gazy doskonałe). Ułamki objętościowe odpowiadają więc ułamkom molowym składu wdychanego i wydychanego powietrza. Biorąc pod uwagę masy molowe: i fakt, że w jednym oddechu wymieniamy mola powietrza, otrzymujemy, że w każdym oddechu tracimy około W ciągu 8 godzin snu daje to około 58 g.

Korzystając z praw Kirchhoffa dla obwodów elektrycznych, znajdujemy, że wartość oporu powinniśmy obliczać według wzorów:
dla metody 1

a dla metody 2

Odwracając obie zależności, otrzymujemy:

oraz

a więc wzory uproszczone prowadzą do wyniku zaniżonego w przypadku metody 1 i zawyżonego w przypadku metody 2. Porównajmy wartości bezwzględne błędów obu metod i zbadajmy, kiedy metoda 1 jest dokładniejsza:

- ta nierówność jest spełniona, gdy

Wypisując równość przybliżoną, skorzystaliśmy z faktu, że

Ponieważ prędkość psa ma stałą wartość, jego przyspieszenie jest prostopadłe do wektora prędkości i ma wartość gdzie jest promieniem krzywizny toru w danym miejscu. W bardzo krótkim czasie wektor prędkości psa obraca się o kąt dany wzorem W tym samym czasie lis przebywa drogę gdyż wektor prędkości psa skierowany jest cały czas na lisa. Stąd Szukana wartość przyspieszenia wynosi

Rozważmy ruch układu w położeniu opisanym kątem Równania ruchu punktów i mają postać:

gdzie jest masą przegubu, są przyspieszeniami punktów i jest siłą sprężystości. Eliminując z tych równań siły reakcji i otrzymujemy

(1)

Współrzędne położeń punktów i spełniają związki

Stąd Dotychczasowe równania są słuszne dla dowolnego kąta ograniczymy teraz nasze rozważania do małych wychyleń z położenia równowagi, gdy Wtedy W rozważanym przybliżeniu lewa strona równania (1) ma postać W stanie równowagi stąd

(2)

Prawa strona równania (1) ma postać

Uwzględniając, że otrzymujemy równanie ruchu punktu dla małych wychyleń z położenia równowagi:

gdzie zgodnie z (2) Szukana częstość drgań wynosi

rzy zanurzeniu na szukaną głębokość średnia gęstość nurka powinna być równa gęstości wody, a więc jego objętość powinna być równa l, gdzie to gęstość wody. Zmniejszenie objętości ciała o wielkość nastąpi - praktycznie biorąc - tylko w efekcie sprężenia powietrza w płucach, którego objętość zmaleje do Przyjmując, że sprężenie następuje w stałej temperaturze, można zastosować prawo Boyle'a-Mariotte'a:

gdzie to ciśnienie atmosferyczne. Stąd otrzymujemy, że nurek może wypłynąć, nie wykonując żadnych ruchów, z głębokości nieco mniejszej od

Każdy foton odbity od płytki dostarcza jej pęd równy gdzie to pęd fotonu padającego, a - pęd fotonu odbitego. Dla powierzchni doskonale odbijającej pędy i mają tę samą wartość ale różnią się zwrotem, stąd zmiana pędu płytki wynosi Energia padających na płytkę w ciągu 1 s fotonów jest z definicji równa padającej na płytkę mocy Ponieważ pęd fotonu wiąże się z jego energią wzorem gdzie to prędkość światła, więc suma pędów fotonów padających na płytkę w czasie 1 s wynosi a pęd uzyskany przez płytkę w ciągu wynosi Zmiana pędu płytki w ciągu na mocy drugiej zasady dynamiki, jest równa działającej sile, więc Ponieważ wychylenie wahadła wiąże się z siłą wzorem znajdujemy, że potrzebna moc to (przyjęliśmy, że dla kąt padania wiązki nie zmienia się). Po podstawieniu danych liczbowych otrzymujemy Dla wiązki światła laserowego o średnicy daje to gęstość mocy około czyli z zakresu gęstości mocy stosowanych w technologiach cięcia i spawania metali.

Kondensator ładuje się podczas kontaktu z kulką, bo między końcami przewodzącej nici poruszającej się w polu magnetycznym powstaje różnica potencjałów. Zgodnie z prawem Faradaya, gdy wahadło przechodzi przez położenie równowagi, napięcie między końcami nici wynosi

(1)

gdzie jest prędkością kątową wahadła w najniższym położeniu. Otrzymujemy ją z zasady zachowania energii, stosując przybliżenie małych kątów

(2)

Podczas ładowania kondensatora część energii kinetycznej wahadła zamienia się na energię pola elektrycznego w kondensatorze oraz wydziela się w postaci ciepła :

(3)

Prędkość kątowa wahadła maleje do wartości Czas kontaktu kulki z kondensatorem jest bardzo krótki, możemy więc przyjąć, że napięcie nie zmienia się podczas ładowania kondensatora. Źródło tego napięcia wykonuje zatem pracę gdzie jest ładunkiem, do jakiego naładował się kondensator. Stąd

(4)

Nową amplitudę kątową wahadła znajdujemy z równania Uwzględniając (2), (3) i (4), dostajemy

Rys. 2

Rozważmy najpierw obwód przedstawiony na rysunku 2. Po zamknięciu klucza w chwili natężenie prądu płynącego przez cewkę i ładunek na kondensatorze są równe zeru. Spełnione są równania

gdzie W obwodzie zachodzą drgania harmoniczne. Natężenie prądu płynącego przez cewkę osiąga maksymalną wartość, gdy znika jego pochodna po czasie, napięcie na kondensatorze równe jest wtedy sile elektromotorycznej źródła Kondensator ładuje się dalej kosztem energii pola magnetycznego w cewce. Gdy natężenie prądu spada do zera, ładunek na kondensatorze osiąga maksymalną wartość Zgodnie z zasadą zachowania energii mamy czyli maksymalne napięcie na kondensatorze wynosi

W obwodzie przedstawionym na rysunku 1 dioda zaczyna przewodzić prąd, gdy napięcie na kondensatorze jest większe niż Gdy przez źródło o sile elektromotorycznej nie przepłynie żaden ładunek.

Niech Gdy napięcie na kondensatorze osiąga wartość prąd płynie przez diodę kosztem energii pola magnetycznego w cewce zgodnie z równaniem czyli natężenie prądu maleje liniowo w czasie. Do chwili, gdy jego wartość spadnie do zera, napięcie na kondensatorze nie zmienia się. Oznaczmy przez szukany ładunek przepływający przez źródło o sile elektromotorycznej Od chwili zamknięcia klucza do chwili, kiedy przez diodę przestaje płynąć prąd, przez źródło przepływa ładunek Bilans energetyczny dla całego procesu ma postać Stąd

Strumień mocy promieniowania cieplnego pochodzącego od Słońca w odległości od jego środka wynosi: Dla uproszczenia dalszych obliczeń przyjmijmy, że możemy pominąć kątowe rozmiary Słońca. Wówczas ciało o promieniu absorbuje moc i, po osiągnięciu temperatury równowagi tę samą moc emituje. Mamy więc Meteoroid pozostaje w stanie stałym, gdy Oznacza to, że odległość od Słońca stałych meteoroidów żelaznych musi spełniać warunek:

Po podstawieniu wartości liczbowych otrzymujemy Nasze oszacowanie jest zaniżone, gdyż w tak małej odległości od Słońca poprawka wynikająca z faktu, że jest ono źródłem rozciągłym jest już dość znaczna - rozmiary kątowe Słońca "widziane" przez meteoroid wynoszą bowiem wówczas około

Maksymalna prędkość z jaką odłamki skalne mogą poruszać się po orbitach okołosłonecznych nie przekracza prędkości ucieczki od przyciągania Słońca. Prędkość ucieczki w odległości równej odległości Ziemia-Słońce jest równa gdzie to prędkość, z jaką Ziemia obiega Słońce ( Maksymalna prędkość meteoroid-Ziemia wynosi więc Po podstawieniu wartości liczbowych otrzymujemy

Na wahadło odchylone od pionu działają trzy siły: siła ciężkości zaczepiona w środku kulki oraz siły reakcji i tarcia w punkcie styczności osi z wewnętrzną powierzchnią rurki. Suma momentów tych sił względem dowolnego punktu wynosi zero, zatem proste, wzdłuż których działają siły, muszą się przecinać w jednym punkcie. Wynika stąd, że punkt leży na przecięciu prostej pionowej, przechodzącej przez środek masy kulki z wewnętrzną powierzchnią rurki. Gdy środek kulki przemieszczony jest w prawo lub w lewo na odległość większą niż promień równowaga jest niemożliwa. Gdy kąt odchylenia wahadła od pionu jest maksymalny, tarcie statyczne osiąga największą możliwą wartość Ponieważ w stanie równowagi wypadkowa sił tarcia i reakcji skierowana jest pionowo w górę, zachodzi związek Odcinek na rysunku możemy wyrazić przez kąty i wzorem stąd

Wartość kąta granicznego nie zależy od masy kulki. Dla stan równowagi możliwy jest tylko dla pionowego położenia wahadła. Gdy i wtedy maksymalne odchylenie kulki w prawo dąży do Gdy występuje tarcie w osi, wahadło może znaleźć się w równowadze także w położeniu odwróconym, kiedy kulka znajduje się powyżej osi.

Oznaczmy przez i ciśnienia w dolnej i górnej części naczynia w temperaturze a przez i odpowiednie ciśnienia w temperaturze Różnica ciśnień związana jest z ciężarem tłoka i nie zależy od temperatury

(1)

Całkowita objętość naczynia wypełniona gazem nie zmienia się, zatem

(2)

gdzie i to początkowa i końcowa objętość gazu w dolnej części naczynia, a jest szukanym stosunkiem objętości w stanie końcowym. Masy gazu w obu częściach naczynia są takie same, z równań Clapeyrona wynikają więc związki oraz Podstawiając je do równania (1), otrzymujemy

(3)

Stosując równania Clapeyrona do gazu w dolnych częściach naczynia oraz uwzględniając równania (2) i (3), dostajemy

Wprowadzając oznaczenie możemy napisać równanie kwadratowe na szukaną wielkość w postaci Dodatni pierwiastek tego równania ma postać Dla co odpowiada nieważkiemu tłokowi, czyli objętości gazów nad i pod tłokiem są takie same. Dla dowolnego gdy temperatura dąży do nieskończoności, wartość również dąży do 1. W bardzo wysokiej temperaturze ciśnienia gazów w obu częściach naczynia są na tyle duże, że wpływ siły ciężkości tłoka można pominąć.

Przyjmijmy, że komar macha skrzydłami z częstością Założymy, że amplituda machnięć jest rzędu długości skrzydła i że skrzydła opuszczają się płasko, a podnoszą się krawędzią tak, że opór powietrza przy podnoszeniu można pominąć. Średnia prędkość powietrza odrzucanego skrzydłami w dół wynosi Posługując się analizą wymiarową, znajdujemy, że gdzie to powierzchnia skrzydła (współczynnik z warunków zadania). Siła unosząca jest równa średniej czasowej siły oporu działającej na skrzydło, pomnożonej przez liczbę skrzydeł i podzielonej przez dwa, ponieważ opór powietrza działa na skrzydło tylko przy jego ruchu w dół. Stąd

Siła ta musi równoważyć ciężar komara, więc

gdzie to masa komara, g - przyspieszenie ziemskie. Ostatecznie

Otrzymany wynik dość dobrze zgadza się z obserwowaną częstością bzyczenia komara.

Przyjmijmy, że wirnik odrzuca do dołu strumień powietrza o polu przekroju z prędkością Jeżeli gęstość powietrza wynosi to w czasie wirnik nadaje powietrzu o masie pęd i energię kinetyczną Aby helikopter się wzniósł, wirnik musi wytworzyć siłę ciągu równą ciężarowi helikoptera z pilotem: a potrzebna do tego moc wynosi (g - przyspieszenie ziemskie). Korzystając z tego, że w warunkach normalnych objętość jednego mola gazu to litra, znajdujemy, że gęstość powietrza wynosi i otrzymujemy

Stąd moc niezbędna dla uniesienia helikoptera z pilotem to

Ponieważ wymagana moc jest prawie dziesięciokrotnie większa od mocy, jaką może rozwinąć pilot przy długotrwałej pracy mięśni - helikopter nie wzniesie się.