Delta mi!

Szukana siła wynosi gdzie jest ciśnieniem wywieranym od wewnątrz na powierzchnię sfery, wywołanym oddziaływaniem ładunków. Aby wyznaczyć należy obliczyć pracę, jaką trzeba wykonać, zmniejszając promień sfery o małą wielkość :

Praca ta powoduje zwiększenie energii elektrostatycznej sfery. Energia elektrostatyczna sfery o promieniu naładowanej ładunkiem wynosi

gdzie jest pojemnością sfery. Stąd

Ponieważ więc mamy

Szukana siła jest równa

Oznaczmy przez szukaną odległość środka kuli od punktu W układzie inercjalnym w kierunku wzdłuż pręta działają na kulę: siła sprężystości oraz siła ze strony cieczy a ich wypadkowa jest siłą dośrodkową Aby wyznaczyć siłę rozważmy obracające się naczynie z samą cieczą, wyodrębnijmy w niej myślowo część znajdującą się w tym samym miejscu co kula i podzielmy ją na bardzo małe elementy o masach Siła ze strony pozostałej cieczy działająca na taki element w płaszczyźnie poziomej wynosi gdzie jest odległością elementu od osi obrotu. Niech pozioma oś prostokątnego układu współrzędnych ma początek na osi obrotu i przechodzi przez środek wydzielonej części cieczy, a oś skierowana jest wzdłuż osi obrotu, prostopadle do płaszczyzny rysunku. Rzut siły na oś wynosi Całkowita siła działająca w płaszczyźnie poziomej ze strony pozostałej cieczy na część wyróżnioną działa wzdłuż osi co wynika z symetrii problemu, skierowana jest do osi obrotu i ma wartość

gdzie jest odległością środka masy kuli od osi obrotu, a Siła zależy tylko od położenia, kształtu i objętości wyróżnionej części cieczy. Taka sama siła działa na dowolne ciało umieszczone w tym samym miejscu wewnątrz cieczy. Szukana odległość wynosi

Rozwiązanie jest poprawne, gdy W przeciwnym przypadku sprężyna jest zbyt słaba, aby utrzymać kulę wewnątrz cieczy, i kula w zależności od swojej gęstości przemieszcza się do jednego z końców pręta.

Powierzchnia lasów liściastych w Polsce to

warstwa opadłych liści pod drzewami ma grubość od do - przyjmijmy Gęstość liści jest bliska gęstości wody - przyjmijmy, że wynosi Jeśli najwyższe drzewa liściaste w Polsce osiągają wysokość około 35 m, to liście spadają z wysokości od 1 do 30 m - przyjmijmy średnio 10 m. Przyspieszenie ziemskie wynosi około Ostatecznie otrzymujemy zmianę energii potencjalnej liści równą w przybliżeniu

Dla porównania - produkcja energii elektrycznej w Polsce w roku 2011 wyniosła

Zadanie najwygodniej rozwiązywać w układzie związanym z obracającą się tarczą. Siła tarcia równa gdzie jest masą pracownika, a przyspieszeniem ziemskim, musi być przez cały czas ruchu nie mniejsza od wartości wypadkowej sumy sił: odśrodkowej i Coriolisa. Siła odśrodkowa i siła Coriolisa są do siebie prostopadłe i co do wartości odpowiednio równe oraz Prędkość pracownika (zgodna z warunkami zadania) to

Stąd warunek powodzenia zamiaru pracownika to:

dla każdej odległości pracownika od środka tarczy. Ostatecznie:

Ponieważ nie ma poślizgu, prędkość deski względem ziemi jest taka sama jak punktów na powierzchni walców, które w danej chwili stykają się z deską. Niech będzie jednym z takich punktów. Jego prędkość względem ziemi jest złożeniem poziomej prędkości ruchu postępowego walca i prędkości ruchu obrotowego względem środka walca o tej samej wartości. Wektor prędkości deski względem ziemi tworzy z poziomem kąt Tarcie jest statyczne, możemy więc korzystać z zasady zachowania energii mechanicznej, zaniedbując zmianę energii kinetycznej walców:

gdzie jest masą deski a jej przesunięciem w kierunku pionowym. Droga przebyta przez deskę od chwili rozpoczęcia ruchu dana jest wzorem

Deska porusza się więc ruchem jednostajnie przyspieszonym z przyspieszeniem

Oznaczmy przez ciepło pobrane na izotermie 1-2, a przez wartość bezwzględną ciepła oddanego na izotermie 3-4. Na wykresie są one równe polu pod odpowiednią izotermą, bo w przemianie izotermicznej energia wewnętrzna nie zmienia się. Zatem praca uzyskana w cyklu 1-2-3-4-1 wynosi Sprawność tego cyklu

gdzie jest ciepłem pobranym na izochorze 4-1. Jest ono równe wartości bezwzględnej ciepła oddanego na izochorze 2-3, bo obie izochory łączą na wykresie punkty o tych samych temperaturach. Sprawność cyklu 1-2-3-1 dana jest wzorem

Sprawność cyklu 1-3-4-1 to

Ostatecznie szukana sprawność cyklu wynosi

Energia potencjalna kulki dla maksymalnego wychylenia w lewo wynosi a w prawo Dla małych kątów i mamy: i Po pierwszym uderzeniu w powierzchnię kulka będzie miała energię kinetyczną i wychyli się o kąt odpowiadający sumie tej energii kinetycznej i energii potencjalnej odpowiadającej wychyleniu o kąt czyli Powtarzając to rozumowanie dla kolejnych uderzeń, dostajemy ogólne wyrażenie na wartość kąta po -tym uderzeniu: Zauważmy, że dla chyba że (zderzenie sprężyste), kiedy to dla dowolnego

Dla prądu płynącego wzdłuż krzywej siła elektrodynamiczna działająca na element prądu jest dana iloczynem wektorowym Ze względu na kształt rozważanego obwodu elektrycznego sumy składowych elementów prądu o zwrocie i muszą mieć taką samą wartość, a w konsekwencji składowa wypadkowej siły elektrodynamicznej wyniesie zero. Natomiast suma wszystkich składowych elementów prądu musi być skierowana od do i musi być równa całkowitemu prądowi, przepływającemu przez płytkę, a długość składowej dowolnej drogi przepływu prądu musi być równa Stąd siła działająca na płytkę to gdzie prąd Masa płytki wynosi Z II zasady dynamiki dostajemy

Przed umieszczeniem na kuli ładunku przyciąga się ona z cząstką w wyniku wyindukowania ładunku na jej powierzchni. Niech siła ta wynosi Jeżeli ładujemy kulę kolejno ładunkiem to pojawia się dodatkowa siła odpychania odpowiednio Znajdując wypadkową siłę działającą pomiędzy kulą i cząstką, w każdym z tych przypadków, dostajemy

oraz

Stąd ostatecznie Zauważmy, że siła ta może być siłą przyciągania albo odpychania.

W warunkach zadania masa wody parująca w bardzo krótkim czasie jest proporcjonalna do pola powierzchni wody czyli gdzie jest współczynnikiem proporcjonalności. Zmiana poziomu wody w akwarium wiąże się ze zmianą jej masy zależnością gdzie - gęstość wody. Stąd Tak więc w stałych warunkach parowania zmiana poziomu wody jest proporcjonalna do czasu. Jeżeli więc przez dwie doby poziom wody obniżył się o 1 centymetr, to cała woda, przy głębokości akwarium równej 15 , wyparuje po 30 dobach.

Naprężenie wzdłuż nici jest stałe, bo nić i bloczki są nieważkie, zatem przyspieszenia względem ziemi klocków lewego i prawego wynoszą odpowiednio:

Oznaczmy przez wartości bezwzględne przyspieszeń względem ziemi poziomych odcinków nici, od najniższego do najwyższego. Mamy wtedy:

Przyspieszenie końca nici, do którego przyłożono siłę wynosi

Zegary spoczywają w zatem

gdzie jest odległością między sąsiednimi zegarami w układzie W czasie każdy z zegarów przebywa w tym układzie drogę Po upływie czasu wskazania tych samych zegarów w różnią się o stąd

W chwili współrzędna przestrzenna trzeciego zegara w układzie wynosi i zegar ten wskazuje czas Zgodnie z transformacją Lorentza:

Na podstawie wypisanych równań otrzymujemy:

Jeżeli w płaszczyźnie ogniskowej soczewki w odległości od ogniska umieścimy punkt świecący to promienie wychodzące z tego punktu po przejściu przez soczewkę utworzą wiązkę równoległą nachyloną do osi optycznej soczewki pod kątem przy czym (Rys. 1). Po wycięciu części środkowej i zetknięciu połówek soczewki, promienie wychodzące z punktu tworzą przecinające się wiązki równoległe. Z rysunku 2 widać, że maksymalna odległość, w jakiej można ustawić ekran, aby wiązki te interferowały ze sobą, wynosi

Niech ekran znajduje się w dowolnej odległości od soczewki, mniejszej niż Na środku ekranu powstaje maksimum interferencyjne. Aby w p. w odległości od środka ekranu powstało -te maksimum (Rys. 3), promienie i muszą się wzmacniać, zatem ich różnica dróg optycznych wynosi Droga optyczna promienia jest taka sama jak promienia Promienie z wiązki równoległej mają w punktach i zgodne fazy, zatem

Odległość między sąsiednimi prążkami wynosi

Niech oznacza odległość, na jaką wsunął się na szorstką powierzchnię poruszający się klocek. Działa na niego siła tarcia gdzie Klocek będzie się poruszał ruchem harmonicznym do chwili, kiedy albo zatrzyma się, albo cały wjedzie na szorstką powierzchnię. Z zasady zachowania energii możemy wyznaczyć amplitudę drgań

Gdy czyli długość klocka jest nie mniejsza od amplitudy drgań, a stąd klocek zatrzyma się po czasie

gdzie jest okresem drgań.

Gdy klocek wjedzie na szorstką powierzchnię w czasie poruszając się ruchem harmonicznym, a następnie w czasie będzie poruszał się ruchem jednostajnie opóźnionym. Droga przebyta ruchem harmonicznym gdzie Prędkość jaką osiągnie klocek w chwili możemy otrzymać z zasady zachowania energii:

stąd Ruch jednostajnie opóźniony odbywać się będzie w czasie Klocek zatrzyma się po czasie

Stopnienie okołobiegunowych lądolodów oznacza zmianę rozkładu masy planety, a więc także jej całkowitego momentu bezwładności, a moment pędu związany z obrotem planety nie ulegnie przy tym zmianie. Początkowy moment bezwładności wynosi

gdzie pierwszy składnik to moment bezwładności kuli, a drugi - moment bezwładności obu czap lodowych - każdej o masie i kącie Po stopnieniu lodu woda pokryje całą powierzchnię planety - dla uproszczenia obliczeń przyjmijmy, że tworzy na niej warstwę o grubości niezależnej od szerokości geograficznej. Końcowy moment bezwładności planety wynosi więc

Kątowa prędkość obrotu zmieni się przy tym z na zgodnie z zasada zachowania momentu pędu: Ostatecznie otrzymujemy:

a po podstawieniu wartości liczbowych i skorzystaniu ze związku prędkości kątowej z okresem obrotu otrzymujemy, że doba zmieni się o

Podniesienie środka ciężkości człowieka o masie na wysokość wymaga wykonania pracy gdzie oznacza przyspieszenie spadku swobodnego na powierzchni Ziemi. Uwolnienie się od przyciągania planetoidy o masie i promieniu wymaga wykonania pracy równej energii "wiązania grawitacyjnego" gdzie oznacza stałą grawitacji. Biorąc pod uwagę, że oraz związek masy kuli z jej promieniem i gęstością otrzymujemy ostatecznie

co po podstawieniu podanych wartości i daje

Pominęliśmy tu ograniczenie ruchów przez kombinezon kosmonauty.

Podczas spadania zmienia się strumień pola magnetycznego przez powierzchnię pierścienia i powstaje siła elektromotoryczna indukcji

Energia potencjalna ciężkości zamienia się na ciepło wydzielone w pierścieniu oraz energię kinetyczną pierścienia:

Dla małych przedziałów czasowych mamy:

gdzie jest przyspieszeniem pierścienia. Równanie ruchu pierścienia ma postać: gdzie

jest szukaną siłą hamującą. Jakie jest pochodzenie tej siły? Siła elektrodynamiczna, działająca na pierścień w polu magnetycznym o liniach pionowych, działa w płaszczyźnie pierścienia i nie wpływa na jego ruch. Jednak w sytuacji opisanej w zadaniu pole magnetyczne musi mieć składową leżącą w płaszczyźnie pierścienia i prostopadłą do pierścienia. W przeciwnym przypadku strumień pola magnetycznego przez powierzchnię walcową o osi pionowej byłby różny od zera. Ponieważ płaszczyzna pierścienia pozostaje pionowa, pole musi być symetryczne względem osi pierścienia. Zgodnie z prawem Gaussa

gdzie jest poziomą składową pola magnetycznego, prostopadłą do pierścienia. Siła elektrodynamiczna hamująca pierścień to

Ten sam wynik otrzymamy, traktując pierścień z prądem jako dipol o momencie magnetycznym

gdzie jest ładunkiem magnetycznym dipola. Siła hamująca wynosi

Kulka porusza się po okręgu o środku w punkcie bo znajduje się w połowie przeciwprostokątnej trójkąta Gdy prędkość kulki jest skierowana wzdłuż pręta i ma wartość bo wszystkie punkty sztywnego pręta mają taką samą składową prędkości wzdłuż pręta. Oznaczając przez składową siły reakcji prostopadłą do pręta i przyjmując, że ma ona zwrot jak na rysunku, możemy napisać wzór na siłę dośrodkową:

W kierunku poziomym kulka porusza się ze stałą prędkością bo przebywa drogę dwukrotnie mniejszą niż koniec pręta Zatem przyspieszenie kulki oraz wypadkowa siła reakcji mają kierunek pionowy. Wartość siły reakcji wynosi:

Gdy siła ta zwrócona jest do góry.

Rys. 1

Rys. 2

Z symetrii obwodu względem linii  wynika, że potencjały punktów symetrycznych względem tej linii są jednakowe. Na tej podstawie możemy rozpatrywany obwód zastąpić obwodem, który z kolei można zwinąć do postaci z rysunku 2 i znaleźć oporność pomiędzy punktami   i 

Aby znaleźć   korzystamy z faktu, że oporność nieskończonego obwodu jest taka sama z pierwszym jego ogniwem i bez niego. Stąd

więc

skąd

Podstawiając tę wartość do wzoru na   znajdujemy

Każdy mały element kółka o promieniu   zrobionego ze sprężyny przy prędkości kątowej   porusza się z przyspieszeniem dośrodkowym  Jeśli przez  oznaczyć kąt pomiędzy promieniami łączącymi końce tego elementu z położeniem osi obrotu, to jego masę można zapisać jako  Siła dośrodkowa działająca na ten element wynosi  pochodzi od naciągu sprężyny

Stąd równanie ruchu dla elementu sprężyny ma postać

a stąd

Gdy  rośnie,  także rośnie, dążąc do wartości maksymalnej, którą osiąga dla krytycznej wartości prędkości kątowej

Sprężyna osiąga wówczas granicę sprężystości (rozprostowuje się), a przy odpowiednio dużej sile rozciągającej ulega zerwaniu.

Energia fotonu o pędzie  wynosi  W związku z tym pochłanianie przez Ziemię promieniowania słonecznego związane jest z pochłanianiem strumienia pędu równego  Związane z pochłanianiem pędu promieniowania siła  odpychająca od Słońca Ziemię o promieniu   wynosi więc  N. Siła  przyciągania Ziemi i Słońca wynosi:

gdzie  oznacza masę Słońca, a   masę Ziemi. Przyspieszenie Ziemi w ruchu dookoła Słońca wynosi  a masę Ziemi możemy zastąpić wyrażeniem  Po podstawieniu tych wielkości otrzymujemy, że stosunek siły z jaką promieniowanie Słońca odpycha Ziemię do siły przyciągania Ziemia-Słońce wynosi:

Niech  oznacza kierunek prostopadły do ścianki,  gęstość fotonów, a   średnią energię fotonu. Zderzając się sprężyście ze ścianką foton o pędzie  padający pod kątem  przekazuje jej pęd  W jednostce czasu   z każdego kierunku tworzącego kąt  z normalną do każdego elementu ścianki o powierzchni  dolatuje więc

fotonów – uwzględniony został izotropowy rozkład kierunków ruchu fotonów (czynnik  w mianowniku). Biorąc pod uwagę, że dla fotonu  gdzie  jest prędkością światła, siła nacisku na ściankę równa jest przekazowi pędu w jednostce czasu, a ciśnienie jest stosunkiem siły nacisku do pola powierzchni, i sumując po wszystkich kątach padania, otrzymujemy:

Ostatecznie

Wynik ten możemy uzyskać bez całkowania: w sześciennym naczyniu dla ustalonej ściany średnio 1/6 fotonów porusza się w jej kierunku, przekazując jej przy zderzeniu pęd

Dopóki wyłącznik jest zamknięty przez opór   i cewkę, płynie prąd

(przez opory  i   prąd nie płynie, bo spadek napięcia na cewce jest równy zeru). Po otwarciu wyłącznika energia elektryczna zgromadzona w cewce wydziela się w postaci ciepła

na oporach  i  (przez opór   prąd nie płynie).

Opory  i   są połączone równolegle, więc spadki napięcia na nich są równe  Ilość ciepła, jaka wydzieli się w każdym z nich w ciągu krótkiego czasu   będzie równa odpowiednio

stąd  Równocześnie  Ostatecznie więc

Podstawiając z warunków zadania  otrzymujemy ostatecznie:  

W następstwie zjawiska fotoelektrycznego na kulce zbiera się ładunek dodatni, który wytwarza pole hamujące fotoefekt. Wielkość potencjału kulki   można wyrazić poprzez jej ładunek   zależnością  gdzie  jest pojemnością kulki. Maksymalny potencjał kulki   zależy od początkowej energii kinetycznej elektronów. Ponieważ zmiana energii kinetycznej elektronów jest równa pracy sił pola wytwarzanego przez kulkę, to przyjmując, że w nieskończoności potencjał pola kulki i prędkość elektronu wynoszą zero i uwzględniając fakt, że ładunek elektronu jest ujemny, można napisać:

czyli

(1)

Ze wzoru Einsteina dla zjawiska fotoelektrycznego mamy

(2)

gdzie  to stała Plancka,  – częstość światła. Podstawiając (2) do (1), dostajemy

W naszym przypadku

Układ możemy traktować jako połączenie równoległe opornika o oporze przez który płynie prąd o natężeniu i kondensatora o pojemności przez który płynie prąd o natężeniu przy czym Napięcia na oporniku i kondensatorze są jednakowe:

gdzie jest przesunięciem fazowym między napięciem i natężeniem prądu całkowitego a szukaną amplitudą napięcia. Ładunek na kondensatorze wynosi stąd

Natężenie prądu płynącego przez opornik

Wprowadźmy wektory o długościach oraz które tworzą ze sobą kąt i obracają się wokół wspólnego punktu zaczepienia z prędkością kątową tak, że ich rzuty na wyróżnioną oś wynoszą oraz Wtedy wektor będący ich sumą wektorową ma długość

Szukane napięcie na kondensatorze wynosi

Rys. 1

Rys. 2

Rozważmy układ w położeniu przedstawionym na rysunku 1 zakładając, że sfera toczy się jeszcze bez poślizgu. Na koralik w punkcie działa siła ciężkości oraz siła reakcji sfery, której składowe wzdłuż promienia sfery i prostopadłą do promienia oznaczyliśmy przez i Rysunek 2 przedstawia siły działające na sferę. Ponieważ sfera jest nieważka, wypadkowa działających na nią sił oraz wypadkowy moment sił względem dowolnego punktu wynosi zero. Zatem z drugiego warunku Gdy koralik przestaje naciskać na sferę znika siła tarcia i z pierwszego warunku znikają wszystkie siły działające na sferę. Dopóki sfera toczy się bez poślizgu, ruch koralika możemy traktować jako czysty obrót wokół chwilowego środka w punkcie styczności sfery z podstawką. Wypadkowa sił działających na koralik jest siłą dośrodkową i w chwili, gdy rozpoczyna się poślizg równa jest składowej siły ciężkości wzdłuż odcinka :

gdzie ( jest promieniem sfery). Jedyną siłą zewnętrzną działającą na układ, która wykonuje pracę, jest siła ciężkości działająca na koralik, z zasady zachowania energii mamy więc:

W chwili, gdy sfera przestaje naciskać na podstawkę Koralik znajduje się wtedy na wysokości Od tej chwili koralik porusza się tylko pod działaniem siły ciężkości, czyli po paraboli, do momentu uderzenia w podstawkę. Sfera ślizga się po podstawce obracając się jednocześnie wokół własnej osi.

W rozważanej reakcji energia jest pochłaniana, czyli energia reakcji

jest ujemna. Podczas reakcji działają tylko siły wewnętrzne, zatem pęd całkowity układu nie zmienia się. W układzie środka masy, w którym pęd całkowity układu wynosi zero, minimalna energia kinetyczna równa jest energii pochłoniętej w reakcji:

gdzie jest prędkością progową cząstki :

Otrzymujemy stąd energię reakcji Oznaczmy przez prędkość padającej cząstki a przez jej energię kinetyczną, gdy powstające protony mają zerową prędkość. Z zasady zachowania pędu:

oraz z zasady zachowania energii:

otrzymujemy energię kinetyczną padającej cząstki :

która o 25 keV przewyższa energię progową.

Deska drga z przyspieszeniem o wartości gdzie jest okresem drgań, a zwrot wektora przyspieszenia zmienia się co pół okresu. W układzie związanym z deską na ciało działa wzdłuż deski składowa siły ciężkości siła bezwładności o zmiennym zwrocie oraz siła tarcia o wartości Ponieważ średnia prędkość ciała względem deski jest stała, musi ono przez pewną część okresu poruszać się w górę deski. Oznaczmy ten czas przez W czasie okresu pęd ciała nie ulega zmianie:

gdzie Stąd

Niech oznacza maksymalną prędkość klocka względem deski skierowaną w górę, a maksymalną prędkość skierowaną w dół. gdzie oraz Ponieważ deska drga z dużą częstotliwością Ustalona średnia prędkość ciała

Świecenie neonówki nastąpi, gdy przyłożone napięcie wystarczy do rozpędzania (pomiędzy zderzeniami) znajdujących się w niej elektronów do energii równej energii jonizacji atomów. Pomiędzy zderzeniami elektron uzyskuje energię  :

gdzie  oznacza drogę swobodną elektronu (patrz zadanie 855),  ładunek elektronu, a   jest równe natężeniu pola elektrycznego pomiędzy elektrodami. Oznacza to, że droga swobodna elektronu powinna wynosić:

czyli około 650   m. Droga swobodna jest odwrotnie proporcjonalna do ciśnienia gazu, a więc w neonówce powinno panować ciśnienie

W wyniku zderzeń powstaną także jony neonu – ich drogi swobodne są jednak kilka razy mniejsze niż elektronów, a więc nie będą między zderzeniami uzyskiwały energii wystarczających do zderzeniowego jonizowania dalszych atomów.

Ponieważ masa elektronu jest około 40 tysięcy razy mniejsza od masy atomu neonu, to w warunkach równowagi termodynamicznej porusza się on około 200 razy szybciej niż atomy neonu, które wobec tego można w przybliżeniu uznać za nieruchome. Elektron „trafi” w atom, jeśli ten znajdzie się w odległości nie większej niż   od toru ruchu elektronu. średnio nastąpi to, gdy w objętości   będzie znajdował się jeden atom. Oznacza to warunek

gdzie  jest liczbą atomów, a   objętością naczynia. Dla gazu w warunkach normalnych mamy

gdzie  jest stałą Boltzmanna. Ostatecznie:

czyli   m.