Embed Size (px)
Citation preview
Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione 1
PEŁNE ROZWIĄZANIA ZADAŃ Z KSIĄŻKI K. Chyla
"Zbiór prostych zadań z fizyki dla uczniów szkół średnich"
Autor: Michał Peller
Rzeszów 2006
Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione 2
1.1. Ruch jednostajny prostoliniowy Zad 1.
s
m
s
m
h
kmv 30
3600
1000108180 =⋅==
tvs ⋅=
v
st =
st 430
120 ==
Zad 2. tvs ⋅=
kms 180360 =⋅=
t
svsr =
h
kmvsr 75
24
180
60
242
180 ==+
=
Zad 3.
s
m
h
kmvvv pswzgl 1036 =+=
sv
st 20
10
200 ===
stvs s 4002020 =⋅=⋅=
Zad 4. a)
c
( ) tvvs
tvs
lls
wzgl
⋅+=
⋅=+=
21
21
( )
12
21
1221
vv
llt
tvvll
++
=
⋅+=+
b)
c
( )
12
21
1221
12
21
vv
llt
tvvll
vvv
lls
wzgl
−+
=
⋅−=+
−=+=
Zad 5.
kmtvs
kmtvs
hv
st
vvv
wzgl
wzgl
100250
2002100
2150
300
22
11
21
=⋅=⋅==⋅=⋅=
===
+=
Zad 6.
12
21
1112
121
2
111
21
2
112
2211
222
2
vv
vv
tvtv
tvv
v
tvt
sv
tt
sv
v
tvt
tvtvs
sr
sr
+=
+=
⋅+
=
+=
⋅=
⋅=⋅=
Zad 7.
a) s
m
t
sv 25,0
20
5 ==∆∆=
b)s
m
t
sv 6
5
30 ==∆∆=
Punkt P to miejsce spotkania się ciał w odległości 15 cm od obserwatora po czasie 2,5 s Zad 8. a)
ms
ms
ms
sss
20
20201
40202
2
1
21
=−=⋅=
=⋅=+=
r
r
r
rrr
b)
ms
ms
ms
ms
ssss
60
20210
0
40220
3
2
1
321
==⋅=
==⋅=++=
v1+v2
l1 l2 l2
l1+l2
v2
v1 l1 l2 l2
s
v1+v2
l1 l2 l2
l1+l2
v2
v1 l1 l2 l2
s
Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione 3
Zad 9. a)
s
m
t
sv
s
m
t
sv
310
30
310
30
2
1
==∆∆=
−=−=∆∆=
b)
s
m
t
sv
s
mv
s
m
t
sv
152
30
0
5,74
30
3
2
1
−=−=∆∆=
=
==∆∆=
Zad 10.
==
−==
=−=⋅
=−=+
1
5
4
5
4
102
4
6
r
m
mr
m
rm
m
rm
rm
v
v
vv
v
vv
v
vv
vv
Zad 11.
Przyjmujemy pojazd drugi jako punkt odniesienia, zatem pierwszy porusza się względem jego z prędkością v1 na północ i v2 na wschód.
s
mv
vvv
w
w
5169
22
21
=+
+=
Zad 12.
rmx
mymxm
vv
vvv
−=
+=
°≈⇒== 5,703
1cos αα
m
mx
v
v
sv
dt
s
m
s
mvvv xmmy
36,3522
100
22822
===
==−=
Zad 13.
s
mv
s
m
s
m
t
ssv
s
m
t
sv
39,0
41,92,10
96
8,9
12
11
=∆
==∆−=
==
Zad 14.
sttt
sv
st
s
m
s
m
s
mvvv
sv
st
s
m
s
m
s
mvvv
c
wzgl
wzgl
wzgl
wzgl
67,666
50010
5000
101020
67,16630
5000
302010
21
22
122
11
211
=+=
===
=−=−=
===
=+=+=
1v
2v
wv
v(m/s)
t(s)
7,5
-15
4 8 6
v(m/s)
t(s)
3
-3
10 20
1v
2v
vmx vr
vm vmy
α
Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione 4
1.2. Ruch prostoliniowy jednostajnie zmienny Zad 1.
ms
tvtvs
505202
10
2
10
=⋅⋅+=
∆⋅∆+∆⋅=
Zad 2.
maa
s
atats
sss
W
W
W
W sss
52
10
2
8
2
18
2
2
2
322
22
3
22
23
3
233
233
==−=⋅−⋅=
−=
−=
−=
Zad 3. zakładamy v0 = 0
s
m
t
sv
tvs
2022
1
==
⋅⋅=
Zad 4.
( )
m
atatas
m
t
va
kc
s
33,13206
4
1636222
3
4
22
2
=⋅=
=−⋅=⋅
−⋅
=
=∆∆=
Zad 5.
mtatvs
sa
vt
5025*2*2
125
2
1
52
515
20 =+=∆⋅⋅+∆=
=−=∆=
Zad 6. A a)
ms
mtvtvs
mtvs
sss
75
302302
1
2
1
452
1
02
1
21
=
=⋅⋅=∆⋅∆⋅+∆⋅=
=∆⋅∆⋅=
+=
r
r
r
rrr
b)
s
m
t
svsr 15=
∆=
B a)
mtvtvs
mtvtvs
sss
153302
130
2
1
02202
120
2
1
02
01
21
=⋅⋅+−=∆⋅∆⋅+∆⋅=
=⋅⋅−=∆⋅∆⋅+∆⋅=
+=
r
r
rrr
b)
msreal 352202
1110
2
1110
2
1110
2
1 =⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅=
łączna droga obejmująca także cofanie
s
m
t
sv realśr 7
5
35 ==∆
=
c)
Zad7. A.
s
mvx 384816 =⋅+⋅=
B.
s
mvy 40108206 =⋅−⋅=
Zad 8.
22
2
2100
20022
1
100
s
m
t
sa
tas
mtvst
sv
sr
sr
==⋅=
⋅⋅=
=⋅=
=
a(m/s2)
t(s)
10
-10
2 5
a(m/s2)
t(s)
10
-15
3 5
Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione 5
Zad 9.
2
2
12
22
1
s
m
s
v
t
va
v
st
tvs
=⋅
==
=
⋅⋅=
Zad 10.
asv
asv
a
vs
a
vt
tvs
⋅⋅=
⋅⋅=
⋅=
=
⋅⋅=
2
2
2
1
2
1
2
2
Zad 11. I sposób
mtas
sa
vt
4,202
1
04,29,9
20
2 =⋅⋅=
===
II sposób Z zasady zachowania energii
mg
vh
hgmvm
4,202
22
2
=⋅
=
⋅⋅=⋅
Zad 12. I sposób
g
vt
tvh
=
⋅⋅=2
1
s
mghv
ghv
g
vh
8,192
2
2
1
2
2
=⋅⋅=
⋅⋅=
⋅=
II sposób
s
mhgv
hgv
hgmmv
8,192
222
2
=⋅⋅=
⋅⋅=
⋅⋅=
Zad 13. I sposób
ma
vh
a
vt
tvh
1,52
1
2
1
2
=⋅=
=
⋅⋅=
II sposób
mg
vh
hgmmv
1,52
22
2
=⋅
=
⋅⋅=
Zad 14.
22
2
5
55
555
2
22
222
1025
25022
1
5022
1
202
4022
1
s
m
t
sa
tas
s
m
t
sv
tvs
s
m
t
sv
tvs
==⋅=
⋅⋅=
=⋅
=
⋅⋅=
==⋅
=
⋅⋅=
1.3. Ruch prostoliniowy niejednostajnie zmienny. Zad 1. W przedziałach czasu, gdzie przyśpieszenie jest zwiększane liczymy jej jego średnią wartość a)
stvs
mv
tatatav srsr
10
24622422
max
332211
=→
=⋅+⋅+⋅=
∆⋅+∆⋅+∆⋅=
ponieważ w każdym momencie przyśpieszenie jest nie ujemne b)
stvs
mv
tatav srsr
5
153323
max
2211
=→
=⋅+⋅=
∆⋅+∆⋅=
(uwzględniając j. w.)
Zad 2. szybkość maksymalna była w t3 ponieważ do tego momentu przyśpieszenie jest dodatnie, a potem ciało porusza się ruchem opóźnionym, zatem prędkość spada.
Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione 6
1.4. Ruch krzywoliniowy Zad 1.
s
m
s
frT
rv
25,141
10015,02
22
=⋅⋅⋅=
=⋅⋅⋅=⋅⋅=
π
ππ
Zad 2.
21 225,3 rnr ⋅⋅⋅=⋅⋅⋅ ππ bo s1 = s2
145,3
2
1 =⋅
=r
rn
Zad 3.
shst
t
s
sh
sh
w
r
h
3,27min1513,3927120
11360
120
11
120
1
10
110
1360
120
130
==
⋅=
=−=
==
==
o
oo
oo
ω
ω
ω
Zad 4.
T
vv
vv
Ziemii
Ziemisamolotu
⋅=
=π2
T = 86400s (1 doba)
h
km
s
mv 7,16672,463 ==
Zad 5.
Hzsm
s
m
t
Hzr
vt
rfv
===
=⋅
==
=
1
6,103,02
20
2
2
ππ
π
Zad 6.
0vvobr =
s
mvvv
s
mvvvv
v
CA
obrB
D
242
82
0
0
00
=⋅==
==+=
=
Zad 7. rozważam tylko składową pionową
sg
ht
tgh
02,22
2
1 2
=⋅=
⋅⋅=
ruch poziomy mtvs 2,2002,210 =⋅=⋅=
Zad 8.
s
mvvv
s
mv
tav
kw 36,49
2,3948,9
220 =+=
=⋅=
∆⋅=
Zad 9.
s
mv
v
vv
vv
s
mtgv
h
h
hh
hh
r
46,38
8,9
8,98
8,99
8,93
8,9
2
22
222
22
==
=
+=
+=
=∆⋅=
Zad 10.
ky
k
kx
k
x
vv
s
mv
vv
v
v
⋅=
=
=
==
o
o
60sin
20
2
1
2
160cos
mv
a
vath
a
vt
ky
y
3,158,92
60sin
22
1 222
2 =⋅
===
=
o
A
B
C
D
0v
0v
0v
0v
obrv
obrv
obrv
obrv
Av
Bv
60° xv
kv yv
Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione 7
Zad 11.
s
mtgvv
s
mvvv
s
mvvv
yy
y
x
52,78,932,17
32,172
3sin
102
1cos
1
00
00
=−=∆⋅−=
==⋅=
==⋅=
α
α
'563694,36
752,01
oo ==
==
β
βx
y
v
vtg
Zad 12.
tvtv xy ∆⋅⋅=∆⋅⋅⋅ 22
14
xy vv = ; 1=αtg o45=α
2.1. Zasady dynamiki Newtona (część I) Zad 1.
kgv
tF
a
Fm
m
Fa
t
va
1015
530 =⋅=∆
∆⋅==
=
∆∆=
Zad 2.
Nt
msamF
t
sa
tas
410
210022
22
1
22
2
2
=⋅⋅=⋅⋅=⋅=
=
⋅⋅=
Zad 3. A.
s
m
s
mtmv
s
m
m
Fa
NFFFw
24,25252
1
52
1
10
55
55125
2
22
21
≈=⋅=⋅=
===
==+=
B.
s
mtav
s
m
m
Fa
NFFFw
125,0
5,010
5
5
2
21
=⋅=⋅=
===
=−=
Zad 4.
268,3
8
8,93
s
m
mM
mga
mgQFmM
Fa
n
=⋅=+
=
==+
=
Zad 5. A.
mtas
s
mg
m
mga
mgQFm
Fa
n
9,42
1
45,244
4
2
2
=⋅=
===
==
=
B.
mtas
s
m
m
mga
mgmgmgQQFm
Fa
nn
9,42
1
45,24
9
4
24
2
2
2
=⋅=
===
=−=−=
=
Zad 6.
221
2
2
21
63,13
5,08,91sin
sin
s
m
mm
gma
gmF
mm
Fa
=⋅⋅=+⋅
=
⋅=+
=
αα
Zad 7. A.
21
21
sin
sin
mm
gmgm
=⋅=⋅
αα
B.
βαβα
sinsin
sinsin
21
21
⋅=⋅⋅=⋅
mm
gmgm
Zad 8.
29,45,08,9sin
sin
sin
s
mg
m
mga
mgFm
Fa
=⋅=⋅=⋅=
⋅=
=
ααα
yv
xv
0v
α
Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione 8
I sposób
s
mhgg
h
ah
asv
a
vs
a
vt
tas
mh
s
26,62sinsin
2
sin22
2
2
1
45,0
2
sin
2
2
==⋅⋅⋅=
=⋅⋅=⋅⋅=
=
=
⋅=
===
αα
α
α
II sposób – z zasady zachowania energii
s
mghv
ghv
mghmv
26,62
222
2
==
=
=
Zad 9.
tvs
vv
tvtvs
∆⋅=
=∆
∆⋅∆⋅−∆⋅=
0
0
0
2
1
2
1
a)
Ns
vmamF
s
va
a
vs
a
vt
ats
90001,0
30001,0
2
2
2
2
1
220
20
20
02
2
=⋅=⋅
==
=
=
=
=
b)
sv
st 4
0
103,32 −⋅==∆
Zad 10.
a
vt
ats
m
Fa
=
=
=
2
2
1
mF
mvs
F
mv
a
vs
258
2100
2
2
2
22
=⋅==
==
Zad 11.
NkgNs
ma
a
akgN
akgNE
5,25,05
5,0
2010
5
15
2
=⋅=
=
=
⋅=⋅=−
Zad 12.
221
21
21
21
142
410
s
m
mm
FF
mm
Fa
FFF
w
w
=+−=
+−
=+
=
−=
Zad 13.
NamFs
m
t
va
125,0
5,010
52
=⋅=⋅=
==∆∆=
2.2. Pęd, zasada zachowania pędu Zad 1.
s
mkgtFt
m
Fmp
m
Fa
tav
vmp
20=⋅=⋅⋅=
=
⋅=⋅=
Zad 2.
Nt
vmF
t
va
amF
200=⋅=
=
⋅=
Zad 3.
s
mkgpgtmvp
gtv
⋅===
=
4,78
Zad 4.
Nt
pF
t
pam
amF
tammvp
5,04
2 ===
=
=⋅⋅==
(lub inne wartości odczytane z wykresu)
Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione 9
Zad 5.
s
mkgp
NF
tFmatmvp
śr
śr
⋅=⋅=
==
⋅===
50510
102
20
Zad 6.
Nt
vmmaF 1500=⋅==
Zad 7.
s
m
mm
vmv
vmvm
pp
4995,012
021
0211
21
=+
=
==
Zad 8. ( )
s
m
mm
vmv
vmmvm
3,321
112
22111
=+
=
+=
Zad 9.
s
m
m
vmv
vmvm
pp
2,12
112
2211
21
==
==
Zad 10.
s
m
m
vmv
vmvm
o
o
8,21
21
211
==
=
Zad 11.
( )
( )s
mv
m
vvmv
vmvmvmvm
mmvvmvm
vmvm
w
w
w
5,222
211
2221112
212211
2211
=−−
=
−−=+=−
>
Zad 12.
( )s
m
m
mmvv
vmvmvm
vmvmp
vmp
k
k
62
120
01022
01022
01
=+
=
+=+=
=∆
Zad 13. a)
t
vmF
2
1⋅=
z zasady zachowania energii
ght
mF
ghv
mvmgh
22
2
2
2
⋅=
=
=
b) analogicznie
ght
mF
t
vmF
2⋅=
⋅=
2.3. Tarcie Zad 1.
28
s
mgf
m
F
m
mgfF
m
Fa
mgfT
TFF
w
w
=−=−==
=−=
Zad 2.
αα
sin
cos
⋅=⋅=
FF
FF
Y
X
( )
( )2
391,0sincos
s
m
m
fFmgFm
fFmgF
m
TF
m
Fa yxxw
=⋅⋅−−⋅=
=⋅−−
=−
==
αα
Zad3.
gfm
mgf
m
Ta
tvs
===
⋅=2
1
mgf
v
gf
v
a
vvs
a
Vt
10222
1
2
1 22
==⋅=⋅=
=
Zad 4.
tvtvs ⋅∆⋅+=2
11 0<∆v
( ) ( )gf
vv
gf
vvvs
gf
v
a
Vf
gfm
mgf
m
Ta
2
212112 −+−=
∆−=∆−=
===
xF
yF wF
T m
Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione 10
133,02
22
22
22
21
2121
2221
21
=−
=
=−+−
+−
=
gs
vv
gs
vvvv
gs
vvvf
Zad 5.
51,02
2
21
2
2
==
=
=
==
=
=
gs
vf
gf
vs
gf
vt
mgfmaFa
vf
vts
Zad 6.
3
3
cos
sin
sincos
sin
cos
cos
===
⋅=⋅⋅=⋅=
⋅=
ααα
ααα
αα
tgf
mgmgf
mgF
mgfT
mgQ
s
s
z
S
7.
5,021
23
2
3
1
max
max
max
≤
=
=
=
f
f
mgfmg
mgfmg
Zad 8.
( )2
21
12
21
12
72,1s
m
mm
fmmg
mm
Fa
gfmgmTQF
w
w
=+−=
+=
−=−=
Zad 9.
( )
( )2
2,3cossin
cossin
cossin
s
mfg
m
Fa
fmg
mgfmgTFF
w
zw
=⋅−==
⋅−==⋅−⋅=−=
αα
αααα
Zad 10.
z zadania nr 9 ( )
( )
( )
( )( )
( )( )
ααα
ααα
ααααα
α
α
αα
αα
α
αα
sin
cossin2
cossinsin
2
cossin
cossinsin
2
sin
22
1
sin
cossin2
cossin
44
2
12
2sin
cossin
2
2
2
2
⋅−=
=⋅−⋅⋅
⋅
⋅⋅−==⋅−⋅⋅
=
=⋅
=
⋅−=
⋅−==
=
==
⋅−=
fhg
fg
h
fgatv
fg
ht
ta
h
ath
II
fg
ht
fg
h
a
ht
I
ath
hh
s
fga
Zad 11.
( )
( )αα
αα
αα
cossin
cossin
cossin
⋅+=
=⋅+==
⋅+⋅=+=
fgm
fmg
m
Fa
mgfmgTFF
opop
zop
Zad 12. ( )
21
1
1121
11
1
2
22121
2121
37,1
mm
Fm
gfmgfmmm
FmTamN
amTN
amTNF
s
mgf
mm
F
mm
Fa
mmgfFgfmgfmFF
w
r
+=
=+−+
=+=
=−=−−
≈−+
=+
=
+−=−−=
Zad 13.
a
vt
vtvts v
=
+=2
1
α
α Q
nF
zF T
Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione 11
gf
vt
mgfma
=
=
ms
ms
ms
vtgf
vs v
8,98
5,30
3,10
2
3
2
1
2
===
+=
Zad 14.
( )[ ]2
21
12
21
112
43,4sincos
sincos
s
m
mm
fmmg
mm
Fa
gmgfmgmFTQF
w
zw
=+
+⋅−=
+=
⋅−⋅−=−−=αα
αα
Zad 15.
Nt
mgF
fFmg
N
N
49==
⋅=
Zad 16.
2,0=−=
−=
−=−=−=
g
a
mg
Ff
am
Fgf
gfm
F
m
mgfF
m
TFa
2.4. Zasady dynamiki Newtona (część II) Zad 1. a)
NmgmgmgmamgFw 3,6532
31 ==−=−=
b)
NmgmgmgmamgFw 6,11756
51 ==+=+=
c) NmgFw 98==
Zad 2. zwrot do góry
mamggm
ga
mgma
mgQF
mamgma
mamgF
w
w
w
w
w
+==
=⋅=⋅=
+=+=
15,1
15,1
15,1
15,15,11
247,115,0
s
mga ==
Zad 3.
o60
3
3
1*
=
===
α
αgm
mg
F
Qtg
w
Zad 4.
267,5
s
mtgga
mg
am
Q
Ftg
=⋅=
==
α
α
Zad 5. siła naciągu jest równa sile powodującej podnoszenie ciała, czyli sumą siły równoważącej siłę ciężkości i siły powodującej przyspieszenie.
( ) NagmmamgFQN
FQN
118=+=+=+=−=rrr
Zad 6.
h
km
s
mgrv
grv
r
mvmg
3,718,19
2
2
===
=
=
Zad 7.
Q
F
wF
α
α
Q
F
wF
α
α
Q wF
F
α
α
N
Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione 12
'2878
9,422
o=
====
α
αv
gr
r
mvmg
F
Qtg
od
Zad 8.
2
2
2
2
2
2
2
222
4
cos
1
sin4
sin
sin
44
gT
l
gT
ltg
lrl
r
gT
r
rgT
r
rmg
mv
Q
Ftg od
πα
απα
α
α
ππα
=
⋅=
⋅=
=
====
'1260
497,04
cos 2
2
o=
==
απ
αl
gT
Zad 9.
s
mgfrv
gfrv
r
mvmgf
m
m
m
1,12
2
2
==
=
=
Zad 10.
Hzr
gff
r
gff
rgffrr
rgfv
r
mvmgf
T
T
T
T
T
498,02
1
4
4
2
222
2
2
=⋅=
=
=
=
=
π
π
π
2.5. Praca, moc, energia Zad 1.
JmgsW
mgF
sFW
245sin
sin
=⋅=⋅=
⋅=
αα
Zad 2.
Jm
tFsFW
m
Ftats
m
Fa
25,312
2222
22
==⋅=
==
=
Zad 3. gmamF += (musimy zrównoważyć siłę grawitacji)
( )( ) JgamhFhW
gamF
1180=+==+=
Zad 4.
( )
( )212
2122
2
2
1
2
2
2
−⋅=∆⋅=
−=
−=−=∆
amghFW
aaa
ah
Zad 5. praca jest równa polu pod wykresem F(N), inny sposób to obliczyć średnią siły działającą na ciało
JW 33 1051015 ⋅=⋅⋅=
Zad 6.
Jtma
atamFsW
amFm
Fa
ats
200022
1
2
1
222
2
==⋅==
=
=
=
Zad 7.
JmgfsFsW
mgfF
TF
392=====
Zad 8.
JmgbW 490==
Praca na odcinku jest równa 0, ponieważ siła (ciężkości) działająca na ciało jest prostopadła do kierunku przesuwania. Zad 9.
2
2ats =
2
2t
sa =
amF
FsW
==
2
2
2
22
t
msms
t
samsW =⋅==
Q wF
odF
α
α
l
r
Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione 13
Zad 10.
Wt
vP 5
420 ===
Zad 11. obliczamy średnią moc ciała na poszczególnych odcinkach
I Wt
PPsr 10
2
20max ==∆
=
II Wt
PPsr 10
2
20max ==∆
=
JtPW
PPP
śr
srsrIIsrI
40====
II sposób - praca to pole pod wykresem P(t) Zad 12.
Nv
PF
vs
t
vt
ss
PtF
PtFss
mv
1500
1
20
==
=
=
=
=
=
Zad 13.
tPmtg
gts
tPgms
tPFs
śr
śr
śr
=
=
==
22
2
21
21
WmtgPP
PP
P
PPP
mtgP
śrk
kśr
o
kśr
śr
45002
2
02
2
1
2
0
2
===
=
=
+=
=
Zad 14.
( )
( )αα
αα
αα
cossin
236,37
cossin
cossin
⋅+===
=⋅+===
=⋅+⋅=
fmgNF
W
fvmgvFt
sFP
PtsF
mgfmgF
w
ww
w
w
Zad 15.
gsmgs
gmgsPP
g
st
g
st
gts
s
gmgs
t
mgs
t
FsP
tPFs
śr
śr
śr
22
22
2
22
12
2
2
⋅=⋅
==
=
=
=
⋅===
=
Zad 16.
21 pp = - zasada zachowania pędu
1
2
2
1
1
2
2
1
2
2
12
22
211
222
211
2
1
2211
3*
2
2
m
m
v
v
m
m
m
m
m
m
vm
vm
vm
vm
E
E
vmvm
=
==
===
=
Zad 17.
( )
d
hf
mgdfmgh
xdmgfx
mgfmgh
sTsTmgh s
=
=
−+⋅⋅=
+=
αα
coscos
211
Zad 18.
( )
t
vva
t
tvvm
tamatmaW
tvatS
maF
FsW
12
2
2212
222
12
222
1
2
1
−=
⋅−⋅=⋅=⋅=
+=
==
s1
s2
x
α
Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione 14
22
22
12
2
2
)(
2
21
22
2121
21
21
22
2121
2121
22
1212
212
1
2
mvmv
mvvmvmv
vmvmv
vvvm
vvvvm
a
vvv
a
vvamatv
atmaW
−=
=−++−=
=−
++−
=
=
−+
−=
+=
Zad 19.
ghv
ghv
mghmv
2
222
2
=
=
=
Zad 20.
ghv
ghv
mghmv
2
222
2
=
=
=
Zad 21.
20
220
220
2
2
22
vghv
vvgh
mvmvmgh
+=
=+
=+
Zad 22.
mg
vh
ghv
mghmv
vv
v
v
y
y
o
y
28,12
sin
2sin
2
sin
sin
02
20
2
2
0
=⋅
=
=⋅
=
⋅=
=
αα
α
α
Zad 23.
2
2
2
22
2
vgfs
mvmgfs
mvsT
=
=
=⋅
mgf
vs 6,127
2
2
==
Zad 24.
s
mglv
vglgl
lh
vvgh
mvmvmgh
glv
l
mvmg
d
d
dg
dg
g
06,65
4
2
2
22
2
22
22
2
==
=+
=
=+
=+
=
=
Zad 25.
( )
( )s
mglv
vhgh
mvhmg
lh
lhl
h
62,1cos12
22
cos1
cos
cos
2
2
=−=
=∆⋅
=∆⋅
−=∆⋅=
=
α
αα
α
( ) 65,0cos23cos23
1
cos222
2
=−=−==
+⋅−=⋅==
=
αα
α
mgmgmgN
l
mgml
ggm
r
vamN
r
va
Zad 26.
2
2
22
2
tmgE
gtv
mvE
=
=
=
yv
xv
0v α
l α
Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione 15
Zad 27.
mghhmgtgthmg
mvathmgmgh
mvEE pp
+−=
−
+
−=
+=
222
22
2
2
2
1
2
1
22
1
2
Zad 28. Energia kinetyczna związana z ruchem poziomym jest wszędzie stała, najmniejsza energia pionowa jest w najwyższym punkcie toru, gdyż tam vy = 0 Zad Zad 29.
ghv
ghv
mghmv
mgh
2
2
22
2
2
=
=
=+
Zad 30. energia początkowa ciała jest równa sumie energii potencjalnej i energii kinetycznej:
20
220
220
2
2
22
vghv
vvgh
mvmvmgh
+=
=+
=+
Zad 31.
( )
g
vt
g
vt
tgv
tgmmvmv
0
2
202
2220
220
20
2
2
2
2223
⋅=
=
=
++=
Zad 32.
α
α
α
sin2
sin
sin
2
2
20
20
20
⋅=
⋅=
=
=
=
g
vs
shs
h
g
vh
mghmv
Zad 33.
( )
( )
hs
sh
sat
shs
shat
shgtg
shmgmv
2
1
22
2
2
2
2
2
22
2
=
=
=
−=
−=
−=
−−
Zad 34.
ghvv
ghv
mghmv
mvmghE
v
p
h
2
2
2
2
20
20
20
+=
=
=
+=
Zad 35. a)
22
2220 tmgmv
Eh +=
E
t
t
Ep
yv
xv
0v
Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione 16
2
21
gtmgmghmgsmghEp ⋅−=−=
b) rzut ukośny jest złożeniem rzutu poziomego i pionowego do góry.
( ) ( )
22
2222
02
0
20
20
tmggtmvmv
gtvmvvmEk
−−=
=−=−=
w przybliżeniu
20
20 2
121
gttmgvgttvmgmghEp −=
−==
c)
( )2
20
0
gtvmE
gtvv
k
−=
−=
−==
2
2
0
gttvmgmghEp
Zad 36.
pEmv
smg
s
h
mvhmg
==⋅∆⋅
=∆∆
=∆⋅
2sin
sin
2
2
2
α
α
2.6. Grawitacja Zad 1.
( )
Z
Z
Z
z
z
Z
M
gRG
gmR
mMG
Rr
MmGF
2
2
281
1
=
⋅=
−
⋅=
( )
( )
Nm
kgms
m
F
NRr
mgRF
Rr
Mm
M
gRF
z
Z
z
Z
Z
Z
=⋅⋅
=
⋅=−
⋅⋅=
−⋅⋅⋅=
−
2
22
52
2
2
2
1044,381
1
81
1
Zad 2.
Ek
t
Ep
t
Ek
t
Ep
t
Ek
t
Ep
t
Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione 17
kgs
s
mkg
kgm
smN
kgm
kg
mN
ms
m
M
kgG
gRM
gmR
mMG
Z
ZZ
Z
z
=⋅⋅
⋅=⋅⋅
⋅=⋅
⋅=
⋅==
⋅=
22
2
22
23
2
2
22
242
2
1096,5
Zad 3.
33
22
2
2
2
2
33
3
2
3
2
2
105,54
3
4
3
3
4
m
kg
ms
mkgs
kgm
mkg
mNs
m
m
kg
GR
g
RG
gR
RV
V
MG
gRM
gmR
mMG
ZZ
Z
Z
Z
ZZ
Z
=⋅⋅⋅
⋅=⋅⋅
=
⋅==⋅=
=
=
=
⋅=
ρ
ππρ
π
ρ
Zad 4.
2Z
zZ
R
mMGF =
2
2
Z
zP
R
MmGF =
NNFF ZP 120060022 =⋅== Zad 5.
( ) gR
MG
R
MGa
R
MGg
gmR
mMG
Z
z
Z
zg
Z
z
Z
z
2
1
22
222
2
2
===
=
⋅=
Zad 6.
( )
( )gm
R
mMG
hR
MGa
amhR
mMG
Z
z
Z
z
Z
z
⋅=
+=
⋅=+
2
2
2
( ) ( )
2
2
2
2
2
2
+=
+=
+⋅=
=
hR
Rg
hR
gR
hR
M
M
gRa
M
gRG
Z
Z
Z
Z
Z
z
Z
Z
Z
Z
Zad 7. Korzystając z zadania 6
( ) ( )122
22
222
222
2
2
2
1
2
1
2
1
2
2
2
−=−
=
−=
+=
=+
=
+
+=
=
+=
zZ
ZZ
ZZ
Z
Z
Z
Z
Z
Z
Z
Z
RR
h
RRh
hRR
hR
R
hR
R
hR
Rgg
ga
hR
Rga
Zad 8.
( )
ZZZ
ZZZ
Z
ZZZ
ZZ
ZZ
Z
Z
ZZ
Z
KZ
RRR
R
RRR
R
R
RRR
RRRR
RRRRR
RRR
RR
M
R
M
RR
mMG
R
mMG
5,67160
10809720
54160
10809720
1080
11664002916008049720
0291600972080
819720291600
)60(81
)60(81
1
)60(
2
1
222
22
222
22
22
22
=+
=
=−
=
=∆
=⋅⋅−=∆
=+−
+−=
−⋅=
−=
−=
R2 jest niezgodne z warunkami zadania, ponieważ R musi być mniejsze od 60RZ
ZRR 54= Zad 9. Na biegunach, gdyż są to jedyne miejsca, w których nie działa na ciało siła odśrodkowa (zmniejszająca ciężar ciała) Zad 10.
Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione 18
Waga szalkowa wskaże ten sam wynik, gdyż działa ona na zasadzie porównywania ciężarów ciała odważek na dwóch szalkach:
21
21
mm
gmgm
==
jej wskazania są niezależne od wartości przyspieszenia ziemskiego. Waga sprężynowa działa zaś na zasadzie pomiaru siły ciężkości działającej na ciało (ciężaru ciała)
xkmg ∆⋅= gdzie k – stały współczynnik proporcjonalności, ∆x to przesunięcie końca sprężyny, czyli wskazania wagi, są one więc zależne od wartości przyspieszenia ziemskiego. Zad 11.
mgR
mMG
R
MGv
R
mMG
R
mv
Z
Z
Z
Z
Z
Z
Z
=
=
=
2
2
2
2
( )
( ) ( )
sm
sm
s
mm
T
sg
RT
g
R
gR
RT
gRT
R
gRR
Rgv
RgMG
gR
MG
Z
Z
Z
Z
ZZ
ZZ
Z
ZZ
Z
Z
=⋅==
≈=
==
=
=⋅
=
⋅=⋅
=
2
2
222
2
2
22
2
2
50632
22
2
π
ππ
π
Zad 12.
( )
23
2
2
2
2
2
1037,3
68400360024
42
2
s
ma
ssT
T
R
RT
Ra
T
Rv
R
va
Z
Z
Z
Z
Z
−⋅=
=⋅≈
=⋅
=
=
=
ππ
π
Zad 13.
( ) ( )
kg
JV
m
WV
mVWmV
mVmVW
VVmVVm
r
GM
r
GMm
rrGMmW
r
GMV
AB
AB
AB
ABBA
BABA
6
11
−=+=
+=−=
−=+−=
=
−=
−=
−=
Zad 14. Potencjał pola grawitacyjnego Z definicji potencjał pola grawitacyjnego to wielkość równa stosunkowi energii potencjalnej punktu materialnego umieszczonego w rozpatrywanym punkcie pola, do masy punktu materialnego
m
EV p=
2
22
s
m
kg
ms
mkg
kg
mN
kg
JV =
⋅⋅=⋅==
Zad 15.
rv
r
MGv
r
MGv
r
mMG
r
mv
Z
Z
Z
1~
2
2
2
=
=
=
zatem im większy jest promień tym mniejsza jest prędkość liniowa, szybciej więc poruszać się będzie satelita pierwszy
rvr
MGv Z
ω=
=
32
22
r
GMr
GMr
r
MGr
Z
Z
Z
=
=
=
ω
ω
ω
3
3
1~
r
r
GMZ
ω
ω =
Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione 19
zatem im większy jest promień tym mniejsza jest prędkość kątowa, większą prędkość kątową będzie miał więc satelita pierwszy Zad 16.
r
MmG
r
MG
mE
r
MGv
r
mv
r
MmG
mvE
r
MmGE
k
k
p
22
2
2
2
2
2
=⋅=
=
=
=
−=
2
1
2
2 −=⋅−=−
=GMm
r
r
GMm
r
MmG
r
MmG
E
E
p
k
Zad 17.
( )
( )
( ) 22
2
2
2
2
2
2
2
+=+
=
=
+=
=+
+=
+
T
hR
hR
gR
gRGM
gR
MG
T
hRv
vhR
MG
hR
mv
hR
mMG
Z
Z
Z
ZZ
Z
Z
Z
Z
Z
ZZ
Z
π
π
( )
( )2
322
2
222
4
4
Z
Z
Z
Z
Z
gR
hRT
T
hR
hR
gR
+=
+=+
π
π
( ) ( ) ( )
sm
sm
s
mm
m
mT
s
g
hR
R
hR
gR
hRT Z
Z
Z
Z
Z
=⋅=⋅=
≈
=+
⋅+
=+
=
2
2
2
32
5670
24 ππ
Zad 18.
r
gR
T
r
r
gR
T
r
T
rv
gRGM
mgR
mMG
r
MGv
r
mv
r
mMG
Z
Z
ZZ
Z
Z
Z
Z
2
2
22
22
2
2
2
2
2
4
2
2
=
=
=
=
=
=
=
π
π
π
mmsms
mr
mRrr
mTgR
r
TgRr
Z
Z
Z
==⋅⋅=
=−=′
==
=
3 33 222
32
22
2
223
5,54773749
5,421437494
4
π
π
Zad 19. W chwili gdy rakieta wyłączy silniki na ciało umieszczone na wadze przestaną działać jakiekolwiek siły związane z ewentualnym przyspieszeniem rakiety, jednak nadal będzie działać siła równa sile odśrodkowej (siła ta była konieczna, aby rakieta utrzymywała się na danej wysokości), czyli
( )22 Z
Zod
R
mMGF =
taką samą wartość ma siła przyciągania ziemskiego, zatem obie te siły będą się równoważyć, występuje stan nieważkości. Waga wskaże 0. Zad 20. Gęstość i masa nie ulegną zmianie. Masa jest miarą ilości substancji (nie jej ciężaru!), zatem nie zależy ona od przyciągania grawitacyjnego, także objętość nie zależy od przyciągania grawitacyjnego, więc i gęstość się nie zmieni. Zad 21. a) skok ten możemy potraktować jako rzut ukośny
v0 vy
vx s
Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione 20
msg
vv
g
vvs
g
vvtvs
Zy
xy
xK
yxxZ
4862
6
6
2
2
=⋅=⋅⋅=⋅=
⋅=⋅=
b) skok ten możemy potraktować jako rzut pionowy korzystając z zasady zachowania energii
g
vh
mvmgh
Z 2
22
max
2
max
=
=
mhg
vg
vh ZK 8,136
26
6
2 max
22
max =⋅=⋅==
c)
ZK
Z
tg
sgs
t
g
st
a
st
a
st
ats
62
6
6
2
2
2
22
1
2
2
=⋅==
=
=
=
=
Zad 22. Druga prędkość kosmiczna pozwala całkowicie opuścić pole grawitacyjne danego ciał, zatem energia kinetyczna musi być równa pracy przeniesienia ciała na nieskończenie dużą odległość od Księżyca:
2
01
01
11
2mv
R
mMG
R
mMG
RmGMW
r
r
rRmGMW
K
K
K
K
kK
kK
=
=
−=
→
∞→
−=
6
6
1
2
2
2
2
gRGM
mgmgR
mMG
v
R
MG
KK
KK
K
K
K
=
==
=
s
mgRv
gRv
v
R
gR
K
K
K
K
23843
3
26
2
22
==
=
=
s
mm
s
mv =⋅=
2
Zad 23. Równik:
−=
=⋅
−=−=
⋅=
⋅⋅
=
=
=
>
2
2
2
2
2
2
2
2
2
22
2
4
4
44
2
T
R
R
MGm
T
Rm
R
mMGFFF
T
Rm
TR
RmF
T
Rv
R
mvF
FF
Z
Z
Z
Z
Z
Zodgw
Z
Z
Zod
Z
Zod
odg
π
π
ππ
π
Biegun: (siła odśrodkowa jest równa 0)
2Z
Zw
R
mMGF =
Kierunek i zwrot obu tych sił jest do środka Ziemi. Zad 24.
JmNkgms
mW
JmgR
RmgRW
gRGM
mgR
mMG
RRmGMW
Z
ZZ
ZZ
Z
Z
ZZZ
=⋅=⋅⋅=
⋅===
=
=
−=
2
72
2
2
1012,322
1
2
11
3.1. Moment siły i moment bezwładności Zad 1. a)
NmFrM 07,7sin =⋅= α b)
Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione 21
( )NmM
FFrrFrFM
MMM
MMM
w
w
w
w
0
sinsinsinsin 22112211
21
21
=−=−=
−=+=
αααα
rrr
Zad 2. a)
I 22
2
4
22
2
22 maamamI =⋅=
⋅⋅=
II 22 maI ⋅=
III 22
2
14 maamI =
⋅⋅=
b)
I 22
2
1
2
12 maamI =
⋅⋅=
II 2
2
4
3
2
3maamI =
⋅=
III 22
2
2
3
4
32
2
32 mamaamI =⋅=
⋅⋅=
Zad 3.
( )
( )
16
2
18
8422
4
42
222
1
2
12
1
211
211
1
2
211
211
2122
12
21
2
12
22
211
212
2
122
222
2111
==
=⋅⋅==
=⋅⋅⋅⋅=⋅⋅⋅=⋅⋅⋅=
⋅⋅⋅=
===
=
rm
rm
I
I
rmrmrmI
mm
hrhrhrm
hrm
rmrmrmI
rmI
ρπρπρπ
ρπ
Zad 4.
22
211 8
Vm
VVm
⋅=⋅⋅=⋅=
ρρρ
3
3
4rVk ⋅= π
32
31
32
31
21
8
3
48
3
4
8
rr
rr
VV
⋅=
⋅⋅=⋅
⋅=
ππ
( )
32
5
2
325
25
2
325
228
5
2
2
222
222
2
1
2222
222
2221
21
=⋅⋅
⋅⋅⋅=
⋅⋅=
⋅⋅⋅=⋅⋅⋅=
⋅=
rV
rV
I
I
rVI
rVrVI
rr
ρ
ρ
ρ
ρρ
Zad 5. W zad 5. – 7. skorzystać należy z twierdzenia Steinera:
2mdII +=′ gdzie I’ to moment bezwładności względem przesu- niętej osi obrotu; I to moment bezwładności, gdy oś obrotu przechodzi przez środek (ciężkości) ciała; m to masa, d to odległość między osiami.
2222 2mrmrmrmdII =+=+=′ Zad 6.
2
222
22
3
1
4
1
12
1
2
1
12
1
ml
mlmllmmlmdII
=
=+=
+=+=′
Zad 7.
( ) ( )
222
222
5
949
5
22
35
222
mrmrmr
rmmrmdII
=
+=
=
+=+=′
3.2. I i II zasada dynamiki dla bryły sztywnej Zad 1.
22
2
14
2
2
1
2
1
90sin
smR
F
mR
RF
mRI
RFRFMI
M
==⋅=
=
⋅=°⋅⋅=
=
ε
ε
2
2
2
12
1
s
m
m
FRa
smkgs
mkg
mkg
N
==⋅=
=⋅
⋅=
⋅=
ε
ε
α1 α2
M1
M2
F1
F2
r
Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione 22
Zad 2. a)
( )
amgmam
m
amgma
m
N
Rm
NR
I
NRa
R
a
I
NR
I
M
amgmN
amNQ
221
1
22
121
22
22
2
22
2
2
2
1
−=
−⋅=
===
===
−==−
ε
( )
221
2
221
8,22
2
22
s
m
mm
gma
gmmma
=+
=
=+
b)
Nmm
gmm
mm
gm
mm
gmgmm
mm
gmgm
mm
gmmgmamgmN
72
2
2
2
2
2
2
2
2
21
12
21
2
21
212
21
22
21
22222
=+
⋅=
=
+−
++
=
+−=
=+
−=−=
c)
( ) 221
2 16,5
2
2
sRmm
gm
R
a =+
==ε
Zad 3. amTF tz ⋅=−
Tt – tarcie toczne (siła konieczna do wprawienia walca w obrót)
2
2
2
2
1
sin
sin
mrI
mar
aImg
mgFr
aIF
r
a
I
Frr
aI
Fr
I
M
z
=
=−
=
=
=
=
==
α
α
ε
ε
+=+=
=−
22
2
sin
sin
r
Ima
r
aImamg
mar
aImg
α
α
2
2
22
27,3
sin3
2
2
3sin
2
1sinsin
s
m
gm
mg
r
mrm
mg
r
Im
mga
=
===
+
=+
= αααα
Zad 4.
Ns
mkg
ss
mkgF
Nt
rfm
rt
mrrf
rt
IrfF
rfvrt
IvF
I
rFr
I
Mr
t
va
=⋅=⋅⋅
=
==⋅
⋅=
⋅⋅=
=∆⋅
⋅∆=
⋅=⋅=⋅=∆=
2
2
2
2
2
2
1
5,22
12
2
2
πππ
π
ε
Zad 5. a)
0-3: 22
12
1
3
6
sst−=−=
∆∆= ωε
3-6: 22
11
1
3
3
sst==
∆∆= ωε
b)
Nmms
mkgmkg
sM
IMI
M
=⋅⋅=⋅⋅=
⋅=
=
22
2
1
ε
ε
0-3: NmM 1052 −=⋅−= 3-6: NmM 551 =⋅= Zad 6. Aby ciało się nie przesuwało tarcie musi być większe lub równe F
Fmgf
FT
≥≥
aby przewrócić klocek siła F musi go obrócić (o 45°), zatem moment siły F musi być większy od momentu siły ciężkości, łatwo zauważyć, że osią obrotu jest dolny prawy róg. Ramię siły F to wysokość (h) klocka, zaś ramię siły ciężkości to połowa podstawy (0,5·d) klocka, zatem
h
mgdmgf
FTh
mgdF
mgdFh
2
2
2
>
≥
>
>
N
N
Q
m2
Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione 23
125,02
=>h
df
Zad 7. Moment pędu oznaczać można trzema symbolami: K, J, L, w rozwiązywanych zadaniach posługiwać będziemy się symbolem L (,który jest najczęstszym oznaczeniem momentu pędu)
( )
12
21
22
12
4
1
4
222
ωω
ωωωω
ω
⋅=
⋅=⋅⋅=⋅
=⋅=
lmml
constIL
Zad 8.
( )
s
rad
rmrm
rm
rmrm
rm
rmrmrm
IIIII
constIL
πωωω
ωω
ωωωωω
16
2
1
2
12
1
2
1
2
1
2
1
222
211
12
11
222
211
12
11
2
22
222
1112
11
212222111
=+
⋅=
+
⋅=
⋅
+=⋅
+⋅=⋅+⋅=⋅=⋅=
3.3. Energia bryły sztywnej Zad 1.
I
L
I
LIE
I
L
IL
IE
22
2
22
2
=
⋅=
=
⋅=
=
ω
ω
ω
Zad 2.
I
E
IE
IL
22
2
2
=
=
⋅=
ω
ωω
EII
EIL
I
E
22
2
=⋅=
=ω
Zad 3.
r
v
ImvE
=
+=
ω
ω22
22
2
22
22 r
IvmvE
⋅+=
a)
Jmvmvmv
r
vmrmv
E
mrI walca
754
3
4222
1
2
2
1
222
2
222
2
==+=⋅
+=
=
b)
Jmvmvmv
r
vmrmv
E
mrI kuli
7010
7
10
2
225
2
2
5
2
222
2
222
2
==+=⋅
+=
=
c)
Jmvmvmv
r
vmrmvE
mrI obrębrę
1002222
222
2
222
2
==+=⋅
+=
=
Zad 4. Pierwsze osiągnie podstawę równi ciało o większym przyspieszeniu, dla prostopadłościanu:
ααsin
sing
m
mg
m
Fap ===
dla walca: siła zsuwająca jest pomniejszona o tzw. tarcie toczne, czyli siłę konieczną do wprawienia walca w ruch obrotowy
2
2
2
1mrI
r
IaT
I
rrT
I
rMa
r
a
I
M
TFF
walca
wt
tw
w
tzw
=
=
⋅⋅=⋅=
==
−=
ε
wp
w
w
w
w
w
ww
w
w
t
aa
ga
ga
agm
mamg
m
Fa
mamgF
mar
mraT
>
=
=
−=−
==
−=
=⋅
=
α
α
αα
α
sin3
2
sin2
32
1sin2
1sin
2
1sin
2
12
1
2
2
Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione 24
Podstawę równi pierwszy osiągnie prostopadłościan
Zad 5. Korzystając z zasady zachowania energii
m
s
ms
m
s
mg
v
mg
mvs
mvsmg
shs
h
mvr
vmr
mvmgh
r
v
mrI
Imvmgh
kuli
==
=⋅
=⋅
=
=⋅⋅
⋅=
=
=
⋅+=
=
=
+=
2
2
2
22
2
22
22
2
22
2,14sin10
7
sin10
7
10
7sin
sin
sin
10
7
25
2
2
5
222
αα
α
α
α
ω
ω
Zad 6. Korzystając z zasady zachowania energii walec:
2
22
2
122
wwwalca
wwwww
rmI
Ivmghm
=
+=ω
ww r
v=ω
g
v
g
v
gm
vmh
vmr
vrmvm
ghm
w
ww
ww
www
ww
222
2
222
40
30
4
3
4
3
4
3
22
1
2
===
=
⋅+=
kula:
kk
kkkuli
kkkkk
r
v
rmI
Ivmghm
=
=
+=
ω
ω
2
22
5
222
kw
k
kk
kk
kkk
kk
hh
g
v
g
v
gm
vmh
vmr
vrmvm
ghm
>
===
=
⋅+=
222
2
222
40
28
10
7
10
7
10
7
25
2
2
Wyżej wytoczy się walec. Zad 7.
2222
22
2
22
4
3
4222
1
2
2
122
mvmvmv
r
vmr
mvE
r
v
mrI
ImvE
k
k
=+=
⋅+=
=
=
+=
ω
ω
Energia kinetyczna walca nie zależy od jego promienia, zatem energie kinetyczne obu tych walców są równe Zad 8.
A i A’ są środkami ciężkości pręta w kolejnych położeniach
lOAAO2
1' ==
dla obliczenia zmiany energii potencjalnej potraktować można pręt jako masę zawieszoną na nitce o długości 0,5·l
α
α
cos2
12
1cos
⋅=
=
lh
l
h
( )
( )α
αα
cos12
1
cos12
1cos
2
1
2
1
−⋅⋅=∆=∆
−⋅=⋅−=∆
lmghmgE
lllh
p
Korzystamy z twierdzenia Koeniga: Energia kinetyczna bryły sztywnej jest równa sumie energii kinetycznej ruchu postępowego tej bryły z prędkością jej środka masy i energii kinetycznej ruchu obrotowego bryły wokół środka masy.
W czasie rozpatrywanego przez nas ruch ciało obróciło się o α .
pk EImv
E ∆=+=2
'
2
22 ω
α A
O
A’
h
Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione 25
( )
( )( )
( )
( ) lgv
ll
gv
lvl
g
lllg
lmlmlmg
lmlmE
mllmImv
E
lv
l
v
k
k
⋅−⋅=
⋅−⋅=
⋅=
−⋅=
⋅=⋅+⋅=−⋅
⋅+⋅=−⋅⋅
⋅+⋅=
⋅+
⋅=+=
⋅=
=
α
αω
αω
ωωωα
ωωα
ωω
ωωω
ω
ω
cos13
cos13
cos133
1
12
1
4
1cos1
6
1
8
1cos1
2
124
1
8
1
12
1
22
1
22
'
2
2
12
1
22
2
222
2222
2222
22222
3.4. Równowaga bryły sztywnej Zad 1.
mlllllS
llllS
lS
125,08
1
8
3
8
4
8
3
2
1
8
3
4
3
2
1
4
1
2
12
1
2
1
==−=−=∆
=⋅=
−=
=
Zad 2.
lS2
11 =
wyznaczamy środki ciężkości dwóch fragmentów pierwszego 0,5l i drugiego (zagięty) 0,25l, ich odległości podajemy od lewej strony
ll
lS
llS
8
5
42
1
2
1422
1
22
12
=⋅+=
=⋅=
−
−
wyznaczamy środek ciężkości całego, zagiętego pręta:
mlllS
llll
S
0625,016
1
16
7
2
1
16
7
8
7
2
1
8
5
42
12
==−=∆
=⋅=
+=
Zad 3. Liczymy środek ciężkości dwóch kulek po prawej stronie, równoważne będzie umieszczenie zamiast nich kulki o masie 2m w wyznaczonym środku ciężkości.
ll
S
lll
S
4
3
22
30
2
3
2
2'
=+
=
=+=
Zad 4. Liczymy współrzędne środków ciężkości dwóch fragmentów pręta:
pionowy: ( ) ( )
=+a
a
2
1,0
2
0,01,0
poziomy: ( ) ( )
=+0,
2
1
2
0,00,1a
a
całkowity:
=
+
= aa
aa
S4
1,
4
1
2
0,2
1
2
1,0
Zad 5. Środek masy układu, jest środkiem ciężkości układu, znajduje się on w odległości ⅓l licząc od 2m
22222
3
2
9
4
9
2
3
2
3
12
3
12
3
2
mlmlmllmlmI
mgQ
lQlQ
=+=
⋅+
⋅=
=
⋅=⋅
Zad 6. Siła powodująca ruch postępowy jest równa
αcos=F
Fp
αcos⋅= FFp
siła powodująca ruch obrotowy:
I
RMa
R
a
I
M
amFo
⋅=
==
⋅=
ε
szpulkę traktujemy jako obręcz
R
rF
R
M
mR
MmF
mR
M
mR
RMa
mRI
o
obreczy
⋅==⋅=
=⋅=
=
2
2
Q
2Q
⅓l ⅔l
Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione 26
R
r
FR
rF
FF po
=
⋅=⋅
=
α
α
cos
cos
Zad 7.
21 FFF +=− Wektory F1, F2 oraz odcinki a, b tworzą romb, zatem
Nh
lhF
F
lh
h
F
F
lhx
x
h
F
F
12752
2
1
2
1
2
1
2
1
sin
sin2
1
22
1
221
22
1
≈∆
+∆⋅=
+∆
∆=
+∆=
∆=
=
α
α
Zad 8.
21 FFQ +=−
1
2
160cos2
1
60
1
1
=
=°=
°=
F
Q
F
Q
α
NmgF
FF
FQ
4,291
11
1
==−
−=
=
Zad 9. a)
Nr
rmg
r
rPF
rFrP
MM
3922
1
2
1
21
21
==⋅
=
⋅=⋅=
b) dla wartości momentu siły ważny jest kąt między ramieniem siły, a siłą, który w tym wypadku wynosi 90°, zatem sin 90° = 1.
Nr
rmg
r
rPF
rFrP
MM
4,782
1
2
1
21
21
==⋅
=
⋅=⋅=
Zad 10. Punkty podparcia traktujemy jako osie obrotu pręta, ramieniem siły jest odległość osi obrotu od środka ciężkości, moment siły pochodzący od lewego punktu podparcia jest równy
mglM L ⋅=6
1
moment siły pochodzący od lewego punktu podparcia jest równy
mglM P ⋅=2
1
3=L
P
M
M
co oznacza, że na lewy punkt podparcia działa trzy razy większa siła niż na prawy
NmgF
NmgF
FF
P
L
PL
2354
1
7354
3
3
==
==
=
4.1. Siły sprężyste Zad 1. Korzystam z prawa Hooke’a
281067,6
m
N
l
lP
E
l
lEP
⋅=∆
=
∆=
Zad 2. xkF ∆⋅=
Fr
- Fr
1Fr
- 1Fr
- 2Fr
2Fr
α
a b α
x x
Q
-Q α
1F 2F
- 1F
- 2F
Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione 27
m
N
x
Fk 67,666=
∆=
Energia potencjalna sprężyny jest równa pracy jaką trzeba wykonać rozciągając sprężynę od stanu podstawowego (nie naciągniętego) do stanu końcowego i jest równa iloczynowi siły i wektora przesunięcia, w przypadku sprężyny siła nie jest stała, lecz zmienia się jednostajnie, zatem do wzoru na pracę musimy podstawić siłę średnią, która jest równa
20
0
0
2
1
2
12
1
22
0
2
xkxxkxFW
xkFFFF
F
WE
śr
kkkśr
p
∆⋅=∆⋅∆⋅=∆⋅=
∆⋅==+
=+
=
=
a)
JxkEW 533,02
1 24 =⋅=∆=
b)
( )J
xxkxkxkEW
067,12
1
2
1
2
1 22
26
22
26
=
=−⋅=⋅−⋅=∆=
Zad 3.
1
1
222
1
x
Fk
xkF
xkE
EE
p
kinp
=
⋅=
⋅=
=
2
2
1
2
22
1
mvE
xx
FE
kin
p
=
⋅⋅=
s
m
s
m
kgm
ms
mkg
kgm
mNv
s
m
mx
xFv
mx
xFv
mvx
x
F
==⋅
⋅⋅=
⋅⋅=
=⋅⋅
=
⋅⋅
=
=⋅⋅
2
22
22
1
22
1
222
222
1
94,8
22
1
Zad 4.
( )
21
21
21
21
21
2
1
2
1
2
12
1
2
1
xkxkxkxxkW
xkxxkW
EW
⋅−∆⋅+∆+⋅=
⋅−∆+=
∆=
∆+∆=∆⋅+∆= xxxkxkxkxW2
1
2
11
21
Zad 5. 2
2
1xkEp ∆=
wykresem będzie parabola, przechodząca przez początek układu współrzędnych:
Zad 6.
l
lESmg
mgFl
lESF
l
lE
S
FS
FP
l
lEP
∆⋅=
=
∆⋅=
∆=
=
∆=
kgm
ss
mkg
m
sN
s
m
mN
ms
m
mm
Nm
m
kggl
lErm
rS
gl
lSEm
=⋅⋅
=⋅=⋅=⋅
⋅⋅=
=∆=
=
∆=
2
22
2
2
2
2
2
2
2
86,44ππ
Zad 7. W zadaniu tym należy skorzystać z zasady zachowania pędu, aby obliczyć prędkość ciała po zderzeniu, a następnie z zasady zachowania energii:
( )
( ) 22
21
21
02
2102
2
1
2xk
vmm
EE
mm
vmv
vmmvm
pkin
∆⋅=⋅+
=+
=
+=
Ep
∆x
Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione 28
( )
( )
( )( )( )( ) ( )21
02
21
202
21
2022
2
21
202
2
2
21
0221
2
1
2
mmk
vm
mmk
vmx
mmk
vmx
xkmm
vm
xkmm
vmmm
+=
+=∆
+=∆
∆⋅=+
∆⋅=
+⋅+
4.2 Hydrostatyka i hydrodynamika Zad 1.
QFQ w 3
2=−
330003
3
13
13
13
2
m
kg
gVgV
gVmg
mggmmg
wc
wc
wc
w
w
==
=
=
=
=−
ρρ
ρρ
ρρ
ρ
Zad 2.
( )
( ) 3
7=−
=−
⋅==
−=
−=−=
=
==
=
cw
c
cwc
w
w
cc
n
z
w
cwc
w
ccwczcn
w
ccz
zwcc
zwcc
zw
V
V
V
Vn
VVVVVV
VV
VV
VggV
Vgmg
ρρρ
ρρρ
ρρ
ρρρ
ρρρ
ρρ
ρρρρ
ρ
Zad 3.
wr
wr
w
gVgV
FQ
ρρρρ
==
=
Zad 4. Nie można, ponieważ działanie areometru polega na porównywaniu ciężaru właściwego cieczy z wzorcem, jeżeli siła ciężkości = 0 to areometr będzie wskazywał zawsze tą samą wartość
0
0
==
==
F
g
gVmgF ρ
Zad 5.
mh
h
hh
ghSghS
ghSmg
ghSgVmg
alk
w
alkw
alkw
alk
ww
19,012
21
21
2
11
=⋅
=
⋅=⋅⋅⋅=⋅⋅
⋅⋅=⋅⋅==
ρρ
ρρρρ
ρρρ
Zad 6.
( )
w
cw
c
n
w
cwc
w
ccwczcn
w
ccz
zwcc
zwcc
zw
V
Vyniezanuzon
VVVVVV
VV
VV
VggV
Vgmg
ρρρ
ρρρ
ρρρ
ρρ
ρρρρ
ρ
−==
−=
−=−=
=
==
=
%
a) 10% b) 12,5% Zad 7.
( )( ) ( )
245,2
s
mg
V
gV
m
Fa
gVFFF
c
cw
c
cw
cwcw
=−
=−
==
−=−=
ρρρ
ρρρ
ρρ
Zad 8.
( )
( ) ( )
∆−⋅=−∆⋅=
∆−⋅=−∆⋅=
xpkVg
xkgV
xpkgVmg
xkQ
wc
c
w
1
1
ρρρ
ρ
dzielimy obustronnie układ równań ( ) ( )
32600
11
1
1
m
kg
p
p
p
xk
xpk
gV
Vg
wc
c
w
c
wc
c
wc
==
−=−
−=−
∆⋅∆−⋅=
−
ρρ
ρρρ
ρρρ
ρρ
gęstość ta odpowiada gęstości aluminium Zad 9. sposób I Cząsteczki wody możemy traktować jako wahadła, na które zamiast siły naciągu nitki działa siła sprężystości
Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione 29
2311
204,0
′°=
====
α
αg
a
mg
ma
Q
Ftg r
sposób II załóżmy, że wózek poruszający się z przyspieszeniem a podjeżdża pod równię nachyloną pod kątem α takim, że przyspieszenie wózka jest równe 0, wówczas siła związana z ruchem wzdłuż równi jest równa sile zsuwającej, a kąt nachylenia równi jest równy kątowi wychylenia od poziomu cieczy (ciecz ustawi się poziomo, ponieważ działające na nią siły równoważą się:
'3211
204,0cossin
sincos
sin
coscos
cos
°=
===
=⋅=
⋅=⋅=
=
==
a
tgg
a
mgma
mgF
maFFF
F
FF
maF
z
r
r
rz
ααα
ααα
αα
α
Zad 10.
21
22
11
6,13341
14715
pp
Paghp
Paghp
Hg
w
>
====
ρρ
Większe ciśnienie wywiera słup wody. Zad 11. Aby działała pompa ssąco-tłocząca ciśnienie słupa wody musi być mniejsze od ciśnienia atmosferycznego
mg
ph
ghp
w
a
wa
3,10max
max
==
=
ρ
ρ
Gdy studnia jest głębsza należy zastosować układ kilku pomp oraz zbiorniki pośrednie
Zad 12.
Pahgp wk 3,16336
1 == ρ
Zad 13. a)
PaP
ghahghS
ahSgh
S
ahSgh
S
aVgh
S
maghP
wwww
w
ww
www
13066
3
4
=
=+=+=
=+=+=+=
ρρρρρ
ρρρρρ
b)
PaP
ghahghS
ahSgh
S
ahSgh
S
aVgh
S
maghP
wwww
w
ww
www
3266
3
1
=
=−=−=
=−=−=−=
ρρρρρ
ρρρρρ
c) PaghP w 9799== ρ
Zad 14.
t
hv
t
hS
t
hS
hSV
constt
V
∆∆=
∆=
∆
⋅=
=∆∆
1122
s
m
S
vSv
vSvS
41
221
1122
==
=
Zad 15. możemy założyć, że przez otwór wypływa ciecz znajdująca się dokładnie nad nim, zatem energia potencjalna tego walca zamienia się w jego energię kinetyczną
Q
Fs Fp
α α
α
α
Fz
Fr F α
S2
S1
h1
h2
Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione 30
( )2
2mvhhmg =∆−
zakładamy, że mierzymy tylko prędkość na początku eksperymentu, zatem ∆h jest znikomo małe
ghv
ghv
mvmgh
2
22
2
2
=
=
=
5.1. Teoria kinetyczno-molekularna gazu doskonałego
Zad 1. 171088,1 ⋅=⋅∆= AN
mn
µatomów
NA – to liczba Avogadra równa ilości atomów (cząstek) w jednym molu pierwiastka (związku) Zad 2. Do obliczeń wartość RZ należy wyrazić w cm
22
2
.118000
4
1
4
cm
at
R
Nx
RS
Z
A
Zkuli
=⋅
=
=
π
π
Zad 3.
gN
mA
221006,1 −⋅== µ
Zad 4.
3
3
3
3
A
A
A
A
Nd
Nd
Nd
Nm
d
m
V
m
⋅=
⋅=
⋅=
=
==
ρµ
ρµ
µρ
µ
ρ
m – masa jednego atomu a) d = 2,3 · 10-8 cm b) d = 3,1 · 10-8 cm
c) 3
4
0
1004,8cm
g
Vw−⋅== µρ
następnie podstawiamy do wzoru cmd 7103,3 −⋅=
Zad 5. 18
0
1036,51
2095,0 ⋅=⋅⋅= ANV
n cząsteczek
V0 wyrażamy w cm3 Zasada ekwipartycji energii (Zad 6-11):
Na każdy stopień swobody cząsteczki przypada taka sama ilość energii kinetycznej równa:
2
ikTwk =
i – liczba stopni swobody (liczba niezależnych kierunków i rodzajów ruchu), pojedynczy atom ma 3 st. swobody (I – ruch wzdłuż osi X, II – ruch wzdłuż osi Y, III – ruch wzdłuż osi Z), cząsteczka dwuatomowa oprócz tych 3 st. swobody posiada jeszcze 2 (ruch obrotowy wokół 2 osi prostopadłych do osi łączącej atomy)
obrót wokół osi III nie zmienia położenia cząsteczki zatem nie wnosi żadnego nakładu energii k – stała Boltzmana dla gazów stała Boltzmana pomnożona przez ilość cząsteczek przybiera wartość uniwersalnej stałej gazowej R = 8,31 J/(mol·K), zatem dla jednego mola gazu energia wewnętrzna jest równa energii kinetycznej wszystkich rodzajów ruchu:
2
iRTNwU Ak =⋅=
wzór na średnią szybkość atomów lub cząsteczek w stanie gazowym:
µ=
=
==
m
iRTmv
iRTUEkin
22
22
µ
µ
iRTv
iRTv
=
=⋅
2
2
22
µiRT
v =
Zad 6. atomy helu występują w postaci pojedynczej zatem ich liczba stopni swobody jest równa 3. Do obliczeń masę molową należy wyrazić w kg/mol:
s
mRTv 1367
3 ==µ
I II
III
Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione 31
s
m
s
m
kg
ms
mkg
kg
mN
kg
J
mol
kg
KKmol
J
v
==
=⋅⋅
=⋅==⋅
⋅=
2
2
2
Zad 7. W powietrzu azot i tlen występują w cząsteczkach dwuatomowych (pozostałe gazy możemy zaniedbać), zatem liczba stopni swobody powietrza jest równa 5:
s
mRTv 9,647
5 ==µ
Zad 8. atomy helu mają 3 st. swobody, zaś cząsteczki wodoru 5.
5
3
2
52
32
32
5
2
2
==
=
=
RT
RT
E
E
RTE
RTE
H
He
He
H
Zad 9.
2
22
2
1
2
2
1
=
⋅
=
⋅
=
⋅=
=
µ
µ
µ
µ
µ
µ
iRT
TiR
iRT
TiR
v
v
TiRv
iRTv
Zad 10.
R
vT
RTv
RTv
3
3
3
2
2
µµ
µ
⋅=
=
=
R
vT
R
vT
R
vT
HeNe
HeNe
NeNe
HeHe
3
5
53
3
2
2
2
µµµ
µ
µ
⋅=
⋅=
⋅=
⋅=
5
1
3
53
2
2
=⋅
⋅
=
R
vR
v
T
T
He
He
Ne
He
µ
µ
Zad 11. atomy helu występują w postaci pojedynczej zatem ich liczba stopni swobody jest równa 3.
JRT
U 49862
3 ==
5.2. Bilans cieplny Będziemy korzystać z zasady, że ∆E = 0, zatem Epobrana = Eoddana Zad 1.
( ) ( )
( )
Cmm
tmtmt
tmtmtmm
tmtmcmtm
tcmtcmtcmtcm
ttcmttcm
w
wwww
ww
°=+
⋅+⋅=
⋅+⋅=⋅+⋅+⋅=⋅+⋅
⋅⋅−⋅⋅=⋅⋅−⋅⋅−⋅⋅=−⋅⋅
7,4621
2211
221121
112221
222111
2211
Zad 2. ( ) ( )232311 ttcmttcm ww −⋅⋅=−⋅⋅
( ) ( )
1
1
31
23
2
1
232311
=−−
=
−=−
tt
tt
m
m
ttmttm
Zad 3. ( ) ( ) ( )
( )[ ]00121
100111212
100111212
001211
12212
1000011111
212100111
cmcmmt
tcmtcmtcm
tcmtcmtcm
tcmtcmtcm
tcmtcm
tcmtcmtcmtcm
ttcmttcmttcm
⋅+⋅+==⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅
⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅==⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅
⋅⋅−⋅⋅==⋅⋅−⋅⋅+⋅⋅−⋅⋅−⋅⋅=−⋅⋅+−⋅⋅
( ) Ccmcmm
tcmtcmtcmt °=
⋅+⋅+⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅
= 5,4500121
212100111
Zad 4. ( ) ( )
( ) ( )( )
( ) Kkg
J
ttm
ttcmc
ttcmttmc
tcmtcmtcmtcm
ttcmttcm
Zn
Zn
ZnZn
Zn
⋅=
−−⋅
=
−⋅=−⋅⋅⋅−⋅⋅=⋅⋅−⋅⋅
−⋅⋅=−⋅⋅
400322
1311
1311322
3222111311
3221311
Zad 5. ( ) ( )
( )
Ccmcm
tcmtcmt
tcmtcmcmcmt
tcmtcmtcmtcm
ttcmttcm
°=⋅+⋅
⋅⋅+⋅⋅=
⋅⋅+⋅⋅=⋅+⋅⋅⋅−⋅⋅=⋅⋅−⋅⋅
−⋅⋅=−⋅⋅
07,122211
222111
2221112211
2222211111
222111
Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione 32
Zad 6. ( ) ( )
( )
kg
J
tttm
mctc
m
tcmtcmc
tcmtcmtcmcm
tcmtcmcmtcm
tcmcmtcmtcm
ttt
ttcmcmttcm
wwww
t
wwwt
wwtw
wtww
wtw
5
3312
13
2
3111
3231112
3231211
3223111
323
2322311
1035,3 ⋅=
=
−−=−
−=
−−=+=−+=−
=−−+=−
Zad 7.
( )
( )
( )
( ) =⋅⋅
=⋅=+⋅⋅
=
=+⋅
=
+⋅=
+⋅=
+−=
kg
ms
mkg
kg
mNKt
Kkg
Jv
s
m
p
ctcv
p
ctcv
ctcpv
mcttmcmvp
t
t
t
t
2
2
2
0
2
15,273
3,425%200
%200%200
2%100
s
m
s
m
kg
ms
mkg
==⋅⋅
2
22
Zad 8.
41
1
≈⋅
=
⋅=⋅⋅
tc
c
m
m
cmtcm
w
t
l
w
tlww
Zad 9. ( ) ( )
( ) ( )kg
Jttcttc
m
mc
tcmtcmtcmtcmcm
tcmtcmcmtcmtcm
ttcmcmttcm
wwp
wwwwp
wwpww
wpw
62313
2
1
112232312
322221131
3222131
1026,2 ⋅=−+−=
−−+=
−+=−
−+=−
Zad 10.
( )( )( )
( )( )( ) C
mmc
ttccmt
tcmtcmcmtcmtcm
tcmtcmtcmcmtcm
tttcmcmtcm
tttcmcmtcm
w
wp
wwpww
wwwpw
wpw
wpw
°=+
−+=∆
+−=∆+∆
∆−−+=∆
∆−−+=∆
∆+−+=∆
14,1221
122
2212221
2122221
12221
12221
Zad 11. Energia pary wykorzystana do stopienia lodu to energii skroplenia oraz energia wody o temp. 100°C:
( )kg
c
tccmm
tcmcmcm
t
pwppl
pwppptl
99,7=⋅+
=
⋅⋅+⋅=⋅
Zad 12. Jeżeli poparzymy się wrzątkiem wymieniona zostanie energia pochodząca z wysokiej temperatury wody. Jeżeli, zaś poparzymy się parą wodną oprócz energii pochodzącej z wysokiej temperatury wody wymieniona zostanie energia skroplenia pary wodnej.
5.3. Przemiany gazu doskonałego Zad 1.
12
12
1
1
22
2
22
2
kinkin
kin
ETiR
E
TnR
pVT
nR
pVT
nRTpV
iRTE
⋅=⋅=
⋅=⋅=
=
=
=
Zad 2.
25
34 1015,4105
m
NR
m
K
V
RT
V
nRTp
nRTpV
⋅=⋅⋅===
=
Zad 3. Korzystając z równania Clapeyrona należy pamiętać, aby temperaturę w °C zamienić na temperaturę w skali Kelvina w poniższych równaniach T rozumiemy jako t + 273,15K
3
1
21
1
211
1
21
1
2122
11
21,01 dmT
TV
T
TVVV
T
TV
T
T
p
nRT
p
nRTV
p
nRTV
nRTpV
=
−=⋅−=∆
⋅=⋅==
=
=
Zad 4.
Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione 33
RT
pVn
nRTpV
=
=
221092,1 ⋅=⋅=⋅= AA NRT
pVNnx cząsteczek
Zad 5.
HeAr
He
nmm
n
mn
mn
V
nRTp
nRTpV
10
1
10
10
12
12
1
=⋅
==
⋅=
=
=
=
=
µµ
µµµ
µ
10
10
10
=
⋅
=
⋅=
=
V
RTnV
RTn
p
p
V
RTnp
V
RTnp
He
He
Ar
He
HeAr
HeHe
Zad 6.
12
1
5
2
5
2V
p
TnRV
p
nRTV
nRTpV
=⋅=
=
=
Zad 7.
211
0
11
12
01
%100VV
xV
T
TV
p
nRTV
p
nRTV
nRTpV
=+
==
=
=
( )
%3,111%1001%100
1%100%100
%100
0
1
1
0
11
1
2
1
12
121
=
−=
−=
=
−=
−⋅=
−=
T
T
V
T
TV
V
V
V
VVx
VVVx
Zad 8.
p
nRT
p
nRT
p
nRTVV
p
nRTV
nRTpV
10
112
01
2
2
=⋅
==
=
=
CTt
KTT
°≈−==⋅=
32715,273
6002
11
01
Zad 9.
3210155,4 mp
mRTV
mn
p
nRTV
nRTpV
−⋅=⋅
=
=
=
=
µ
µ
Zad 10.
p
nRTV =
n i R są stałe zatem szukamy punktu dla którego iloraz T/p będzie największy tzn. największa temperatura przy najmniejszym ciśnieniu. Punkt A możemy od razu odrzucić, w dość nieznacznym przybliżeniu możemy przyjąć, że pC = 2·pD , pB = 3·pD, zatem aby ilorazy T/p dla C lub B były większe od ilorazu T/p dla D temperatura TC musi być większa od 2TD lub TB musi być większa 3TD, co jak widzimy nie zachodzi, zatem największy iloraz T/p jest w punkcie D, co oznacza, że punktowi D odpowiada największa objętość gazu. Zad 11.
p
nRTV =
n i R są stałe
360
30
2
2
1
1
2
1 =°°==
ctg
ctg
p
Tp
T
V
V
Zad 12. a)
RTm
pV
mn
nRTpV
µ
µ
=
=
=
V i R są stałe
V
RTmp
µ=
Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione 34
wykresem będzie prosta, gdzie współczynnikiem kierunkowym jest
0>⋅V
Rm
µ
, a „b” = 0, zwiększenie masy spowoduje zwiększenie wartości współczynnika kierunkowego
b)
RTm
pV
mn
nRTpV
µ
µ
=
=
=
T i R są stałe
V
RTmp
µ=
wykresem będzie hiperbola (postać hiperboli:
bx
ay +=
, gdzie współczynnikiem „a” jest
0>RTm
µ
, a „b” = 0, zwiększenie masy spowoduje zmniejszenie „wkl ęsłości” hiperboli
c)
RTm
pV
mn
nRTpV
µ
µ
=
=
=
p i R są stałe
p
RTmV
µ=
wykresem będzie prosta, gdzie współczynnikiem kierunkowym jest
0>⋅p
Rm
µ
, a „b” = 0, zwiększenie masy spowoduje zwiększenie wartości współczynnika kierunkowego
Zad 13.
( )
KTT
TT
TTT
TnR
pV
TnR
pVT
nR
VpTT
TTnRVp
nRTpV
400200200
1200
201
200
201200
201200
201
=∆⋅=
∆=
∆−⋅=
=
∆−⋅=
⋅⋅=∆+
∆+=⋅
=
Zad 14.
V
RTmp
RTm
nRTpV
µ
µ
=
==
wykresem jest hiperbola, gdzie współczynnikiem „a” jest
0>RTm
µ
, a „b” = 0, im większa masa molowa tym większa wklęsłość hiperboli (współczynnik „a” jest mniejszy), zatem gaz pierwszy ma większą masę molową. Zad 15.
PaV
RT
V
nRTp
nRTpV
61044,22 ⋅===
=
Zad 16.
30224,0 mp
RTV
nRTpV
==
=
Zad 17.
II
I
T
V
II
I
T
p
I II
V
p
Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione 35
( )
−=−=∆
−=∆=∆+
∆+=
=
=
=
11
211
1
21
11211
21111
1
2
1
1
2
2
1
1
V
VTT
V
VTT
TVVTTV
VTTVTV
TT
V
T
V
RT
pV
RT
pVRT
pVn
nRTpV
Zad 18.
376dmp
RTm
p
nRTV
nRTpV
=⋅==
=
µ
masę molową należy wyrazić w kg/mol. Zad 19.
3316,13
076,0
1
m
kg
m
kg
RT
p
p
RTmm
V
m =⋅=⋅
== µ
µ
ρ
Zad 20. Korzystam z prawa Daltona: ciśnienie wywierane przez mieszaninę gazów doskonałych jest sumą ciśnień, jakie wywierałby każdy z gazów z osobna, gdyby zajmował taką samą objętość jaką zajmuje mieszanina.
V
mRT
V
nRTp
nRTpV
ppp HeH
µ==
=
+=2
Pa
mm
V
RT
V
RTm
V
RTmp
He
He
H
H
He
He
H
H
5101,3
2
2
2
2
⋅=
=
+=+=
µµµµ
Zad 21.
nR
VpT
nRTpV
⋅=
=
1-2 izoterma, zatem temperatura jest stała, lecz zwiększa się ciśnienie 2-3 spada ciśnienie, zatem korzystając z powyższego wzoru maleje także temperatura 3-1 ciśnienie się nie zmienia, lecz rośnie objętość, zatem korzystając z powyższego wzoru wzasta temperatura
Zad 22.
mol
g
mol
kg
pV
mRT
RTm
pV
nRTpV
40040,0 ===
=
=
µ
µ
ta masa molowa odpowiada masie molowej argonu. Zad 23.
RT
p
VRT
pV
V
m
RT
pVm
RTm
pV
nRTpV
µµ
ρ
µµ
===
=
=
=
wykresem jest hiperbola, gdzie współczynnikiem „a” jest
0>R
pµ
, a „b” = 0,
5.4. Zasady termodynamiki
Zad 1.
pSFS
Fp
lFW
=
=
∆⋅=
( )p
TTnRV
p
nRTV
nRTpV
VplpSWz
∆+=
=
=∆=∆⋅=
12
11
1
2
3
T
p
T
ρ
Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione 36
( ) ( )
TnR
TTTnRp
nRT
p
TTnRpWz
∆=
=−∆+=
−
∆+= 11
11
praca wykonana przez gaz jest równa co do wartości bezwzględnej pracy zewnętrznej lecz ma przeciwny znak
JTnRWW zg 5,415−=∆−=−=
Zad 2. ( ) ( )
( ) 25,0273
273273
1
21
1
21 =+
+++=
−=
t
tt
T
TTcµ
Zad 3.
4,05
25
3
1
11
1
21 ==−
=−
=T
TT
T
TTcµ
Zad 4. Praca gazu jest równa polu pod wykresem p(V). Rozpatrywanie liczbowo wartości pracy wiązałoby się z koniecznością wprowadzenia rachunku całkowego. a)
2
22
1
11
p
nRTV
p
nRTV
=
=
im większe V tym mniejsze p (wykresem będzie hiperbola), także T zmaleje (w przemianie adiabatycznej nie następuje wymiana temp. z otoczeniem, a rozprężanie powoduje obniżenie temperatury gazu)
b)
p
nRTV
p
nRTV
22
11
=
=
zwiększenie objętości wiąże się ze wzrostem temperatury przy stałym ciśnieniu
c)
22
11
p
nRTV
p
nRTV
=
=
im większe V tym mniejsze p (wykresem będzie hiperbola), T jest stałe
Punkt A ma na każdym wykresie te same współrzędne, zatem widzimy, że największa praca została wykonana podczas przemiany izobarycznej (mniejsza podczas przemiany izotermicznej, a najmniejsza podczas przemiany adiabatycznej) Zad 5.
nR
pVT
nRTpV
=
=
energia wewnętrzna gazu wzrasta głównie na skutek dostarczania ciepła odcinek AB można potraktować jako przemianę izobaryczną, zatem pracę potrzebną do zwiększenia objętości wykonało dostarczone ciepło, wraz ze wzrostem temperatury wzrosła także energia wewnętrzna odcinek BC można potraktować jako przemianę izochoryczną, spadek ciśnienia wiąże się z odprowadzeniem ciepła, zatem energia wewnętrzna gazu spadła odcinek CD można potraktować jako przemianę izobaryczną, zmniejszenie objętości wiąże się z odprowadzeniem ciepła zatem energia wewnętrzna gazu spadła odcinek AD można potraktować jako przemianę izochoryczną, zatem pracę potrzebną do zwiększenia ciśnienia wykonało dostarczone ciepło, wraz ze wzrostem temperatury wzrosła także energia wewnętrzna a) AB i DA b) praca ta jest równa polu wewnątrz cyklu
JVpW ABDA4102 ⋅=∆⋅∆=
Zad 6. ∆m=0 ∆U=0 Q=0 W=0 ∆T=0 ∆p=0
constT
pV = X
constT
p = X X
p
V
W
A
p
V
W
A
p
V
W
A
Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione 37
constT
V = X X
constpV = X X X constpV =κ X X
pierwszy z wierszy oznacza stałość ilości gazu zatem wszystkie czynniki mogą się zmieniać; drugi wiersz to przemiana izochoryczna, trzeci wiersz to przemiana izobaryczna, czwarty wiersz to przemiana izotermiczna, a piąty wiersz to przemiana adiabatyczna. Zad 7.
∆T=0 ∆V=0 Q=0 W<0 W>0 Q>0 Q<0 a X X X b X X c X X X d X X
a – gaz pobiera ciepło przy czym jest to proces izotermiczny, pobrane ciepło zamieniane jest na pracę gazu (energia wewnętrzna gazu maleje) b – przemiana adiabatyczna, gaz rozpręża się wykonując pracę odcinki c, d są odwrotnością odcinków a, b c - gaz oddaje ciepło przy czym jest to proces izotermiczny d – przemiana adiabatyczna, gaz spręża się Zad 8.
2
iRTnE
EQ
w
wp
⋅=
∆=
gazowy hel występuje w postaci pojedynczych atomów zatem i = 3 n – liczba moli
J
pVnR
pVnR
nR
pV
nR
pVnRE
nRTnRTE
nR
pVT
nR
pVT
nRTpV
nRTiRT
nE
w
w
w
3000
2
3
2
32
2
32
3
2
3
2
2
3
2
12
2
1
=
==⋅=
−=∆
−=∆
=
=
=
=⋅=
Zad 9. ciepło właściwe jest równe ciepłu molowemu podzielonemu przez masę molową
µ
µ
⋅=
=
=⋅
=∆=∆
∆=∆=
w
w
w
w
w
cCn
m
Cn
mc
Cnmc
TCnTmc
TCnQ
TmcQ
Zad 10.
Kmol
JC
Kmol
JC
Kmol
JC
cC
Al
Pb
Cu
w
⋅=
⋅=
⋅=
⋅=
8,24
9,26
4,25
µ
6.1. Pole elektrostatyczne Zad 1. Na kulki działa taka sama, co do wartości, siła odpychania elektrostatycznego, jeżeli odchyliły się o różne kąty oznacza to, że mają różne masy
21 mm >< βα
Zad 2.
222
222
4
1
2
1
221
alh
lha
h
a
h
atg
Q
Fe
−=
=+
=== α
Q Q
N N
Fw Fw
α
Fe Fe
α
a
l l
α α
h
Q1
Q2
N1 N2
Fw1
Fw2
α β
Fe Fe
Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione 38
( )
02
2
2
2
222222
4
42
14
4
1
4
1
πε⋅==
−=−=−=
a
q
a
qkF
alalalh
e
22
0
22
03
22
03
2
220
2
2
22
02
2
42
4
4
4
4
44
42
12
4
al
mgaa
al
mgaq
al
mgaq
al
a
amg
q
al
a
mg
a
q
mgQ
−
⋅⋅=
−
⋅⋅=
−
⋅⋅=
−=
⋅⋅
−⋅=
⋅
=
πεπε
πεπε
πε
Zad 3.
0
2
2
4
1
πε=
=
k
r
qkF
Nr
qF 9
20
2
1099,84
⋅=⋅
=πε
Nm
J
J
mm
J
C
C
m
C
JCC
mV
CC
mm
FC
F ===⋅
=⋅
=⋅
=⋅
= 12
222
2
2
Zad 4. załóżmy, że
xqq
+=>
12
12
po zetknięciu oba ładunki będą równe:
221
1 2
1
r
qqkF
xqq
=
+=
( )
2
2
1
2
211
1
2
1
r
xq
kF
r
xqqkF
+=
+=
załóżmy, że druga siła jest większa
( )
( )
2
21
211
21
2
111
2
2
1
211
4
10
4
1
2
1
2
1
x
xxqqxqq
xqxqq
r
xq
kr
xqqk
<
++<+
+<+
+<
+
co jest prawdziwe, gdyż x ≠ 0, zatem po zetknięciu siła oddziaływania zwiększy się. Zad 5.
( )
( )
lq
qx
q
qx
xq
ql
q
qx
q
q
xl
x
xl
x
q
q
xl
qk
x
qk
EE
⋅=⋅+
⋅−⋅=
=−
−=
−=
=
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
2
2
1
22
21
21
cml
ll
q
q
lq
q
x
lq
q
q
qx
3,7133
3
3
11
3
1
3
11
3
1
1
1
2
1
2
1
2
1
2
1
=+
=⋅+
⋅=
+
⋅=
+
⋅=
⋅=
+
Zad 6.
( ) ( )
C
NE
myxr
r
qkE
3
222
2
102,7
25916
⋅=
=+=∆+∆=
=
Zad 7.
q1(+) q2
(+)
l
E1= E2
x l-x
Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione 39
3
2
sA
mkg
sAs
mkg
C
NE
q
FE
⋅⋅=
⋅==
=
Zad 8.
0
2
4
188
2
12
21
02
0222
21
21
=
−+=
+=
=⋅==
⋅=
=+=
l
qk
l
qkV
VVV
l
q
l
q
l
qk
l
qkE
EE
EEE
w
w
πεπε
Zad 9. a)
0
0
4321
2
4
124
24
2
24
0
πε
πε
⋅=
=⋅==⋅=
=+++=
a
q
a
q
a
qk
a
qkV
EEEEEw
b)
0
2
22
2
22
2
4
142
42
2
122
2
222
02
02
22
2
4321
=⋅+
−⋅=
⋅=⋅⋅=
=⋅=⋅=
⋅=
+++=
a
qk
a
qkV
a
q
a
q
a
qk
a
qk
a
qkE
EEEEE
w
w
πεπε
c)
0
2
22
2
22
04321
=⋅+
−⋅=
=+++=
a
qk
a
qkV
EEEEEw
Zad 10.
α = 60°
02221 4πε⋅
====a
q
a
qkEEEw
Zad 11.
mC
J
CJ
mC
V
CJ
mC
m
FJ
Cr
mmE
qr
r
q
r
qk
r
FE
p
p
=⋅⋅⋅=
⋅
⋅=⋅
=
=⋅
=
⋅===
222
0
2
0
22
94
4
πε
πε
Zad 12.
q3(+)
q4
(-)
(+) E1
E2 E3
E4
q2(-)
q1(+)
q3(+)
q4(+)
(+)
E1
E2 E3 E4
q2(-)
q1(-) Ew
q3(+)
q4
(+)
(+) E1
E2
E3 E4
q2(+)
q1(+)
q(+)
P(+)
q(-)
E1
E2
Ew α
α
α
α
α α
a
a
a
Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione 40
( )
VC
JU
Vq
WUV
Vq
VVqr
Qk
r
Qkq
r
Qqk
r
QqkW
==
===∆
∆=
=−=
−=⋅−⋅=
6000
121212
Zad 13. Masa ciała wzrośnie o masę przyjętych elektronów. Jednak masa elektronu (= 1/1840 masy protonu) jest tak mała, że możemy ją całkowicie zaniedbać (nawet w przypadku jonów) Zad 14.
9102,6 ⋅==e
qn
Zad 15.
( )
( ) ( )
111
2
13
12
12
3
3
22
11
16164
64
464
644
3
3
4
64
Vr
qk
r
qkV
rrr
objetoscVobjetoscV
Vr
robjetoscV
r
qkV
r
qkV
kuli
=⋅==
==
=
=
=
=
=
π
π
Zad 16.
31
3
3
1
3
1
132
2
133
2
31
11
10
10
1
10
1
10
1
10
1
10
1
4
3
4
3
⋅===⋅
==
⋅=⋅=
=
=
VVV
r
qk
r
qkV
rV
r
Vr
r
qkV
π
π
6.2. Pojemność. Kondensator Zad 1.
r
kQV
V
QC
=
=
k
r
kQ
rQ
r
kQQ
C ===
Zad 2.
( )( )
Fd
ablC
ablsd
sC
160
0
1077,1 −⋅=−=
−=
=
ε
ε
Zad 3.
r
r
r
d
sd
s
C
C
d
sC
d
sC
εε
εε
εε
ε
==
=
=
0
0
0
0
00
0CC rε=
Zad 4.
2
2
0
1
01
00
=
=
=
C
Cd
sC
d
sC
ε
ε
Zad 5.
r
r
r
r
C
C
d
s
C
d
sC
εε
ε
εεε
ε
+=
+=
=
1
2
1
2
0
1
0
1
00
Zad 6.
2
12
0
1
001
00
r
r
C
Cd
s
d
sC
d
sC
ε
εεε
ε
+=
+=
=
Zad 7. a)
CC
CCCCCCCC
CCCC
5
2
2
5
2
2
2
1
2
21111
2
0
10
1
=
=++=++=
=+=
Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione 41
b)
CCCC
CC
CCCCCC
CC
4
7
4
34
3
3
4
3
3
3
11
3
11
3
0
2
2
1
=+=
=
=+=+=
=
c)
CCCC
CC
CCCCC
21113
31111
2
1
1
=+=
=
=++=
C
CCCCCCCCCC
CC
6
116
6
6
3
6
2
123
2
210
2
=
=++=++=++=
=
d)
CC
CC
CCC
C
CCCCC
35
334
34
3
31111
2
1
=+=
=+=
=++=
e)
CCCC
CC
CCCCC
CCCC
CC
23
6
33
2
31111
2
3
2
2
2
11
2
0
3
2
1
==++=
=++=
=+=
=
Zad 8. 1)
21
21
1
UU
CC
constQU
QC
<>
−
=
2)
21
21
CC
constU
>>−
Zad 9. Mamy 7 możliwości ustawień w ich wyniku uzyskujemy pojemności:
FFFFFFF µµµµµµµ31
,21
,32
,1,23
,2,3 .
Zad 10.
VCC
UCU
VCC
UCU
20
80
21
12
21
21
=+
=
=+
=
Zad 11. a)
FFC
FFFFFC
µµ
µµµµµ
43,17
10
10
7
10
5
10
2
2
1
5
11
==
=+=+=
b)
VU
C
QU
U
QC
7001043,1
106
3
=⋅
=
=
=
−
−
c)
VC
QU
VC
QU
200102105
10
500105102
10
26
3
22
26
3
11
=⋅=⋅
==
=⋅=⋅
==
−
−
−
−
Zad 12. a)
constU
CC
CC
r
==<
ε01
10
1C 2C
1U 2U
1C
2C
1Q
2Q
1C 2C
Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione 42
r
r
QQU
Q
U
Q
ε
ε
0
0
=
⋅=
Q – rośnie
rEE
QUE
ε0
2=
=
E – rośnie b)
r
r
UU
U
Q
U
Q
constQ
ε
ε
0
0
=
⋅=
−
U – maleje
r
EE
QUE
ε0
2
=
=
E – maleje Zad 13. a)
( )F
CUQ
µ67,6
107,6101067,0 66
==⋅=⋅⋅== −−
b) ( )
F
CUQ
µ7,18
107,18101087,1 66
==⋅=⋅⋅== −−
c) ( )
F
CUQ
µ3,133
103,1331001033,1 66
==⋅=⋅⋅== −−
Zad 14.
VCC
UC
C
QU
c
4010301020
100102066
6
21
11 =⋅⋅⋅
⋅⋅=+
== −−
−
Zad 15. ( )
JCU
E 072,02
1201010
2
262
=⋅⋅==−
6.3. Ruch ładunku w polu elektrycznym Zad 1.
d
UE
m
eE
m
Fa
qe
amF
ee
e
e
ee
=
==
==
2
2
2141079,8
s
m
kgm
ms
mkg
kgm
CC
J
kgm
CVa
s
m
dm
Ue
d
U
m
ea
ee
=⋅
⋅⋅=
⋅
⋅=
⋅⋅=
⋅==⋅=
Zad 2.
p
p
pp
kine
m
Uev
eq
vmUq
EW
2
2
2
2
=
=
=
=
s
mkg
s
mkgkgm
s
mkg
kgmNkgCC
JkgCVp
s
mkgUem
m
Uemvmp
m
Uev
pp
pp
p
⋅==⋅⋅=
=⋅⋅=⋅⋅=⋅⋅=
⋅==⋅=⋅=
=
−
2
22
2
221032,222
2
Zad 3.
VC
J
Cs
mkg
U
Ve
vmU
vmUe
EW
e
e
kine
==⋅
=
==
=
=
2
2
2
2
256,02
2
Zad 4.
m
V
de
vmE
e
vmEd
EdUd
UE
Ve
vmU
vmUe
EW
e
e
e
kine
68,52
2
1084,22
2
2
2
22
2
=⋅
=
=
=
=
⋅==
=
=
−
Zad 5.
Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione 43
Ve
vmU
vmUe
Jvm
E
p
p
pkin
52
2
142
102,52
2
1036,82
⋅==
=
⋅== −
Zad 6.
2
22
2
2
220
2
20
1
ykin
y
p
mvE
mvmvE
vmE
=∆
+=
=
0
0
v
l
dm
eUv
d
U
m
e
m
eE
m
Fa
v
lt
tav
py
ppp
y
⋅=
===
=
⋅=
JJ
J
mNC
JC
s
mmkg
mVCE
J
vdm
lUe
v
l
dm
eUmE
kin
pp
pkin
==⋅
=⋅⋅
=
⋅=
=⋅⋅⋅
⋅⋅=
⋅⋅=∆
−
22
22
2
22
222
11
20
2
2222
0
10105,1
22
Zad 7. Minimalną odległość uzyska proton, jeśli całą swoją energię kinetyczną zamieni na potencjalną
==⋅==
=
=
=
=
20
2
2
2
02
2
22
2
4
4
14
2
2
1
2
2
1
vm
e
vm
e
vm
ekr
r
ekvm
eqr
qqkvm
EE
ppp
p
p
ppp
kinp
πεπε
Zad 8.
3106,1
108,4
108,43
4
3
4
3
4
19
19
193
3
3
=⋅⋅==
⋅=⋅
⋅⋅⋅⋅=
=⋅⋅
=
⋅=⋅=
=
−
−
−
C
C
e
qn
CU
dgrq
d
qUgr
d
UE
rVm
qEmg
ρπ
ρπ
ρπρ
Zad 9.
αα
sin
cos
0
0
⋅=⋅=
vv
vv
y
x
Skorzystamy z zasady zachowania energii:
αα
α
αα
α
α
tgl
v
lv
v
lvd
v
lt
tvd
m
Uq
m
Uqv
m
Uqv
Uqmv
Uqmv
Uqmvmvmv
WEE
xy
x
y
y
xyx
ekinkin
2cossin
2
1
2
1
2
1
2
sin
1
sin
2
sin
22
sin
2
222
00
20
220
220
2
222
21
=⋅
⋅⋅==
=
=
==
=
=
=
+=+
+=
7.1. Prawo Ohma Zad 1.
Cq
tIq
24,040106 3 =⋅⋅=⋅=
−
Zad 2. ładunek jest równy iloczynowi średniego napięcia i czasu, czyli polem pod wykresem I(t) a)
v0
vy
v0
v0
vx
vy
vx
α
l
Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione 44
Cq 104,0502
1 =⋅⋅=
b)
Cq 213
23 =⋅⋅=
Zad 3.
Ω⋅=⋅== 33
1053
1015
I
UR
(można podstawić również inne wartości odczytane z wykresu) Zad 4.
2
2
2
1
1
2
1
=⋅⋅⋅
=
⋅
⋅==
=
a
c
a
cb
ba
c
cb
aba
c
S
lS
l
R
R
S
lR
ρ
ρ
ρ
ρ
ρ
Zad 5.
mmCC
mCJ
V
J
sAmV
s
J
A
VmV
Wm
mVl
mP
rUl
l
rU
r
lU
P
r
l
S
lR
R
UP
R
UI
UIP
=⋅⋅=
=⋅⋅=⋅⋅⋅=⋅
=⋅⋅Ω
=
==
==
==
=
=
=
1
8,38
222
22
22
2
2
2
2
ρπ
ρπ
πρ
πρρ
Zad 6. zmniejszając średnicę 2 razy, promień zmniejszy się wówczas także 2 razy, a pole
III
I
SrrS
rS
4
1
4
1
2
1 22
2
==
=
=
ππ
π
zmaleje 4 razy, jeżeli masa jest niezmieniona to wówczas objętość jest także stała
12
22
12
22
12
44
14
1
ll
lrlr
lrV
lrV
VV
II
I
III
=
⋅=⋅
⋅=
⋅=
=
ππ
π
π
długość drutu wzrosła 4 razy, obliczamy opór:
16
1616
4
14
1
2
1112
2
11
=
====
=
R
R
RS
l
S
l
S
lR
S
lR
II
II
I
ρρρ
ρ
opór zmaleje 16 razy. Zad 7.
Ω=
== 1,1
2
12
d
l
S
lR
πρρ
Zad 8. jak wiemy każdy kondensator ma nieskończenie duży opór (nie płynie przez niego prąd), zatem prąd płynący od B do A ominie bocznikiem kondensator C2 przez co na kondensatorze C2 nie będzie różnicy potencjałów (woltomierz V2 wskaże 0V), zaś na kondensatorze C1 różnica potencjałów będzie równa napięciu (układ zawiera właściwie tylko ten kondensator) czyli V1 wskaże 30V. Zad 9.
ARR
UI
RRR
R
UI
I
UR
w
wc
c
c
91,0=+
=
+=
=
=
Zad 10. jest to połączenie szeregowe zatem w każdym z fragmentów ustali się takie samo napięcie (równe ε)
CUCQ
U
QC
VU
6106
6
−⋅=⋅=
=
== ε
Zad 11. przez środkowy przewód nie płynie prąd (gdyż kondensator ma nieskończenie duży opór) zatem przewody woltomierza możemy przesunąć do węzłów
Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione 45
i wynika z tego, że mierzone napięcie jest równoważne z napięciem na oporniku R2
2
222
2
2
RR
RR
RRIU
RRRI
RRR
wc
wc
wc
+=⋅=⋅=
+==
+=
εε
εε
Zad 12. a)
zw
zz
cz
zwc
zwc
RR
RR
RRIU
RRRI
RRR
+=⋅=⋅=
+==
+=
εε
εε
wykresem jest hiperbola
b)
zw
zz
cz
zwc
zwc
RR
RR
RRIU
RRRI
RRR
+=⋅=⋅=
+==
+=
εε
εε
widzimy, że wraz ze wzrostem Rz, Rz /(Rz+Rw)→1, zatem wykres będzie zbliżał się do granicy ε
c) zgodnie z II prawem Kirchhoffa: spadek napięcia na oporze wewnętrznym:
w
w
IRUU
IRU
−=−==
εε 12
1
miejsce zerowe
w
w
w
RI
IR
IRU
εε
ε
=
==−= 02
Zad 13.
1
1111
111
11
RR
RRIU
RRRI
RRR
w
wc
wc
+==
+==
+=
ε
εε
( ) ( )( )( )
( )( )
( )( )( )
( )( )A
RRRR
RRR
RRRR
RRRR
RRRR
RRRRRRRR
RRRR
RRRRRR
RR
R
RR
RUUU
RR
RRIU
RRRI
RRR
ww
w
ww
ww
ww
ww
ww
ww
ww
w
wc
wc
97.012
12
12
12
12
211122
12
2112
1
1
2
212
2
2222
222
22
=
=++
−=
++−
=
=++
−−+=
=++
+−+=
=+
−+
=−=∆
+==
+==
+=
εεε
εεεε
εε
εε
ε
εε
Zad 14. skoro różnica potencjałów jest równa 0 oznacza to, że:
=⋅
=⋅
==
x
CR
CR
C
QRI
C
QRI
UU
UU
2
11
22
11
1
1
2
1
C
C
C
QC
Q
R
R x
x
==
FCR
RCx µ4,01
2
1 ==
I
U
ε
ε/Rw
Rz
U
ε
Rw
U
Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione 46
7.2. Prawa Kirchhoffa Zad 1. a)
Ω==+==
=⋅=+
++
=
22
1
2
12
111
RRRR
RR
RRRRRRR
zc
z
z
b)
Ω=Ω==
=++=++=++=
=
=⋅=
=
=⋅=
3
23
3
11
6
116
632
23
2
212
13
313
1
21
2
2
1
1
R
RRRR
RRRRRR
RR
RRR
RR
RRR
zzc
z
z
z
z
c)
Ω==
==++=
=++=++=
=+=+=
=
=+=
==
3
2
3
22
3
6
9
6
432
3
2
2
1
3
111112
3
2
2
2111
2
3
321
1,33
1,3
1,3
2
1
RR
RRR
RRRRRRR
RR
RRRR
RR
RRRR
RR
RR
c
zzzc
zz
z
z
z
z
d) łatwo zauważyć, że w miejscu przyłączenia opornika poprzecznego, na obu węzłach jest takie samo napięcie (równe napięcie w połączeniu równoległym spada o taką samą wartość na pierwszych opornikach, które są jednakowe) zatem przez poprzeczny opornik nie płynie prąd
Ω==
==+=+=
==
2
1
2
2
2
1
2
1111
2
2
21
2
1
RR
RRRRRRR
RR
RR
c
zzc
z
z
e)
ten układ jest równoznaczny z połączeniem równoległym (prąd przepływa przez jeden opornik, przy czym może to zrobić na trzy sposoby) zatem
Ω==
⋅=
13
13
1
RR
RR
c
c
Zad 2.
VRR
RRIU
ARRR
I
RRR
w
wc
wc
3,4
43,0
=+
=⋅=
=+
==
+=
ε
εε
Zad 3. a)
( )
( )( )
( )
( )( )
( ) ( )
( ) ARRRRR
R
RR
R
RRRRR
RR
RR
IRI
IRRIIR
RIIRIR
RIIIR
III
IRIR
UU
RRRRR
RR
RI
RR
RRRRRR
RR
RRRRR
RR
RRR
RR
RR
RRR
w
w
wc
wwwzc
z
z
6,1
111
1221
2
21
2
1221
12
21
21
22111
21211
2111
21
2211
21
1221
12
12
1221
12
21
12
21
21
12
21
=++
=
=+++
+=+
=
=+−=
−=
=+=
=++
+==
+++=+
+=+=
+=
+=+=
ε
ε
εε
b)
( )
( )( ) A
RRRRR
RR
RI
RR
RRRRRR
RR
RRRRR
RR
RRR
RR
RR
RRR
wc
wwwzc
z
z
64,0
111
1221
12
12
1221
12
21
12
21
21
12
21
=++
+==
+++
=++
=+=
+=
+=+=
εε
c)
Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione 47
ARRRR
I
RRRRR
I
II
RR
RRR
RR
RR
ww
ww
cc
c
wwzc
z
z
44,033
3
3
1
3
3
3
3
13
3
31
=+
=+
⋅=
+=
+==
=
+=+=
=
=
εε
εεε
Zad 4.
( )
( )
( ) ( )
( )
2212111212
2
222
1
111
1221
1221
1221
121212
1212121221
1221221121
2
22
1
11
2
222
2222
2
22
22
2
222
22
1
111
1111
1
11
11
1
111
11
1
RUURURUURU
U
RUR
U
RUR
RURU
UURR
RURU
RRURRUR
RRURRURRURRU
RRURRURRURRU
R
RRU
R
RRU
U
RURR
RURUR
R
RRU
RRR
U
RRRI
RRR
U
RURR
RURUR
R
RRU
RRR
U
RRRI
RRR
w
ww
ww
ww
w
w
w
w
wc
wc
w
w
w
w
wc
wc
−=−
−=
−
Ω=−
−=
−−
=
−=−+=+
+=
+
−=
+=
+=
+=
+==
+=
−=
+=
+=
+=
+==
+=
εε
εε
εε
ε
ε
εε
εε
ε
ε
εε
( ) ( )( )
VRURU
RRUU
RRUURURU
RUURUURURU
122112
2112
21122112
2211122112
=−
−=
−=−−=−
ε
εεε
Zad 5. AD: ten układ jest równoważny z:
AR
U
R
UI
RRRR
RR
RRRR
RR
c
zc
z
z
z
6,05
33
53
2
2
3
2
111
2
2
2
2
1
===
=+=
=
=+=
=
BC: ten układ jest równoważny z:
AR
U
R
UI
RR
RRRR
RR
c
c
c
z
5,12
33
2
2
3
2
111
21
===
=
=+=
=
Zad 6. Obliczenia znacznie ułatwia podstawienie na początku wartości liczbowych, wzory są wyprowadzane dla dowolnych wartości a)
4321
342414
342414
4321
3214
3211
111
RRRR
RRRRRRR
RRRRRR
RRRR
RRRRR
RRRR
c
c
z
+++++=
+++++=
+++=
++=
( )
( )
=+++⋅=⋅++
+++==
III
RRRIRI
RRRRRR
RRRRU
R
UI
c
21
321241
342414
4321
Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione 48
( )( )( )4321342414
443212
423222124
322212424
RRRRRRRRRR
RRRRRUI
RIRIRIRIIR
RIRIRIRIIR
++++++++
=
+++=++=−
VIRU
RRRRRR
URI
50
5
233
342414
42
==
=++
=
b)
( )
( )( )
VRIU
RRRRRR
UR
RR
R
RRRRRR
RRU
RR
RII
RIRRI
RIRIRI
III
RIRI
RRRRRR
RRU
R
UI
RR
RRRRRRR
RR
RRRRR
RR
RRR
RR
RR
RRR
c
zc
z
z
25
5
111
111
133221
2
21
2
133221
12
21
21
2211
21211
21
2211
133221
12
12
1332213
12
2131
12
211
21
12
211
=⋅=
=++
=
=+
⋅++
+=
+⋅
=
⋅=+⋅−⋅=⋅
=+⋅=⋅
+++
==
+++
=++
=+=
+=
+=+=
Zad 7. przez kondensator nie płynie prąd zatem woltomierz wskaże napięcie na oporniku R2 (do obliczeń pomijamy cały fragment z kondensatorem, gdyż nie płynie tamtędy prąd)
VRR
RRIU
RRRI
RRR
c
c
56,532
22
32
32
=+
=⋅=
+==
+=
ε
εε
Zad 8. stosujemy tzw. układ bocznikowy:
III
IRIRw
=+⋅=⋅
21
221
AIII
IRIR
zak
w
5,02max1
22max1
==+⋅=⋅
( )
Ω=−⋅
=
−=⋅
5,0max1
max12
max12max1
II
IRR
IIRIR
zak
w
zakw
I1max – maksymalny zakres amperomierza Izak – porządany zakres pomiaru Zad 9. a)
K
V
K
V
t4
3
105,78
106 −−
⋅=⋅=∆
= εα
b)
Ctt
Kt
tt
°=∆=
=⋅⋅=∆
⋅=∆⋅⋅=∆=
−
−
−−
11
11105,7
1025,8
1025,8105,7
4
3
34αε
Zad 10. a)
( )
ARR
RR
I
RR
I
RR
RRRR
RRI
zwz
w
zw
wwc
wwwwc
zwc
67,02
2
2
2
2
2111
=+
=+
=
+=
=
=+=
+=
εε
ε
ε
b) ( )
ARR
I
RRI
zw
zw
12
2
22
=+
=
+=ε
ε
Zad 11. w obliczeniach rozpatrzymy fragment drutu o długości x jego masa:
γπγ xrVm 2== przyjmujemy, że jednemu atomowi miedzi przypada jeden elektron, liczba elektronów
ACu
ACu
Nxr
Nm
nµ
γπµ
2
==
ładunek:
eNxr
neq ACu
⋅==µ
γπ 2
wyliczamy natężenie prądu
eNt
xr
t
qI A
Cu
⋅⋅
==µ
γπ 2
łatwo zauważyć, że x/t = v, zatem
A
R
Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione 49
veNr
I ACu
⋅⋅=µ
γπ 2
opór drutu
s
m
sA
mA
C
mA
C
mV
mmCm
kgkgV
v
s
m
leN
Uv
r
l
veNr
Ur
l
S
lR
veNr
U
I
UR
A
Cu
A
Cu
A
Cu
=⋅⋅=
Ω⋅⋅Ω⋅=
Ω⋅⋅=
⋅⋅Ω⋅⋅
⋅=
⋅=⋅⋅⋅
⋅=
=⋅⋅
⋅
==
⋅⋅⋅
==
−
3
2
22
2
2
1028,4ργ
µπ
ργπ
µπ
ρρ
γπµ
7.3. Praca i moc prądu Zad 1.
( )W
RRR
RIRP
IRP
IRU
UIP
RRRRI
RRRR
w
wc
wc
843,02
21
212
11
2
21
21
=++
=⋅=
⋅=⋅=
=++
==
++=
ε
εε
Zad 2.
AU
PI
UIP
454,01
1 ==
=
a)
Ω==
=
=
=
=
4841
21
21
1
P
UR
R
UP
R
UI
I
UR
UIP
b)
1
21
2
122
2 4
14
12
1
PR
U
R
U
R
UP ==
==
Zad 3.
TmcW
PW
∆=⋅=
2
1 τ
82,0
888812100
21
=⋅∆=
∆=⋅⋅=
=°=°−°=∆
τη
ητη
P
Tmc
TmcP
WW
KCCCT
Zad 4. JWsW 6106,310003600 ⋅=⋅=
Zad 5.
mmg
tPh
mghtP
mghW
tPW
367≈⋅=
=⋅=
⋅=
Zad 6. aby to rozstrzygnąć porównamy moce obu układów oczywiście im większa moc tym grzałki szybciej zagrzeją wodę a) szeregowo
R
U
R
UUP
R
UI
UIP
RR
cs
c
2
2
2
==
=
==
b) równolegle
sr
cr
c
c
PP
R
UR
U
R
UUP
R
UI
UIP
RR
RR
>
===
=
=
=
=
22 2
2
2
21
jak widzimy lepiej połączyć grzałki równolegle Zad 7. praca potrzebna do zagrzania wody jedną grzałką:
0
2
tR
UW ⋅=
korzystając z zadania nr 6: a) szeregowo
Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione 50
stt
tt
tR
Ut
R
U
R
UP
s
s
s
s
60022
2
2
0
0
0
22
2
==
=
⋅=⋅
=
b) równolegle
st
t
tt
tR
Ut
R
U
R
UP
r
r
r
r
1502
2
2
2
0
0
0
22
2
==
=⋅
⋅=⋅
=
Zad 8.
( )W
RRR
RURIP
RRR
U
R
UI
RRRR
c
c
402
321
12
12
321
321
=++
==
++==
++=
Zad 9.
sU
mcRt
tR
Umc
t
t
2,13842
2
=⋅
=
=
Zad 10. liczymy opór przewodnika
tUIWr
l
S
lR
⋅=
==2π
ρρ
Jr
lIRIW
IRU
st
701
1
222 ===
==
πρ
7.4. Elektrochemia Zad 1. (treść zadania powinna brzmieć: Oblicz, jaka masa srebra wydzieli się podczas elektrolizy wodnego roztworu zawierającego 100g azotanu srebra)
gm
m
mol
g
mm
AgONAg
soliAg
ONAgsoli
Agsoli
soliAg
5,633
87,1693
=⋅++
=
=++=
⋅=
µµµµ
µµµµ
µµ
[ ] Ast
qI
CCFnq
molam
nsoli
soli
94,3
5675696500589,0
589,0
==
≈⋅=⋅=
≈=µ
Zad 2. CeNFq A 19300022 =⋅⋅==
Zad 3.
sI
wFdS
I
wFmt
t
qI
wFm
q
dSVm
AgAg
Ag
Ag
Ag
Ag
4695=⋅
⋅⋅⋅⋅=⋅
⋅⋅=
=
⋅⋅=
⋅⋅=⋅=
µρ
µ
µ
ρρ
w – wartościowość (dla srebra w = 1) Zad 4. obliczam średnie natężenie prądu
wFm
q
tIq
IIII
Cu
Cu
śr
pppśr
⋅⋅=
⋅=
=−
=
µ
22
w – wartościowość (dla miedzi w = 2)
gwF
tIm
wFm
tI
CupCu
Cu
Cuśr
494,02
=⋅⋅
⋅⋅=
⋅⋅=⋅
µµ
Zad 5.
gw
wmm
wFm
wFm
wFm
q
wFm
q
AgCu
CuAgCuAg
AgAg
AgCu
Cu
Cu
AgAg
Ag
CuCu
Cu
95,33=⋅
⋅⋅=
⋅⋅=⋅⋅
⋅⋅=
⋅⋅=
µµ
µµ
µ
µ
Zad 6.
sI
wFmt
wFm
tI
wFm
q
tIq
Cu
Cu
Cu
Cu
Cu
Cu
12062=⋅
⋅⋅=
⋅⋅=⋅
⋅⋅=
⋅=
µ
µ
µ
Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione 51
Zad 7. równoważnik elektrochemiczny jest równy masie substancji, jaka wydziela się na elektrodzie na skutek przepływu przez elektrolit jednostkowego ładunku elektrycznego
C
g
Fwk
wkF
Cu
Cu
Cu
4103,3 −⋅=⋅
=
⋅=
µµ
Zad 8.
( )
gFw
qm
CsAq
Fwm
q
PbSOPb
OSPbPbSO
PbSO
PbSO
78,169
4
108000360013060
4
4
4
4
=⋅
⋅=
⋅++==⋅⋅−=
⋅⋅=
µµµµµ
µ
Zad 9. eNF A ⋅=
Zad 10.
wF
tIn
wFntI
tIq
wFnq
H
H
H
⋅⋅=
⋅⋅=⋅⋅=
⋅⋅=
2
2
2
w tym przypadku w = 2, ponieważ wodór występuje w postaci dwuatomowych cząsteczek, zachodzi reakcja
222 HeH →+ −+
3
0
0
0
0 418,02
dmp
RT
F
It
p
nRTV
nRTpV
=⋅==
=
Zad 11.
sI
Fmt
wFm
tI
OH
OH
OH
OH
214442
2
2
2
2
=⋅⋅⋅
=
⋅⋅=⋅
µ
µ
w tym przypadku w = 2, ponieważ, zakładając, występowanie wody w formie jonowej należy dwóm jonom H+ dostarczyć 2 e-, a od tlenu odebrać 2 e-. Zad 12. W roztworze tym nastąpi elektroliza wody
gF
tIm
wFm
tI
OHOH
OH
OH
35,32
2
2
2
2
=⋅⋅
=∆
⋅⋅∆
=⋅
µµ
Zad 13.
W czasie rozładowywania akumulatora przebiega reakcja:
OHPbSOeHSOPbO 24242 224 +→+++ −+−
gm
CsAqF
qm
Fm
q
w
sQq
Fwm
q
PbO
OPbPbO
PbOPbO
PbO
PbO
PbO
PbO
7,267
2
21600036001602
2
2
3600
2
2
2
2
2
2
2
2
=
+==⋅⋅=
⋅⋅
=
⋅⋅=
=⋅=
⋅⋅=
µµµ
µµ
µ
8.1. Pole magnetyczne W zadaniach 1-3 korzystamy z reguły lewej dłoni (lub reguły trzech palców) Zad 1. a) w lewo b) w dół c) w górę d)w prawo Zad 2.
proton ⊗
elektron Zad 3. Zatacza koła w górę (w obu przypadkach) Zad 4.
eVJE
m
rqB
m
rqBmmvE
m
Bqrv
Bqrmv
Bqvr
mv
k
k
190103
22217
222
2
2222
2
=⋅=
=⋅==
=
=
=
−
Zad 5.
m
Bqf
Bqrrfm
rfv
Bqvr
mv
π
ππ
2
2
2
2
=
==
=
Zad 6.
Bqrmv
Bqvr
mv
=
=2
Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione 52
Bq
mvr =
2
2
1013,92
2
2
2
−⋅=⋅==
=
=
Bq
mE
Bqm
Em
r
m
EV
mvE
Zad 7. patrz zadanie 6
pp
p
p
p
p
rqB
mer
Bq
mEr
Bq
mEr
=⋅
⋅=
⋅=
⋅=
2
42
2
2
α
Zad 8. qUE =
patrz zadanie 7
pp
d
ppp
Bqr
mUB
qr
Um
rq
qUmB
qr
qUmB
Bq
qUmr
22*2
22
2
2
2
222
==
==
=
=
Zad 9. patrz zadanie 8.
Tqr
UmB 2
210615,1
2 −⋅==
Zad 10.
Bq
mvr
r
mvBqv
x
xx
=
=2
o45=α
mctgrd
mBq
vmr
vvvx
3
3
106,112
1084,12
2
2
245sin
−
−
⋅=⋅=
⋅=⋅
=
=⋅=
απ
o
Zad 11.
s
m500
B
Ev
BqvqE
FF me
==
==
Zad 12. a)
0=wB
b)
Ta
lal
Bw600 108
2
22
2 −⋅=⋅
=⋅
⋅=π
µ
π
µ
c) 0=wB
Zad 13.
B
grtgI
singlrcoslBI
sinmgcoslBI
FF
cosFF
F
Fcos
2
2
zr
emr
em
r
ρπ⋅α=
α⋅ρπ=α⋅⋅
α⋅=α⋅⋅=
α⋅=
=α
Prąd płynie do nas AI 63,0=
Zad 14.
AB
grI
rmgBIl
32,1
lg2
2
==
==
ρπρπ
α Fem Fz
Fr
α
Q B
vx
α
v
α α
I B
F
Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione 53
Zad15.
21
121
21
2
2
BIaMM
aFMM
BIaFF
w ==
==
==
Zad 16. Cu jest katodą, gdyż zachodzi redukcja:
02 2 CueCu →+ −+ Zn jest anodą, gdyż zachodzi utlenianie:
−+ +→ eZnZn 22 , czyli elektrony płyną od cynku do miedzi, zatem kierunek prądu: od miedzi do cynku (określanie biegunów w zwojnicy: patrząc na zwojnicę tak, aby kierunek prądu zgodny był z ruchem wskazówek zegara biegun północny znajduje się na dalszym końcu zwojnicy) S jest przed płaszczyzną pętli, a N za płaszczyzną, bieguny przeciwne się przyciągają więc układ będzie się przyciągał
8.2. Indukcja elektromagnetyczna Zad 1.
VC
J
C
mN
s
m
mC
sNm
s
mTE
VBvlq
lBqvE
BqvF
lFW
q
WE
==⋅=⋅⋅⋅==
==⋅=
=⋅=
=
2
40
Zad 2.
αsin2 ⋅⋅⋅=
=
aFW
q
WE
praca jest mnożona przez 2 ponieważ w polu magnetycznym znajdują się dwa fragmenty ramki równoległe do linii pola (każdy o długości a)
( )
( ) ( )
( )
( )
( )tT
aB
taT
aB
taaBE
T
av
tBvaq
taBqvE
BqvF
t
vB
⋅⋅⋅⋅=
=⋅⋅
⋅⋅=
=⋅⋅
⋅⋅=
=
⋅=
⋅⋅=⋅⋅⋅=
=⋅=
×
ωπ
ωπ
ωω
πω
ω
ωω
ωαα
sin2
sin2
122
sin2
12
22
1
sin2sin2
2
2
Zad 3. na elektrony w ramce działają następujące siły
siły F działające na elektrony w danych bokach ramki, jak widzimy ich układ nie powoduje przepływu (obiegu) elektronów, a zatem nie wytworzył się prąd
0=E Zad 4. SEM powstanie, jeżeli siły zaznaczone na rysunku w poprzednim zadaniu będą powodować obieg elektronów sytuacja taka będzie tylko wtedy, jeżeli w polu magnetycznym znajdzie się tylko lewy lub tylko prawy bok ramki (nie będzie wtedy siły na drugim pionowym boku ramki hamującej obieg elektronów) , wówczas
BvaE =
ponieważ siły pochodzące od poziomych fragmentów ramki będą się równoważyć.
(( )t
BE
∆∆Φ−= , gdzie ( )B∆Φ to zmiana strumienia
indukcji magnetycznej) wchodząc w pole magnetycznej SEM będzie ujemny ponieważ B∆− jest mniejsza od 0, zaś wychodząc z pola magnetycznego SEM będzie dodatni ponieważ
B∆− jest większa od 0
B
v
F
F
F F
Cu(+) Zn(-)
S
N
1F
2F
B
Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione 54
v
dt
v
at
=
=
2
1
Zad 5. a)
siła F2 nie wpływa na ruch elektronów, zatem na ruch elektronów wpływa tylko F1 więc
BvlEa =
b)
BvlEb =
c)
siła powodująca ruch elektronów jest równa
21 45cos45cos FFF ⋅°=⋅°= ponieważ w polu umieszczone są dwa przewodniki
Bvlq
lBqv
q
lFE
FFFF
wc
w
22
222
245cos2 111
=⋅⋅=⋅=
⋅=⋅⋅=°⋅⋅=
2
1
1
1
=
=
c
a
b
a
E
E
E
E
Zad 6. SEM indukcji powstaje wówczas, jeżeli ładunek poruszając się wykonuje pracę. Siła konieczna do wykonania tej pracy to siła Lorenza. Działające siły muszą umożliwi ć obieg elektronów w obwodzie. SEM indukcji powstaje np.: poruszając przewodnik
ustawiony prostopadle do linii pole mając na uwadze powyższe zastrzeżenia, zmieniając pole magnetyczne otaczające przewodnik (II prawo Maxwella) Zad 7. od strony pierścienia na końcu zwojnicy znajduje się biegun N (określanie biegunów w zwojnicy: patrząc na zwojnicę tak, aby kierunek prądu zgodny był z ruchem wskazówek zegara biegun północny znajduje się na dalszym końcu zwojnicy) a) przesuwając suwak w prawo zmniejszamy pole magnetyczne indukowane przez zwojnnicę, co jest równoznaczne z odsuwaniem magnesu sztabkowego, do pierścienia, zgodnie z regułą Lenza w pierścieniu od strony zwojnicy powstanie biegun N, zatem pierścień odchyli się w prawo (bieguny jednoimienne odpychają się) b) przesuwając suwak w lewo zwiększamy pole magnetyczne indukowane przez zwojnnicę, co jest równoznaczne z przysuwaniem magnesu sztabkowego, do pierścienia, zgodnie z regułą Lenza w pierścieniu od strony zwojnicy powstanie biegun S, zatem pierścień odchyli się w lewo (bieguny różnoimienne przyciągają się) Zad 8. Korzystamy z reguły Lenza: prądy indukcyjne „starają się przeciwstawić” zmianom strumienia pola objętego przez przewód. W naszym przypadku powstaje pole magnetyczne od przewodnika w taki sposób, aby „utrudnić” ruch magnesu, zatem a) na górze zwojnicy powstanie biegun północny (określanie biegunów w zwojnicy: patrząc na zwojnicę tak, aby kierunek prądu zgodny był z ruchem wskazówek zegara biegun północny znajduje się na dalszym końcu zwojnicy), zatem w górnym przewodzie prąd popłynie w lewo b) na górze zwojnicy powstanie biegun północny, zatem w górnym przewodzie prąd popłynie w lewo Zad 9. Zwojnica B ma po lewej stronie biegun S, w zwojnicy A chcemy uzyskać po prawej stronie biegun S, należy zatem zwiększać natężenie prądu (co będzie analogiczne do przysuwania magnesu sztabkowego) , zatem suwak należy przesunąć w lewą stronę Zad 10. Magnes zbliżając się do zwojnicy i oddalając się od indukuje prąd, prąd nie płynie jeśli magnes znajduje się wewnątrz zwojnicy.
t1 – jest czasem przejścia przez zwojnicę
t1 t
I
F2
F1 B l
l
v
F1
B
l v
-Bva
Bva
t1
t1
t2 t
F2 F1
B l
l
v
E
Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione 55
Zad 11.
JmNsA
mAsNmA
mC
sNmATW
JlBIdW
lFW
BIdF
=⋅=
=⋅
⋅⋅⋅=⋅⋅⋅⋅=⋅⋅=
=∆⋅=∆⋅=
=
22
2
Zad 12.
HA
VsL
I
EtL
t
ILE
=⋅=
=∆
⋅∆=
∆∆=
5,0
H – henr jednostka współczynnika indukcyjności oraz współczynnika indukcji wzajemnej Zad 13.
VE
t
AIt
ILE
500
108
42
=⋅=∆
=∆∆∆=
−
8.3. Prąd przemienny Zad 1. Wartością skuteczną zmieniającego się okresowo natężenia prądu, SEM, napięcia nazywamy wartość średnią kwadratową natężenia prądu, SEM, napięcia w czasie równym jednemu okresowi jego zmian
+++=
++=
n
n
nsk
tttT
t
U
t
U
t
UU
...
...
21
2
2
22
1
21
, gdzie U1, U2,…, Un to część napięcia maksymalnego w okresie
0
2
02
2
0
sk U3
2
3
2
U3
2
3
10
3
2
U3
2
U =
=+
=
Zad 2.
020
20
2
0
2
0
8
5
8
1
2
1
2
14
1
2
12
1
III
II
I sk =+=
+
=
Zad 3. czas 10-3 s obejmuje 1,5 okresu
HztT
f
tt
T
15002
31
3
2
5,1
=⋅
==
==
Zad 4. liczymy średnie napięcie
CtIq
AI śr
12
6
101
12
102
−
−
⋅=⋅=
=⋅= µ
61025,6 ⋅==e
qn elektronów
Zad 5.
VUU
UU
sk
sk
3112
2
0
0
=⋅=
=
Zad 6. na początku policzymy opór występujący w zakładzie przemysłowym
0
2
2
0
P
UR
R
UP
p
p
=
=
teraz policzmy moc jaka jest w układzie zakład plus linia przesyłowa
kWPPP
WUPR
PU
P
UR
U
RR
UP
p
2
98039
0
20
02
0
2
22
≈−=∆
≈+⋅⋅
=+
=+
=
Zad 7.
AU
PI
IUP
VnUU w
5,0
120
11
11
1
==
===
AUn
PI w 05,0
1
=⋅
=
Zad 8. W przypadku obwodu z szeregowo podłączonymi: opornikiem, kondensatorem i cewką zawada ma postać:
22 1
−+=C
LRZω
ω
w przypadku braku któregoś z elementów pomijamy odpowiedni fragment powyższego równania
Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione 56
Ω==⋅⋅=⋅=
⋅=
⋅=
Ω=Ω=
⋅=
=
=
A
V
sA
sV
C
sV
V
C
sFHz
Z
Z
Z
CfZ
fC
Z
c
c
c
c
c
111
2,159
3185
2
1
2
1
2
1
π
πωω
Zad 9. w przypadku tego obwodu zawada ma następującą postać
222
22
1
1
+=
+=
CRZ
CRZ
RC
RC
ω
ω
więc opór pojemnościowy kondensatora jest równy
7,91932
1
2
1
1
2
11
22
22
2222
2
=−
=
=−
−=−
+=
==
RZCf
fCRZ
RZRC
RZ
fCCZ
RC
RC
RCc
c
π
π
ω
πω
Zad 10. w przypadku tego obwodu zawada ma następującą postać
( )
Ω=Ω=+=
4,31
6280
2
1
22
RL
RL
RL
Z
Z
LRZ ω
Zad 11.
2
2
21
+
==
fCR
U
Z
UI
RC
π
533,0
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
2
2
2
2
2
2
2
1
2
2
1 =
+
+
=
+
+
=
CfR
CfR
CfR
U
CfR
U
I
I
π
π
π
π
Zad 12.
( ) ( )A
fLI
U
U
LR
UI
I
UR
sksksk 93,0
2 22
0
22
0
=
+
=
+=
=
πω
Zad 13.
( )A
fCfLRR
U
CLR
U
Z
UI
RRR
s
c
s
RLC
ssk
c
72,1
2
12
1
2
221
22
21
=
−++
=
=
−+
==
+=
ππ
ωω
fazę początkową obliczamy, ze wzoru
2385
78,122
121
21
′°≈
=+
−=
−=
φ
ππ
ωω
φRR
fCfL
RC
Ltg
Moc czynną obwodu wyrażamy wzorem
( )2
221
22
2
12
coscos
cos
−++
⋅=⋅=
=
⋅⋅=
fCfLRR
U
Z
UP
Z
UI
UIP
s
RLC
s
RLC
ssk
ssk
ππ
φφ
φ
w warunkach rezonansu
LC
1=ω
zatem
ARR
U
R
U
R
U
C
L
C
LR
U
C
LC
C
LR
U
CLC
LLC
R
U
Z
UI
s
c
s
c
s
c
s
c
s
c
s
RLC
ssk
20
111
212
2
2
2
2
2
2
=+
===
=
−+
=
−+
=
=
−+
==
Zad 14. w warunkach rezonansu
Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione 57
FV
C
V
As
A
sVs
Hs
C
FLf
C
LCf
LCf
LC
==⋅=⋅
=⋅
=
⋅==
=
=
=
−
2
2
922
22
11
105,24
1
14
12
1
π
π
π
ω
9.1. Ruch harmoniczny Zad 1.
⋅= tT
AAπ2
sin2
1
⋅= tT
π2sin
2
1
sin α jest równy 0,5 dla α = 30°, czyli π/6 radiana
sT
t
Tt
tT
5,012
126
2
==
=
=⋅ ππ
Zad 2.
=
=
tT
tT
AA
π
π
2sin
2
2
2sin
2
2
sin α jest równy 2/2 dla α = 45°, czyli π/4 radiana
sT
tT
tT
8
84
2
==
= ππ
Zad 3.
( ) ( )ftftAtT
Ax 4sin02,02sin2
sin ⋅=⋅=
= ππ
Zad 4. a)
tT
t
mA
tT
At
tT
Ax
ππ
ππ
π
2
04,0
2sinsin04,0
2sin
=
=
=
=
22
22
max
max
max
04,02
04,02
2
2
s
mA
TAa
s
m
T
Av
T
Av
sT
ππω
ππ
πω
ω
=⋅
==
=⋅=
=
==
b)
22
22
max
max
max
182
6
3
2222
2
3
2
23
2
2sin3sin2
2sin
s
maA
TAa
s
ma
a
T
Av
T
Av
sT
tT
t
aA
tT
Ata
tT
Ax
ππω
πππ
πω
ω
ππ
ππ
π
=⋅
==
=⋅=⋅=
=
=
=
=
=
=
=
Zad 5. podczas jednego okresu ciało przebywa drogę równą czterem amplitudą:
s
m
T
A
t
svśr 08,0
4 ===
Zad 6.
rad
AA
tT
Ax
290
1sin
sin
2sin
πϕ
ϕϕ
ϕπ
=°=
==
+=
Zad 7.
−=3
sin2,0ππtx
wychylenie będzie maksymalne jeżeli:
13
sin =
− ππt
zatem
Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione 58
st
t
t
t
6
5
56
32623
=
==−
=−
πππππ
πππ
Zad 8.
sTt
sf
T
AB 003,04
3
004,01
==
==
sTtAC 006,02
3 ==
Zad 9. α 0 1° 2° 3° 4° 5° α 0 0,0175 0,0349 0,0524 0,0698 0,0873
sin α 0 0,0175 0,0349 0,0523 0,0698 0,0872 tan α 0 0,0175 0,0349 0,0524 0,0699 0,0875 dla „kątów małych” wartości: sin α i tg α są bardzo zbliżone do siebie i jednocześnie zbliżone do miary kąta wyrażonej w radianach. Zad 10.
sTg
lgl
T
g
lT
ZK
Z
9,466
2
6
2
2
≈⋅===
=
ππ
π
Zad 11. ogólny wzór na okres drgań ma postać:
g
lT π2=
gdzie l – to długość wahadła, a g – przyspieszenie pochodzące od sił działających na ciało w stanie równowagi a) a = 0
g
lT π2=
b) przyspieszenie ziemskie jest pomniejszone o przyspieszenie windy
ag
lT
−= π2
c) przyspieszenie ziemskie jest powiększone o przyspieszenie windy
ag
lT
+= π2
d)
422
2
22
22
222
222ga
l
ga
l
a
lT
gaa
gaa
w
w
w
+=
+==
+=
+=
πππ
Zad 12. 125,0sin =α
dla α = 5° sin α = 0,0875 0875,0125,0 >
zatem kąt wychylenia tego wahadła jest zbyt duży, aby przyjąć, że drgania tego wahadła są drganiami harmonicznymi Zad 13.
ga
ga
gag
ag
l
g
l
ag
l
g
l
ag
l
g
l
16
7
716
91616
9
16
3
4
223
4
=
==−−
=
−=
−=⋅ ππ
Zad 14. w windzie spadającej swobodnie panuje stan nieważkości, czyli a = g,zatem nie jest możliwy ruch harmoniczny, nie możemy więc mówić okresie drgań, gdyż we wzorze
ag
lT
−= π2
zakładamy, że a ≠ g Zad 15. linię pionu obie kulki osiągną równocześnie, gdyż okres nie jest zależny od wychylenia początkowego (dla „kątów małych”)
21 4
1
4
1TT =
Zad 16.
sTt
sTt
12
1
5,04
1
2
1
==
==
g
a
aw
Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione 59
Zad 17. obręcz zawieszoną na gwoździu możemy potraktować jako wahadło fizyczne, okres drgania wahadła fizycznego wyraża się wzorem
mgd
IT π2=
, gdzie d jest odległością między przesuniętą osią obrotu i osią obrotu przechodzącą przez środek ciężkości.
g
R
Rmg
mRT
mRI obreczy
22
2
12
2
2
ππ =⋅
=
=
Zad 18. 2
4
3mRI tarczy =
g
R
Rmg
mRT
2
32
2
14
3
2
2
ππ =⋅
=
Zad 19. Ręczny zegarek mechaniczny to zazwyczaj zegarek balansowy, wykorzystuje on izochroniczne drgania balansu; balans ma formę pierścienia, mogącego obracać się dookoła osi wykonując ruch drgający pod działaniem przymocowanej do osi sprężyny. Jego działanie nie zależy od siły ciężkości, ani jej kierunku (działa na przykład leżąc „do góry nogami”, w przeciwieństwie do np. mechanicznych zegarów ściennych), zatem może on działać w stanie nieważkości. Zad 20.
( )
( )
JmNms
kgE
JtT
Afm
tAm
E
p
p
=⋅=⋅=
=
=
=+=
22
222
222
94,32
sin2
2
sin2
ππ
ϕωω
Zad 21.
( )
( )
( )ϕωω
ϕωω
ϕωω
+=
=+
=
+=
tAm
tAm
E
tAm
E
222
222
2
222
1
sin42
sin22
sin2
( )
( ) 4
1
sin2
sin42
222
222
1
2 =+
+=
ϕωω
ϕωω
tAm
tAm
E
E
Zad 22.
2222
p A2
m
9
1
3
A
2
mE
ω=
ω=
w przypadku wychylenia równego amplitudzie energia całkowita wahadła jest równa energii potencjalnej (v = 0, więc Ek = 0), jak widzimy podczas wychylenia x = A/3 energia potencjalna jest równa 1/9 energii całkowitej, zatem energia kinetyczna: Ek = 8/9 energii całkowitej
8
1
9
89
1
==c
c
k
p
E
E
E
E
Zad 23.
- Energia potencjalna - Energia kinetyczna
Zad 24.
( )( )
( )A
xt
tAx
tAm
E
Am
E
EEE
p
c
kinpc
=+
+=
+=
=
+=
ϕω
ϕω
ϕωω
ω
sin
sin
sin2
2
222
22
pckin
p
EEE
A
xA
mE
−=
⋅=2
22
2
ω
−=
=
⋅−=
22
2
22
22
2
12
22
A
xA
m
A
xA
mA
mEkin
ω
ωω
E
t
Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione 60
9.2. Ruch falowy Zad 1. długością fali nazywamy drogę jaką przebędzie fala w czasie jednego okresu, odległości tej odpowiadają pary punktów: AE, CG, BF, DH Zad 2.
s
m
T
lv
Tvl
2==
⋅=
Zad 3.
39,41
2
1
2
2
2
1
1
==
=
=
=⋅=
=
v
v
vv
vf
f
vTv
constf
λλ
λλ
λ
λ
Zad 4. a) załóżmy, że wychylenie początkowe równa się 0 , a grzbiet fali znajdować się będzie w odległości n + 1/4 metrów (n – ilość pełnych metrów) od punktu początkowego, zaś dolina fali znajdować się będzie w odległości n + 3/4 metrów od punktu początkowego, skoro długość fal jest równa 1m, zatem po przebyciu 5m w punkcie P wychylenie fali B jest równe 0 (pełna liczba okresów), a po przebyciu dodatkowego 1/4 metra będzie tam grzbiet fali (zgodnie ze wzorem n + 1/4 metrów, w tym wypadku 5,25m), po przebyciu 7,5m w punkcie P wychylenie fali A jest także równe 0 (pełna liczba okresów + połowa okresu), jednak po przebyciu dodatkowego 1/4 metra będzie tam dolina fali (zgodnie ze wzorem n + 3/4 metrów, w tym wypadku 7,75m), zatem fale te będą się wygaszać. b) załóżmy, że wychylenie początkowe fali równa się 0, a grzbiet fali znajdować się będzie w odległości n + 1/4 metrów (n – ilość pełnych metrów) od punktu początkowego dla fali A i w odległości n + 3/4 metrów (n – ilość pełnych metrów) od punktu początkowego dla fali B, gdyż fazy są przeciwne , zaś dolina fali A znajdować się będzie w odległości n + 3/4 metrów od punktu początkowego, a fali B w odległości n + 1/4 metrów od punktu początkowego, skoro długość fal jest równa 1m, zatem po przebyciu 5m w punkcie P wychylenie fali B jest równe 0 (pełna liczba okresów), a po przebyciu dodatkowego 1/4 metra będzie tam grzbiet fali (zgodnie ze wzorem n + 1/4 metrów, w tym wypadku 5,25m),
po przebyciu 7,5m w punkcie P wychylenie fali A jest także równe 0 (pełna liczba okresów + połowa okresu), po przebyciu dodatkowego 1/4 metra będzie tam grzbiet fali (zgodnie ze wzorem n + 3/4 metrów, w tym wypadku 7,75m) zatem fale te będą się wzmacniać Zad 5. odległość 5 cm odpowiada ¼ długości całej fali, skoro oba źródła drgają w zgodnych fazach różnica faz będzie równa ¼ długości fali (ogólnie równej 2π)
24
122
πππ =⋅=∆⋅=∆Φl
x
Zad 6. podczas jednego obrotu wibrująca tarcza powoduje powstanie fali o długości 2l
s
mlfv
fT
T
lv
42
1
2
==
=
=
Zad 7. największa prędkość będą miały cząsteczki wody przy bardzo małym wychyleniu od stanu równowagi ∆x→0, kiedy cała energia fali skupia się w postaci energii kinetycznej, dla fali sinusoidalnej (np. dźwiękowej) przy ∆x→0 możemy przyjąć, że ten fragment fali jest wycinkiem okręgu, zatem
s
mvAv
vT
T
AAv
rv
fcz
f
cz
182,02
2
=⋅
=
=
==
=
λπ
λ
πω
ω
9.3. Akustyka Zad 1.
mf
v
mf
v
f
vTv
0165,0
,5,16
22
11
==
==
=⋅=
λ
λ
λ
Zad 2. czas potrzebny fali na dotarcie do przeszkody to t/2 (t jest czasem drogi w dwie strony)
mtvs 26822
1 =⋅=
Zad 3.
Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione 61
( )
mvv
vvtl
vv
vvl
v
l
v
lttt
v
lt
vtl
ps
ps
ps
ps
spsp
176=−
⋅⋅∆=
⋅−
=−=−=∆
=
=
Zad 4.
m
s
mv
f
vTv
5106,6
330
−⋅=
=
=⋅=
λ
λ
Zad 5.
SIPS
PI
⋅=
=
0
0
należy pamiętać, aby zamienić cm2 na m2 WP 16412 10510510 −−− ⋅=⋅⋅=
Zad 6. Jeżeli natężenie wzrasta o 1 rząd (10 razy) to wzrasta o 1 bel (,czyli 10dB)
dBIII
dBBnI
70
3031000loglog
01 =∆+=====∆
Zad 7.
5
1
2 10
550
=
==∆
I
I
BdBI
Zad 8.
mv
v
vv
vf
f
vTv
constf
p
p
69,41
22
2
21
=⋅
=
=
=
=⋅=
=
λλ
λλ
λ
λ
Zad 9. w rurze powstanie dźwięk na skutek powstania fali stojącej; fala taka musi mieć węzły co najmniej na początku i końcu ośrodka sprężystego, zatem długość fali:
n
Ls
2=λ
, gdzie n = 1,2,3,…dla strun, prętów oraz gazów w rurach otwartych z obu stron
, gdzie n = 1,3,5,…,2m+1 dla gazów w rurach zamkniętych z jednej strony W naszym przypadku długość tego ośrodka wynosi L = 2h (dwie długości rury, ze względu na zamknięty jeden koniec) zatem maksymalna długość fali otrzymujemy dla n = 1:
Ls 2=λ
Hzh
vvf
s
1654
===λ
Zad 10. dla fali akustycznej rozchodzącej się kuliście mamy zależność
constrI =⋅ 24π zatem
161
1
1~
21
22
22
21
2
1
2
===r
r
r
r
I
I
rI
Zad 11.
f
vnL
f
v
n
L
f
vn
L
s
s
2
2
2
=
=
=
=
λ
λ
v – to prędkość fali dźwiękowej w powietrzu 330 m/s
mf
vL
mf
v
f
vL
mf
vL
75,02
3
5,02
2
25,02
3
2
1
==
===
==
itd. Zad 12.
f
v
Ln
L
s
s
=
==
λ
λ 22
s
mfLv
Lf
v
30002
2
==
=
(jest to prędkość rozchodzenia w strunie i nie można jej mylić z prędkością rozchodzenia w powietrzu)
Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione 62
Zad 13.
mf
vh
hf
v
f
v
hL
Ln
L
s
s
0275,04
4
2
22
==
=
=
=
==
λ
λ
v – to prędkość fali dźwiękowej w powietrzu 330 m/s Zad 14.
mf
vh
hf
v
f
v
h
mf
vh
hf
v
f
v
hL
L
s
s
s
s
00825,02
2
2
15,44
4
2
2
maxmin
minmax
maxmin
minmin
minmax
maxmin
minmax
maxmax
maxmax
=⋅
=
=
=
=
=⋅
=
=
=
==
λ
λ
λ
λ
Zad 15. rurę z wodą traktujemy jako rurę zamkniętą z jednej strony
Hzh
vf
hf
vn
h
n
Ls
5,4124
4
42
==
=
==λ
w rurach zamkniętych z jednej strony drugi rezonans następuje dla n = 3 (następne dla n = 5, 7, 9, itd.)
mhh
hh
6033
44
12
21
==
=
Zad 16.
L
vf
f
v
L
s
s
2
2
1 =
=
=
λ
λ
12 3
4
23
4
4
32
fL
v
L
vf =⋅=
⋅=
Zad 17. korzystamy z równania opisującego zjawisko Dopplera (zbliżając się do źródła słyszymy częstotliwość fal wyższą od częstotliwości wytwarzającego je źródła)
v
vff
001
1
1
−=
vf – prędkość rozchodzenia się fali v – prędkość zbliżania się do źródła (jeżeli oddalamy się od źródła znak minus zastępujemy plusem i wówczas oczywiście v staje się prędkością oddalania się od źródła)
Hzf 25,10311 = (podana w odpowiedziach odpowiedź jest przybliżeniem, korzystającym z faktu, że (v0/v)2 jest praktycznie równe 0, takiego przybliżenia nie można dokonać dla dużych v0) Zad 18. określając częstotliwość korzystamy z równania opisującego zjawisko Dopplera, słysząc zbliżający się pociąg do naszych ust dociera częstotliwość wyższa od f0, kiedy pociąg się oddala jest ona niższa, podczas przejazdu obok nas częstotliwość słyszana jest równa f0
natężenie dźwięku jest odwrotnie proporcjonalne do kwadratu odległości:
2
1~
rI
9.4. Fale elektromagnetyczne Zad 1. Układ LC rejestruje fale, które odpowiadają jego okresowi w którym powstaje rezonans,czyli:
f
f0
t
t
I
Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione 63
mLCc
LC
cLC
f
fT
f
cLC
5,11912
2
1
2
1
2
22
1
=⋅==
==
==
=
=
π
π
λ
ππω
ππω
λ
ω
Zad 2. wypełniając kondensator dielektrykiem εr = 5 zwiększymy jego pojemność 5 razy, gdyż
d
SC rεε 0=
Hzf
CLf
LCf
894,0552
1
2
1
01
0
==⋅⋅
=
=
π
π
Zad 3.
HA
sV
sA
sV
C
sV
V
Cs
F
s
Fs
m
mL
HCc
L
LCc
LCc
LC
c
f
c
=⋅=⋅
⋅=⋅===⋅
=
=⋅
=
=
⋅===
2222
2
2
2
22
2
22
2
56,04
4
2
2
1
µπ
λπλ
π
π
λ
Zad 4.
mf
cTc 29,4==⋅=λ
Zad 5.
2501025,0104
1
104
10
10400
101,0 337
4
9
3
=⋅=⋅=⋅
=⋅⋅= −
−
−
−
n
Zad 6.
Hzc
f
f
c
141029,4 ⋅==
=
λ
λ
Zad 7. np. fale długie, radiofonia, UKF i telewizja, mikrofale, podczerwień, światło widzialne, nadfiolet, promienie X miękkie, promienie X twarde, promienie gamma Zad 8.
ssc
st 20min8500
103
105,18
11
==⋅⋅==
Zad 9. rok świetlny to odległość jaką przebędzie światło w ciągu 1 roku
kmtcs 125 1046,9365243600103 ⋅≈⋅⋅⋅⋅=⋅= 10.1. Optyka fizyczna
Zad 1. aby obserwować interferencję fal promieniowanie w każdej wiązce musi pochodzić od tych samych atomów, gdyż tylko wtedy długości fal będą identyczne, czego nie da się uzyskać mając dwa różne źródła Zad 2. rozciągłe źródło światła wysyła fale świetlne dla których różnica faz drgań jest przypadkową funkcją czasu, niespójność tych fal powoduje losowe padanie na szczeliny, przez co zamazują się prążki (w szczeliny wchodzą fale z przesuniętymi fazami) Zad 3. stałą (okresem) siatki dyfrakcyjnej nazywamy wielkość d = a + b, gdzie „a” jest szerokością nieprzezroczystego paska przesłony, a „b” szerokością szczeliny w naszym wypadku na 1 milimetr przypada 100 rys, a więc także 100 miejsc nieprzezroczystych ( )
nmd
nmba
nmba
4
4
6
10
10
10100
=
=+=⋅+
Zad 4. λψ nd =sin
gdzie n jest rzędem maksimum głównego, z warunków zadania n = 1.
nmd
d
2000sin
sin
==
=
ψλ
λψ
Zad 5. (konsekwentnie z poprzednimi zadaniami oznaczmy stałą siatki przez d)
λψ nd =sin n = 2
nmd
d
5872
sin
2sin
==
=ψλ
λψ
Zad 6. kąt ψ musi być mniejszy 90°, zatem sin ψ ≤ 1
d
n
nd
λψ
λψ
=
=
sin
sin
Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione 64
4
6,4
1
≤∈≤
≤
≤
n
Nn
n
dn
d
n
λ
λ
maksymalny rząd widma wynosi 4. Zad 7. Jeżeli na siatkę dyfrakcyjną światło pada ukośnie to warunek dla maksimów głównych przybiera postać d(sinψ + sini) = nλ, gdzie i jest kątem padania światła na powierzchnię siatki
( )
2000500
10
10500
6
6
==
=+=+
nmd
dba
nmba
( )
6010
176,0sinsin
sinsin
sinsin
′°=
=−=
=+
=+
ψ
λψ
λψ
λψ
id
nd
ni
nid
Zad 8. kąt pod jakim musi badać światło niespolaryzowane, aby światło odbite było spolaryzowane nosi nazwę kąta Brewstera:
'3056
51,1cos
sin
°=
===
B
B
BB ntg
αααα
Zad 9.
'0653
33,1cos
sin
cos
sin
cos2
sinsin
2
sin
sin
°=
===
=
=
−=
−=
=
B
B
BB
B
B
BBB
BB
B
B
ntg
n
n
αααα
αα
ααπβ
απβ
βα
jest to kąt pomiędzy promieniem słonecznym, a normalną, zatem kąt nad jakim znajduje się nad horyzontem słońce jest równy
'5436'065390 °=°−°=α Zad 10.
0335
581,0sin
sin
sin
sin
'2854
4,1sin
sin
cos
sin
′°=
==
=
°=
====
B
BB
B
B
B
B
B
B
BB
n
n
ntg
β
αβ
βα
αβα
ααα
10.2. Odbicie i załamanie światła
Zad 1.
promień zmieni kierunek o kąt równy 2∆α. Zad 2. korzystamy z równania soczewki (prawidłowego także dla zwierciadła kulistego)
yxf
111 +=
f – ogniskowa x – odległość przedmiotu od zwierciadła y – odległość obrazu od zwierciadła
xl
xl
r
lxr
rf
+=
+=
=
2
11
211
2
1
7,262
)2(
2
=−
=
=−+=
rl
rlx
rlrlx
rxrlxl
Zad 3. obraz n razy większy znajduje się w odległości n razy większej niż przedmiot od zwierciadła, zatem
α α
α ∆α
∆α
α+ ∆α
Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione 65
mn
nlR
nl
n
R
Rf
nllf
2,01
2
122
1
111
=+
=
+=
=
+=
Zad 4. przejście promienia przez F powodu je powstanie wiązki równoległej do OF, zaś przejście promienia przez O powoduje ,że wiązka odbita pokrywa się z wiązką padającą (α = 0), zatem w naszym wypadku wiązka odbije się pod kątem pośrednim
Zad 5.
Rx
xRx
xRR
xRxR
xR
R
Rf
Rxf
3
2
24
24
2
222
1
2
111
=
+=
+=
+=
=
+=
obraz n razy większy znajduje się w odległości n razy większej niż przedmiot od zwierciadła, zatem
33
22
2
=
=
=
n
RnR
nxR
Zad 6. załamanie światła przez gazy zmienia się wraz z temperaturą, gorący mur podgrzewa otaczające go powietrze przez co obserwujemy różnice załamania światła przez powietrze w zależności od odległości od muru, powoduje to, że widzimy obraz jakby falował. Zad 7. z definicji: współczynnik załamania światła to wielkość n równa stosunkowi prędkości c fal elektromagnetycznych w próżni do ich prędkości fazowej v w ośrodku
s
m
n
cv
s
m
n
cv
n
cv
v
cn
d
w
8
8
1025,1
1026,2
⋅==
⋅==
=
=
Zad 8. v z indeksem to prędkość światła w odpowiednim ośrodku.
13,1===
=
=
=
=
=
w
s
s
p
w
p
sw
s
ps
w
pw
s
wsw
w
pw
s
ps
n
n
n
vn
v
n
n
vv
n
vv
v
vn
v
vn
v
vn
Zad 9.
26,22 ==⋅=⋅=
⋅=
=
n
ht
n
ctvh
tch
v
cn
w
w
Zad 10., Zad 11. korzystamy z wzoru Snelliusa:
n=βα
sin
sin
, gdzie α jest kątem padania, a β kątem załamania, (ponieważ promień przechodzi z powietrza do wody)
'3840
651,060sinsin
sin
°=
=°==
β
αβnn
Zad 12.
F
O
α β
Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione 66
( ) ( )
( )
°=
===
=−°=−°=
°=+°=−°+−°
=
57
54,1cos
sin
cos90sinsin
90
90
909090
sin
sin
α
ααα
ααβαβ
βαβα
βα
tgn
n
Zad 13.
'194890
'4141
665,0sinsin
30sinsin
sin
°=−°=°=
==°=
=
βγβ
αβα
αβ
n
n
Zad 14.
( )
mn
d
n
dx
n
dx
dxnx
nxxd
xd
x
n
xd
x
n
xdy
y
xn
n
n
811,0cos
cos
cos
cos
cos
cos
coscos
coscos
cos
cos
sin
cossin
sin
cos
cos90sinsin
90
sin
sin
2222
22
22
222
222222
222222
22
2
2
2
22
22
=−
=−
=
−=
=−
=++
=
+=
+=
=
=
=
=−°=−°=
=
ϕϕ
ϕϕ
ϕϕ
ϕϕϕϕ
ϕ
ϕ
β
ϕβ
βϕ
ϕϕαϕα
βα
Zad 15. najmniej załamuje się światło czerwone, najbardziej światło fioletowe (przy pierwszym załamaniu kąt załamania jest większy od kąta padania, ponieważ światło przechodzi z ośrodka, w którym prędkość światła jest mniejsza do ośrodka gdzie ta prędkość jest większa)
Zad 16. pryzmat ten jest trójkątem równobocznym
α
β
φ
x
y d
α
β γ
α
β
światło białe
czerwone
fioletowe żółte
α β γ δ
60°
Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione 67
'2547
736,0sinsin
sin
sin
2427
60
180609090
'4632
541,0sin
sin
sin
sin
°===
=
°=°=+
°=°+−°+−°°=
==
=
δγδ
γδ
γγβ
γββ
αβ
βα
n
n
n
n
normalna boku na którym następuje drugie załamanie światła jest równoległa do pierwotnego promienia (są one nachylone od podstawy o ten sam kąt = 30°), zatem promień ten odchyli się o:
'2547°=δ Zad 17. kąt graniczny β spełnia równość
'2424
'3041
'4548
1sin
1sin
90
sin
sin
°=°=°=
=
=°=
=
d
s
w
n
n
βββ
β
αα
βα
Zad 18. mamy to do czynienia z odbiciem wewnętrznym, kąt padania promieni tworzy z normalną kąt 45°, zatem
1sin
1sin
sinsin
sin
sin
>>=
=
βα
βαβα
n
n
n
41,12
2
2
2
2
1
45
sin
1
≈>
=>
°=
>
n
n
n
ββ
Zad 19.
'4841
667,0sin
1sin
1sin
1sin
1sin
90
sinsinsinsin
9018090
°<<
<
<
<⋅<°<
=⋅
=
=−°−°=−°
ϕϕ
ϕ
α
αβ
ββα
αβ
ϕαϕα
n
n
n
n
n
Zad 20. aby wykreślić drogę promienia słonecznego należy podzielić atmosferę na jak najwięcej warstw dla których przyjmujemy uśrednione współczynniki załamania, pamiętając, że współczynniki załamania rosną wraz ze zbliżaniem się do powierzchni (ponieważ wzrasta gęstość) w pewnym przybliżeniu promień ten ma kształt
10.3. Soczewki
Zad 1. korzystam z wzoru soczewkowego
yxf
111 +=
f – ogniskowa soczewki x – odległość od przedmiotu y – odległość od obrazu
α β
φ
Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione 68
( )m
fl
flx
flflx
xlfxfl
xl
xl
f
lxf
105,0
1
111
=−
=
=−=+
+=
+=
Zad 2. dla obrazu pozornego wzór soczewkowy przyjmuje postać
( )m
fd
fdx
fdfdx
fxfdxd
xd
xd
f
dxf
yxf
042,0
1
111
111
=+
=
=+−=
−=
−=
−=
obraz p razy większy znajduje się w odległości p razy większej niż przedmiot od zwierciadła, zatem
96,5==x
dp
Zad 3. obraz k razy większy znajduje się w odległości k razy większej niż przedmiot od zwierciadła, zatem obliczamy ogniskową:
kd
k
f
kddf
+=
+=
11
111
wyprowadźmy wzór na promień krzywizny
oczywiście jest to schemat bardzo „skoncentrowany” w rzeczywistości odległości r i f są znacznie większe dlatego kąty α i β są niewielkie, zatem prawo Snelliusa przyjmie postać (oczywiście kąty wyrażamy w radianach)
βαβα
βα
n
n
≈
≈=sin
sin
( ) ( )
( )
( )r
nf
r
dn
f
d
r
dnnn
f
d
f
dtg
r
d
11
1
1
11
sin
−=
−≈
−≈−=−=−=≈
−=
=≈
=≈
ββββαϕ
βαϕ
ϕϕ
ββ
korzystając z wcześniej obliczonego ilorazu 1/f mamy:
( )
( )( )
mk
nkdr
nkd
k
r
kd
k
rn
033,01
1
1
11
111
=+
−=
−+=
+=−
Zad 4.
( )
2,11
1
1
1
1
1
11
1
1
2
2
1
2
1
22
11
=−−
=
−
−=
−=
−=
−=
n
n
n
rn
r
f
f
n
rf
n
rf
rn
f
Zad 5. współczynnik załamania światła to wielkość n równa stosunkowi prędkości c fal elektromagnetycznych w próżni (w treści zadania podane są współczynniki względem powietrza) do ich prędkości fazowej v w ośrodku; v z indeksem to prędkość światła w odpowiednim ośrodku.
O F r
f
d β
ββφ
α
Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione 69
2
1
1
2
1
2
2
1
n
n
n
vn
v
n
n
vv
n
vv
v
vn
v
vn
v
vn
p
p
ps
pw
s
w
w
p
s
p
==
=
=
=
=
=
zatem wzór przyjmie postać
( )
+−=
21
111
1
rrn
f
Zad 6. rozpraszającą ponieważ współczynnik załamania światła przechodzącego z wody do powietrza jest mniejszy od 1, zatem korzystając z prawa Snelliusa kąt załamania musi być większy od kąta padania Zad 7.
w
ssw n
nn =
korzystamy ze wzoru na ogniskową
( )
256,01
1
1
1
11
1
1
11
1
2
1
2
1
=−
−=
−
−=
−=
−=
−=
−=
−=
s
w
s
w
s
s
w
ssw
s
n
n
n
n
nr
n
r
f
f
n
nr
n
rf
n
rf
n
rf
rn
f
Zad 8.
Zad 9.
Zad 10. Zakładamy, że F jest ogniskiem soczewki wobec powietrza
Zad 11.
z prawa Snelliusa
βα
sinsin=n
dla małych kątów wyrażenie to przyjmuje postać
βα≈n
kąt α jest 2 razy większy od kąta β są to kąty oparte na tym samym łuku, α jest kątem środkowym, a β kątem wpisanym, zatem
22 =≈ββ
n
Zad 12. jest możliwe, jednak otrzymany obraz, będzie obrazem przedmiotu znajdującego się przed nie zasłoniętą częścią soczewki
F F
F F woda
powietrze
F F
F F
α β
Oα β
Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione 70
10.4. Przyrządy optyczne
Zad 1.
mz
f
fz
4,01
1
==
=
jest to soczewka skupiająca (ponieważ zdolność skupiająca jest dodatnia), zatem wyrównuje wadę dalekowzroczności
Zad 2.
fla
111 =+
a – odległość od soczewki oka do siatkówki f – ogniskowa soczewki w oku
Dzldf
flada
ffda
okularowokularow
okularow
okularow
2111
11111
1111
==−=
++=+
+=+
Zad 3. możemy np. zogniskować promienie słoneczne (które traktujemy jako wiązki równoległe) i wyznaczyć odległość od podłoża do soczewki, która będzie ogniskową Zad 4.
lxf
flaax
axff
alf
okularow
okularow
okularow
111
11111
1111
111
−=
++=+
+=+
+=
ponieważ x → ∞, 1/x → 0, zatem
Dzlfokularow
111 −==−=
Zad 5.
alf
111 +=
l → ∞, 1/l → 0, zatem
af
11 =
Dzdf
adfa
adff
okularow
okularow
okularow
411
1111
1111
===
+=+
+=+
Zad 6. w mikroskopie nie można rozróżniać kształtów przedmiotów, których rozmiar jest mniejszy od długości fali, ponieważ fala świetlna (powstała w skutek dyfrakcji) docierająca od dwóch punktów leżących w odległości mniejszej niż długość fali interferuje w ten sposób iż tworzy się fala odpowiadająca fali wysyłanej przez jeden punkt, znajdujący się pomiędzy tymi dwoma Zad 7. układ soczewek znajdujący się w mikroskopie działa następująco: pierwsza soczewka wytwarza obraz rzeczywisty, powiększony i odwrócony przedmiotu, druga – obraz pozorny nieodwrócony i powiększony tego pierwszego, najlepiej zatem umieścić skalę w miejscu powstania obrazu rzeczywistego przedmiotu, gdyż obraz pozorny, który będziemy obserwować będzie już zawierał tę skalę (przez co zniekształcenia powstałe na drugiej soczewce nie spowodują błędu w pomiarze), także nie zmieni się skala pomiaru po zmianie wielkości powiększenia okularu.
Zad 8. kąt pomiędzy tymi kropkami musi być większy od 1’ schematycznie:
αα tg=sin
ponieważ kąt α jest bardzo mały
mh
l
l
h
44,3sin
sin
==
=
α
α
Zad 9.
Obraz rzeczywisty
Obraz pozorny
przedmiot
h
l α
l
f
Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione 71
zmniejsza się kąt załamania światła na oku ludzkim gdyż współczynnik załamania woda-oko jest mniejszy od współczynnika załamania powietrze-oko, na siatkówce powstaje obraz taki jak u osób z dalekowzrocznością
Zad 10.
( )
( )( )dffdflfdl
dflfdlf
fdf
dflfdl
fdf
dflfdl
a
df
dflfdlb
dflfdldbbf
bflfdfdbdl
bld
bld
f
dblf
fb
bfa
abbfaf
f
abba
ab
ba
f
baf
abal
bdp
dblf
baf
abal
bdmnp
bl
dn
a
bm
+−−+−+=
−+
−++
−+
=
+−+=
−+=++−=−
−+−=
−−
=
−=
=+
=+
+=
+=
−=
−−
=
+=
−=⋅=
−==
2122
221
12
22
12
22
2
22
222
222
2
2
1
1
11
1
1
1
2
1
1
111
1
111
111
111
,,
( )( )
( )
( )( )
5,34121
2122
2122
21
2
222
2122
1
2
2
22
2122
221
2
22
=+−−+
=
=
+−−+
=
++−−+
⋅+−−+
+
=
+−+
−+−−+
−++
−+
=
ff
dffdflfdl
dffdflfdl
dffd
df
dflfdldllf
dffdflfdl
f
df
d
df
dflfdll
dffdflfdl
dflfdlf
ddf
dflfdl
p
(w odpowiedziach w zbiorze przyjęto dość daleko idące uproszczenia mianowicie: p = bd/f1f2 co jest uproszczeniem wyrażenia p = (b/f1-1)*(d/f2+1) oraz b = l - f2, zamiast b = (dl+f2l-f2d)/(f2 + d) Zad 11.
61
1
11
=+=
−=
−=
f
dn
nf
d
dd
n
f
Zad 12. stała siatki jest to suma jednostkowej szerokości części nieprzepuszczalnej i przepuszczalnej, dla naszego kartonu
( )( )
a
dafx
dafax
ax
da
ax
d
xx
n
xf
a
dn
n
d
n
aa
mmddda
2
2
22111
2
2
22
+=
+=
+=+=+=
=
=′
=
==+=′
10.5. Fotometria Zad 1.
αα
α
α
cos1
cos1
1cos
1
cos1
2222
221
2
bacE
aaE
rE
+==
==
=
a
b
l
d
Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione 72
( )22
90sincosba
a
+=−= αα
( )
( )( )
62,4
1
1
3
322
322
2
2
1
32222222
=+=
+
=
+=
++=
a
ba
ba
aa
E
E
ba
a
ba
a
baE
Zad 2.
( )
25,4sin
sin
sin1
sin1
sin1
90cos1
2
1
22
12
2
1
22
===
=−=
ϕϕ
ϕ
ϕ
ϕϕ
r
rE
E
rrE
Zad 3.
16
cos1
1
cos1
1
cos1
11~
2
1
221
22
22
21
2
1
2
=
===
=
d
d
d
d
d
d
t
t
dE
t
α
α
α
Zad 4.
( )
( )( )
( )3
1
1
1122
22
=+
=
+=
=−
=−
=−
=−
n
ndx
nxnd
xnxnd
xnxd
xnxd
x
I
xdn
I
x – jest odległością od mocniejszego źródła światła Zad 5. światłość to stosunek strumienia świetlnego wysyłanego przez źródło punktowe w nieskończenie małym stożku do kąta bryłowego tego stożka
ωΦ=I
jednostką jest kandela (W/sr wat na steradian) steradian to jednostka kąta bryłowego, jest to kąt o wierzchołku w środku kuli, wycinający z jej powierzchni część równą powierzchni kwadratu o
boku równym promieniowi tej kuli (analogicznie jek radian lecz w dwóch wymiarach); kąt bryłowy pełny to 4π sr (.
cdP
I
PP
2,1594
==
=Φ
Φ=
πηη
η
Zad 6.
lxr
I
Sr
SI
SE
lmr
SI
r
S
I
3,0
102,1
2
2
42
2
==∆
∆
=∆Φ=
⋅=∆=Φ
∆=
=Φ
−
ω
ω
11.1. Dualizm korpuskularno-falowy Zad 1. zgodnie z prawem przesunięć Wiena:
KC
T
T
C
5216==
=
λ
λ
Zad 2. na naszą opaleniznę wpływ ma promieniowanie UV, jak wiemy atmosfera absorbuje je; w górach warstwa atmosfery jest mniejsza przez co dociera więcej promieni UV Zad 3.
mTTT
TC
TTT
CTTCCT
TT
C
T
C
TT
C
T
C
m
m
m
7
02
0
02
0
00
00
02
01
6310,2 −=⋅∆+
∆=
=⋅∆+−∆+
=∆+
−=∆
∆+=
=
λ
λ
λ
energia emitowana jest proporcjonalna do natężenia promieniowania
4
~
TI
IE
σ=
σ – stała Stefana-Boltzmanna
464,14
0
04
0
42
1
2 =
∆+==
T
TT
T
T
E
E
σσ
Zad 4. W strefie podbiegunowej do powierzchni Ziemi dociera szczególnie dużo promieniowania świetlnego (w tym także groźnego dla człowieka promieniowania
Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione 73
UV); należy, zatem ubierać się na jasno, aby odbić jak najwięcej tego promieniowania. Zad 5. korzystamy z prawa przesunięć Wiena oraz z prawa Stefana-Boltzmanna
38,9
~
4
2
1
4
1
24
1
42
1
2
4
=
=
==
=
=
λλ
λ
λσσ
σλ
λ
C
C
T
T
E
E
TE
CT
T
C
Zad 6. w fizyce kwantowej częstotliwość oznaczamy literą υ (ni)
7,42
1
1
2
1
2 ===
=
=
=
λλ
λ
λ
λν
νλ
ν
ch
ch
E
E
c
c
hE
Zad 7.
[ ] [ ]19
19
106,1
31087,4
−
−
⋅==
=⋅==
=
=
=
JE
e
JEeV
eVJc
hE
c
c
hE
λ
λν
νλ
ν
Zad 8. energię całkowitą będącej w stanie spoczynku cząstki lub układu cząstek (np. jądra atomowego, atomu, cząsteczki) równą W = mc2 nazywamy energią spoczynkową
λν
νλ
ν
c
c
hE
=
=
=
mmc
h
mcE
E
ch
chE
12
2
1042,2 −⋅==
=
=
=
λ
λ
λ
Zad 9.
λν
νλ
ν
c
c
hE
=
=
=
a) νhE =
b)
λν
νλ
ν
c
c
hE
=
=
=
λc
hE =
wykresem będzie hiperbola
Zad 10.
λν
νλ
ν
c
c
hE
=
=
=
λc
hE =
υ
E
λ
E
Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione 74
JE
JE
JE
c
b
a
19
19
19
1096,4
1054,3
1083,2
−
−
−
⋅=
⋅=
⋅=
Zad 11. długość fal światła widzialnego to: 400-700 nm
nmmE
ch
chE
9,283109,283 9 =⋅==
=
−λ
λ
promieniowanie to nie należy do obszaru światła widzialnego Zad 12.
s
m
m
Whc
m
Ev
vmE
Whc
WEE
hcE
EWE
ee
kin
ekin
kin
kin
5
2
1083,32
2
2
⋅=
−==
=
−=−=
=
+=
λ
λ
λ
Zad 13.
s
m
m
hc
m
hchc
m
Ev
vmE
hchcWEE
hcE
EWE
Jhc
W
WE
eee
kin
ekin
kin
kin
5
1212
2
12
2
19
1
1
1031,5
1122
2
2
1068,3
⋅=
=
−
=
−
==
=
−=−=
=
+=
⋅==
=
−
λλλλ
λλ
λ
λ
Zad 14. a)
eVJW
Hz
hW
13,41061,6
1019
151
1
=⋅=
=
=
−
νν
b)
( )
JssJ
Hz
eVEh
hhhWEE
kin
kin
3415
19
151512
1212
104,6105,1
106,16
101105,2
6
−−
⋅=⋅
⋅⋅⋅=
=⋅−⋅
=−
=
−=−=−=
νν
νννν
c)
nmmc
chhW
300103 7
1
1
=⋅==
==
−
νλ
λν
Zad 15.
eVW
eVW
eVW
Wc
hE
c
hE
EW
53,6
79,2
88,1
3
2
1
===
==
=
==
λ
λν
ν
Zad 16.
2
iRTUEkin ==
i – liczba stopni swobody (dla gazów jednoatomowych i = 3) Ekin jest to energia kinetyczna jednego mola gazu, zatem energia jednego atomu gazu będzie równa
K
Jk
N
R
N
iRTE
A
Akin
231038,1
2
−⋅==
⋅=
k – stała Boltzmana
K
K
JJ
K
Jm
s
msJ
T
Kk
hcT
kThc
hcE
kTEkin
==⋅
⋅⋅=
==
=
=
=
9603
22
3
2
3
λ
λ
λ
Zad 17. energia jednego kwanta światła jest równa
Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione 75
shc
P
E
Pn
hcE
15=⋅==
=
λλ
Zad 18.
shc
P
E
Pn
hcE
11082,2 16⋅=⋅==
=
λλ
Zad 19. wzór de Broglie’a określa zależność długości fali, związanej z poruszającą się cząstką materialną, od jej pędu
λλ h
v
hv
v
Ep kin ===
mv
h
p
h ==λ
z zasady zachowania energii obliczmy prędkość
meUm
h
m
eUm
hm
eUv
m
eUv
mveUE
13
2
2
1043,122
2
22
−⋅===
=
=
==
λ
Zad 20.
nmvm
h
p
h
e
36,36===λ
Zad 21. fotony odbijając się sprężyści zmieniają swój zwrot wektora prędkości (przy niezmienionym kierunku), zatem ∆v = 2v, więc zmiana pędu jest równa:
02pp =∆
korzystając z wzoru de Broglie’a
t
p
m
p
t
m
t
vmmaF
hnp
hp
hp
p
h
f
f
f
∆=∆⋅===
=∆
=∆
=
=
λ
λ
λ
λ
2
2
ponieważ t = 1s
PaS
nh
S
Fp
pF
cisnienie6103,5
2 −⋅===
∆=
λ
Zad 22.
22
2
15
104,2
1099,1
−
−
⋅===
=
⋅==
cm
h
cm
hc
E
E
cmE
Jhc
E
ees
es
λλ
λ
Zad 23. w mikroskopie nie można rozróżniać kształtów przedmiotów, których rozmiar jest mniejszy od długości fali, ponieważ fala (powstała w skutek dyfrakcji) docierająca od dwóch punktów leżących w odległości mniejszej niż długość fali interferuje w ten sposób iż tworzy się fala odpowiadająca fali wysyłanej przez jeden punkt, znajdujący się pomiędzy tymi dwoma, w mikroskopie optycznym od przedmiotu oglądanego odbijają się fale światła widzialnego (400-700nm), zaś w mikroskopie elektronowym fala ma długość średnio 0,002nm, co pozwala uzyskać znacznie lepsze powiększenie przez mikroskop elektronowy
11.2. Widmo atomu. Atom Bohra Zad 1. dla jonów wodoropodobnych wzór Balmera-Rydberga przybiera postać
−=
21
22 11
nnRcZν
Z – liczba porządkowa R – stała Rydberga n – główna liczba kwantowa w widmie wodoru mamy następujące serie linii, dla: n = 1 – seria Lymana n = 2 – s. Balmera n = 3 – s. Paschena n = 4 – s. Bracketta n = 5 – s. Pfunda n = 6 – s. Humphreysa n1 = n + 1, n + 2,…(jeżeli n jest stałe mówimy wówczas o serii widmowej) dla częstotliwości granicznej n1 → ∞ dlatego dla wodoru (Z = 1) wzór przyjmuje postać
2
2
1
1
nRc
c
cn
Rc
=
=
=
λ
λν
ν
Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione 76
nmRR
n
n
R
3642
1
22
2
===
=
λ
λ
jest to zakres UV (ultrafiolet) Zad 2.
nm
R
nR
nhRc
hc
E
hc
JhRcE
Rc
hE
5,102
3
1
1
11
1
1
11
1
1
1
10939,13
1
1
1
3
1
1
1
2
1
22
182
22
=
−=
−=
−==
⋅=
−=
−=
=
−
λ
λ
ν
ν
przy przejściu do stanu podstawowego zmieniać się będzie liczba kwantowa dla pierwszej liczby kwantowe = 1: n = 2, n = 1, dla drugiej liczby kwantowe = 2: n = 3, zatem
nm
R
nm
R
656
3
1
2
11
121
2
1
1
11
22
3
2
2
=
−=
=
−=
λ
λ
Zad 3. najmniej energetyczną linią w zakresie widzialnym jest powstała w wyniku przejścia z n = 3 na n = 2 (pierwsza linia serii Balmera) zatem energią minimalną jaką trzeba dostarczyć elektronowi atomu wodoru jest energia konieczna do przejścia ze stanu podstawowego na n = 3 rozwiązując równanie Schrődingera otrzymujemy
n
RhcE −=1
ponieważ w stanie podstawowym n = 1 RhcE −=1
z zasady zachowania energii a)
e
e
e
m
Ev
vmE
vmhRc
12
2
1
2
2
9
1629
8
23
1
1
1
−=
=⋅−
=
−
em
Ev 1
3
4 −=
b)
11
1
22
5
36
36
51
36
51
3
1
2
1
E
hc
hc
E
hc
ER
RhRc
hc
E
hc
−=−
=
−=
=
−==
λ
λ
c)
e
EU
UeE
UehRc
1
1
2
9
89
8
3
1
1
1
−=
=−
=
−
Zad 4.
51
4
14
4
11
4
1
1
4
11
1
2
1
2
22
2
222
=−
=
=
−
=−
=−
−=
−==
RR
n
RR
n
nRRn
nRR
nR
nhRc
hc
E
hc
λλ
λλ
λλ
λλ
λ
jest to linia odpowiadająca przejściu elektronu z poziomu 5 na 2 Zad 5. energia jonizacji jest to energia jaką trzeba dostarczyć aby wybić elektron z pola jądra atomowego, czyli spowodować przejście ze stanu podstawowego (n=1) na nieskończenie duże n (n→∞, 1/n→0)
eV
JhRchRcnn
hRcE
6,13
1019,21
111 1821
2
=
=⋅===
−= −
Zad 6. pierwszą linią jest n1 = n + 1
λhc
E
hRchRcE
=
=
−=36
5
3
1
2
122
Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione 77
710097,15
3636
5
⋅==
=
λ
λ
R
hchRc
Zad 7. dla częstotliwości granicznej mamy wzór:
4
9
2
3
1
1
1
2
2
22
21
1
1
2
2
2
2
===
=
=
=
=
=
R
nR
n
R
n
n
Rn
Rcc
cn
Rc
λλ
λ
λ
λ
λν
ν
Zad 8.
mme
h
me
h
r
hme
r
112
20
2
2
0
2
20
1029,52
4
2
4
−⋅==
=
=
=
πεπ
πε
π
πε
h
h
Zad 9.
94
4
4
21
22
212
20
222
20
1
2
22
20
==⋅
⋅=
⋅=
n
n
nme
nme
r
r
nme
r
h
h
h
πε
πε
πε
Zad 10.
hn
e
mnh
emnh
mem
nh
hnv
em
nhr
rmp
p
h
nv
e
e
ee
e
e
0
2
220
2
2
220
2
220
222
2
επεπ
πεπ
πε
π
λ
λ
===
=
=
=
=
s
m
h
ev
n
6
0
2
1019,22
1
⋅==
=
ε
jest to wartość ponad 100 razy mniejsza od prędkości światła zatem nie ma konieczności stosowania poprawki relatywistycznej Zad 11.
nmE
hc
Jh
meh
h
meE
h
meRc
RchE
656
1003.3836
5
36
5
8
8
3
1
2
1
1922
0
4
320
4
320
4
22
==
⋅===
=
−=
−
λ
εε
ε
Zad 12.
nmRRRch
hc
E
hc
RhcE
4863
16
16
31
4
1
2
1
4
1
2
1
22
22
=⋅
==
−==
−=
λ
jest to zakres światła widzialnego (400nm-700nm) Zad 13. korzystamy z warunku Braggów
βλ cos2dn = gdzie β to kąt jaki tworzy promień z normalną
( )
md
n
nd
dn
10108,2sin2
1sin2
sin2
sin90coscos
90
−⋅==
=
=
==−°=
−°=
αλ
αλ
αλααβ
αβ
Zad 14. korzystamy z zasady zachowania energii
mUUe
hc
Ue
hc
chUe
cv
v
c
hvUe
10
2121 1003,1
11 −⋅=
−=−=∆
=
=
=
=
=
λλλ
λ
λ
λ
λ
Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione 78
Zad 15.
mUe
hc
chUe
cv
v
c
hvUe
11102,6 −⋅==
=
=
=
=
λ
λ
λ
λ
Zad 16. βλ cos2dn =
( )
'4314
2541,02
2sin
22
sin
sin2
sin90coscos
90
°=
===
=
=
==−°=
−°=
α
λλα
λα
αλααβ
αβ
dd
nd
n
dn
Zad 17. Kα, Kβ, Kγ uszeregowane są wraz ze wzrostem długości fal promieniowania (,czyli wraz ze spadkiem energii), długości fal jest odwrotnie proporcjonalna do częstotliwości, zatem po prawej stronie znajduje się Kα, a po lewej Kβ.
12. Fizyka jądrowa Zad 1.
mRr
rxRR
r
rx
ee
e
69,40===
=
Zad 2.
( )
( ) 317
30
30
3
03
3
033
1082,14
3
4
3
4
33
4
3
4
m
kg
r
m
Ar
Am
rA
Am
rArV
V
Am
V
m
nnn
n
⋅====
==
==
πππρ
ππ
ρ
Zad 3.
ZAn
Zp
−==
Z – liczba atomowa A – liczba masowa
9,8,7,6
6
===
Z
constp
Zad 4.
mol
gA
ppA
Cl 45,35100
97,3647,2497,3453,75100
...2211
=⋅+⋅=
+⋅+⋅=
µµ
Zad 5. cząsteczki α są dwudodatnie podobnie jak jądra atomowe; natężenie pola elektrostatycznego wzrasta wraz ze wzrostem liczby atomowej; dla jąder ciężkich wartość ta jest zbyt duża, aby ją pokonała cząstka α (lub ma następnie zbyt małą energię, aby zapoczątkować reakcję), zamiast zderzenia następuje odbicie Zad 6.
s
m
m
Ev
vmE
p
p
7
2
10385,12
2
⋅==
=
(1eV = 1,602·10-19J) Zad 7. jeżeli jest to odbicie sprężyste oznacza to, że po zderzeniu energia neutronu jest równa 0, zatem przekazał on całą energię atomowi wodoru Zad 8. promieniowanie β jest szkodliwe, gdyż w kontakcie z atomami pierwiastków ciężkich powoduje wytworzenie promieniowania rentgenowskiego, w jądrach atomów lekkich takie zjawisko nie zachodzi, zatem to właśnie z takich atomów należy budować osłony (szkło składa się głównie z krzemu, zaś pleksja będąc polimerem głównie z węgla) Zad 9.
α42
11
73 2→+ pLi
( )MeV
JcmmmmcE
9,16
10703,22 122231
2
==⋅=−+=∆= −
Zad 10. tworzenie jednego atomu powoduje wyzwolenie energii równej:
( )Jckg
cmmmmcE Hepp
12229
22
1096,3104,4
22−− ⋅=⋅⋅=
=−+=∆=
1 g helu to n atomów:
( )J
NcmmmnEE
Nn
AHeppc
A
11
2
23
106
0026,4
122
10504,10026,4
1
⋅=
=⋅⋅−+=⋅=
⋅=⋅=
(różnice w wynikach zależą od wartości tablicowych, które nie są jednolite) Zad 11.
JJMeV 11198 10204,3106,1102200 −− ⋅=⋅⋅⋅= w ciągu doby zużywa się:
Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione 79
JJE 126 104624,2105,28243600 ⋅=⋅⋅⋅= ilość cząsteczek uranu zużywana w ciągu doby
2211
12
10685,710204,3
104624,2 ⋅=⋅⋅= −n cząsteczek
gN
nm U
A
30=⋅= µ
Zad 12. xpN +→+ 1
142
147 α
uzgadniamy teraz liczbę masową i atomową „x”
8127
171414
=−+==−+=
Z
A
„x” to atom tlenu, równanie, więc ma postać pON 1
1178
42
147 +→+ α
Zad 13. jedynie podczas przemian α zachodzi zmiana masy zatem liczba przemian α jest równa
84
32
4==∆= A
nα
podczas 8 przemian α liczba atomowa zmalała o 16, czyli wynosi 76, aby była ona równa 82 musi nastąpić 82-76 = 6 rozpadów β- Liczba przemian α = 8, a rozpadów β- = 6 Zad 14.
362
2
2
2
2
2
2
2
2
2
1024,1 ⋅===
=
=
ppg
e
e
pg
Gm
ke
r
mG
r
ek
F
F
r
ekF
r
mGF
Zad 15. MeVJcmmcE e 02,11064,12 1322 =⋅==∆= −
Zad 16. rozpatrzmy reakcję na poziomie atomowym dla dwóch atomów deuteru:
( ) JcmmmcE HeD1222 10728,32 −⋅=−=∆=
w jednym kilogramie znajduje się n jąder deuteru 21
0
1002,52
00015,02
2
⋅=⋅⋅
⋅⋅= AH
Nm
nµ
powyższe wyrażenie mnożymy przez 2 ponieważ liczba wodorów w cząsteczce tlenu jest równa 2, powyższe wyrażenie dzielimy przez 2 ponieważ masa deuteru jest 2 razy większa od masy wodoru (zawartość procentowa odnosi się do masy nie do ilości) energia właściwa (do wyliczonej jednostkowej reakcji zużywa się 2 at. deuteru) jest równa
Jn
EEc91035,9
2⋅=⋅=
Zad 17. roślinę należy podlać wodą zawierającą promieniotwórczy fosfor, a następnie badając promieniowanie, sprawdzić przyswajalność wody. Roślinę podlewaną jakiś czas wodą zawierającą 32P ścinamy, spalamy, a następnie na podstawie intensywności promieniowania popiołu ilościowo mierzymy 32P. Zad 18. Neutrony w zderzeniach z cząsteczkami wody tracą swoją energię. Zad 19. Rad należy do tej samej grupy (II) co wapń, ma zatem podobne właściwości, dzięki czemu wbudowuje się do tkanek w miejsce wapnia (szczególnie do kości), gdzie ulega przemianom promieniotwórczym Zad 20.
xNanMg +→+ 2411
10
2412
11112
124124
=−=∆=−+=∆
Z
A
wypromieniowaną cząstką jest proton. Zad 21. szybkość rozpadu promieniotwórczego określamy wzorem:
teNN λ−⋅= 0
N – liczba cząstek, która pozostała N0 – początkowa liczba cząstek
tN
N
tN
N
eN
N t
λ
λ
λ
=
−=
= −
0
0
0
ln
ln
dla okresu półtrwania N = ½ N0
λ
λ
λ
2ln
2ln2
1ln
2/1
2/1
2/1
0
0
=
=
=
T
T
TN
N
Zad 22. korzystam z wzoru
n
NN
=2
10
n – ilość czasów połowicznego rozpadu
2/1T
tn =
Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione 80
%5,87%1008
78
7
8
1
8
1
2
1
0
0
000
0
3
0
=⋅=
=−=∆
=
=
N
Np
NNNN
NNN
Zad 23. obliczam stałą rozpadu
hsT
stN
N
tN
N
5180002ln
10000385,0
1ln
ln
2/1
0
0
===
==
=
λ
λ
λ
13. Elementy fizyki relatywistycznej Zad 1.
cv
cv
cv
cmvm
vmcmvm
c
vcmcmvm
cm
c
v
vm
cmc
c
v
vm
cmcmc
c
v
vm
cmcmc
c
v
vm
cmcmcp
c
v
vmp
cmcpE
cmE
ee
eee
eee
ee
ee
eee
eee
ee
e
e
e
2
3
4
3
34
34
33
33
3
1
3
1
4
1
2
1
2
1
22
22
2222
222222
2
2222222
22
2
2
22
422
2
2
22
42422
2
2
22
2422
2
2
22
24222
2
2
4222
20
=
=
=
=
−=
−=
=−
=−
=+−
=+−
=+
−=
+=
=
Zad 2. Korzystam z transformacji Lorenza
2
'1
'
c
vu
uvv
x
xx
+
+=
vx – szukana prędkość zbliżania się dwóch elektronów u –szybkość elektronu względem spoczywającego układu odniesienia (u = 0,5c) vx’ – szybkość poruszającego się układu odniesienia (vx’ = 0,5c)
cc
c
cc
ccvx 5
4
25,015,05,01
5,05,0
2
=+
=+
+=
Zad 3.
2
3
3
12
1
3
32
13
3
2
32
1
4
11
2
1
2
1
1
2
1
1
2
1
2
2
2
2
==⋅
=
⋅=
==−
==
−
=
−
=
==
mc
mc
p
p
mc
mcmc
c
c
mc
c
v
mvp
mcmvp
n
r
r
n
Zad 4. energia spoczynkowa elektronu jest równa:
MeVJcmE e 511,010188,8 1420 =⋅==
Zad 5. zmiana energii elektronu jest równa różnicy między energią poruszającego się elektronu, a energią spoczynkową elektronu:
20 cmE e=
energią poruszającego się elektronu jest równa
−−
=−−
=∆
=∆
−=
1
1
1
1
1
2
2
22
2
2
2
2
2
2
c
vcmcm
c
v
cmE
UeEc
v
cmE
eee
e
Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione 81
V
c
ve
cmU
Ue
c
vcm
e
e
25771
1
1
1
1
1
2
2
2
2
2
2
=
−
−
=
=
−
−
nierelatywistycznie:
Ve
mvU
Uemv
25622
22
2
==
=
Zad 6. a)
907,32
0
20
===
=
cm
E
E
En
cmE
e
e
b)
( )
2
2
2
2
222
2
222
2
2
2
22
22
2
2
2
2
2
2
2
2
2
1
1
11
11
1
1
1
1
cmE
cm
c
v
cmcmEc
v
cmcmc
vE
c
v
cmc
vcmE
c
v
cm
c
v
cmE
c
vcmE
ekin
e
eekin
eekin
eekin
ee
kin
ekin
+=−
=+−
=−+−
−−=−
−−
=
−−
=
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
1
1
1
+−=
+−=
+=−
cmE
cm
c
v
cmE
cm
c
v
cmE
cm
c
v
ekin
e
ekin
e
ekin
e
Zad 7.
wzór de Broglie’a określa zależność długości fali, związanej z poruszającą się cząstką materialną, od jej pędu
( )
( )
( )
mcm
h
cm
h
c
c
cm
h
c
c
cmh
c
c
cm
c
v
vmp
p
h
hp
ee
ee
ee
12
2
2
2
2
2
2
2
2
1082,18,0
6,064,018,0
8,01
8,0
8,01
8,0
8,01
8,0
1
−⋅=⋅
⋅=−⋅
=
=−⋅
=
−
⋅=
−
⋅=
−
=
=
=
λ
λ
λ
