W.K. KOBUSZKIN METODYKA. ROZWIĄZY- WANIA ZADAŃ Z FIZYKI

W.K. KOBUSZKIN METODYKA. ROZWIĄZYWANIA ZADAŃ Z FIZYKI WIKTOR K. KOBUSZKIN METODYKA ROZWIĄZYWANIA ZADAŃ Z FIZYKI & WARSZAWA 1975 PAŃSTWOWE WYDAWNICTWO NAUKOWE B. K. Ko6ynXKHH METO HUKA NO PEUIEHHH 3AFIAV &H3HK& H3flaTejibCTB0 JlemfHrpaacKoro YHHBepcHTexa 1970 Z języka rosyjskiego tłumaczyła WANDA SZYMAŃSKA Okładkę projektował Jan Konarski Redaktor Bogdan Buchcar Redaktor techniczny Eugeniusz Szkudaj Korektor Halina Nagajewska Printed in Poland SPIS RZECZY Od autora Część 1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. 8. 9. 10. 11. 12. 13. 14. I. Mechanika Elementy algebry wektorów Przybliżony schemat rozwiązywania zadań Kinematyka punktu materialnego Dynamika punktu materialnego (zasady Newtona) Zasada zmiany pędu i zasada zachowania pędu układu ciał Ruch ciał o zmiennej masie Praca, energia, moc Zderzenia ciał Ciążenie powszechne Dynamika ruchu punktu materialnego po okręgu Statyka Hydrostatyka i aerostatyka Ruch cząstek naładowanych w różnych polach sił Wybór uzasadnionego sposobu rozwiązywania zadań Część 1. 2. 3. 4. II. Ruch drgający i falowy Pojęcia podstawowe Uwagi o rozwiązywaniu zadań Wzory i prawa dotyczące drgań harmonicznych Zadania do części ,,Ruch drgający i falowy" 7 . 9 17 17 30 64 70 78 87 100 110 127 141 156 169 180 187 189 190 Część III. Termodynamika 1. 2. 3. 4. Gaz doskonały (pojęcia podstawowe) Zadania do rozdziału ,,Gaz doskonały" Energia, praca, ciepło i przejścia fazowe układów termodynamicznych Zadania do rozdziału ,,Energia, praca, ciepło i przejścia fazowe układów termodynamicznych" 5. Uwagi do części ,,Termodynamika" 217 222 258 264 280 5 OD AUTORA Książka ta jest pomyślana jako metodyczna pomoc dla nauczycieli fizyki, studentów młodszych lat wyższych uczelni (przede wszystkim pedagogicznych), a także dla uczniów starszych klas szkół średnich (szczególnie szkół o profilu matematyczno-fizycznym). Książka ta może być z początku trudna dla uczniów, głównie ze względu na stosowanie rachunku wektorowego. Należy jednak przypuszczać, że przy odpowiedniej dozie wytrwałości może ona przynieść dużo pożytku. Autor starał się wszędzie stosować jednolitą metodę przy rozwiązywaniu zadań, która w zasadzie polega na wykorzystaniu niewielkiej liczby podstawowych praw fizyki i w razie potrzeby, niewielkiej liczby pomocniczych wzorów. Dla większej jasności wykładu, każdy rozdział poprzedzają podstawowe założenia teoretyczne. W książce nie ma dokładnej odpowiedzi na pytanie, jak nauczyć uczniów rozwiązywania zadań, to już jest bowiem zagadnieniem metodyki nauczania. Autor nie sądzi, aby udzielenie odpowiedzi na to zagadnienie było potrzebne w książce poświęconej bezpośrednio sposobom podejścia do rozwiązywania zadań i samemu rozwiązywaniu zadań z możliwie dużą ścisłością. Zadania są ułożone zasadniczo przez samego autora. Szereg zadań jest umyślnie dany w bardzo ogólnym sformułowaniu, aby nauczyć uczniów myśleć ogólnymi kategoriami bez zbytniego przyzwyczajania się do konkretnych danych. W tym samym celu w niektórych zadaniach nie są wyszczególnione wszystkie dane niezbędne do otrzymania odpowiedzi. Osoba rozwiązująca takie zadanie powinna sama wprowadzić brakujące dane, jeśli okażą się one niezbędne. 7 Dużo uwagi poświęcono omówieniu założeń, jakie przyjmuje się przy rozwiązywaniu danego zadania i w jakim przybliżeniu to zadanie jest rozwiązywane. Przedyskutowane są dokładnie rozwiązania wielu zadań. W niektórych przypadkach rozwiązując zadania ogólnego typu przechodzi się do rozwiązania przypadków szczególnych. Takie podejście do problemu autor uważa za bardzo istotne dla rozwoju fizycznego sposobu myślenia. Wyłożona w tej książce metoda rozwiązywania zadań została zastosowana przez autora w niektórych ogólnokształcących szkołach średnich oraz matematyczno-fizycznych szkołach Leningradu, a także stosuje się ją na seminarium dla nauczycieli fizyki średnich szkół Leningradu. Autor wdzięczny jest Aleksandrze Wasiliewnie Timoriewej, Helenie Fiedorownie Jaruninowej i Eugeniuszowi Iwanowiczowi Butikowi za krytyczne uwagi, które zostały uwzględnione przez autora. Część I MECHANIKA 1. ELEMENTY ALGEBRY WEKTORÓW W kursie fizyki elementarnej posługujemy się, jak wiadomo, dwoma rodzajami wielkości — wielkościami skalarnymi oraz wektorowymi. Zasadniczą różnicą między wektorem i skalarem jest to, że w przeciwieństwie do skalara wektor ma określony kierunek. W związku z tą własnością reguły działania na wektorach mają charakter geometryczny. Ponieważ na ogół uczniowie dość słabo znają działania na wektorach, przed wyłożeniem zasadniczego materiału tej książki należy zająć się prostymi działaniami na wektorach. Jest to konieczne również i z tego A A Pd Rys. 1 powodu, że zapis wektorowy wielu równań fizyki pełniej opisuje fizyczne procesy, jest bardziej prosty i zwarty. Wektor określamy podając jego wartość (moduł) i kierunek. Graficznie przedstawimy go jako odcinek o zaznaczonym kierunku. Długość tego odcinka w określonej skali daje nam wartość wektora. Tak więc ruch jakiegokolwiek ciała w kierunku północno-wschodnim z prędkością 9 30 m/s można przedstawić przy pomocy odcinka skierowanego na północo-wschód, którego długość określona jest przez przyjętą skalę. Na przykład długość odcinka OA w skali, w której 1 cm oznacza 10 m/s — powinna wynosić 3 cm, a w skali, w której 1 cm oznacza 15 m/s — 2 cm itd. (rys. 1). Punkt O nazywamy początkiem wektora, punkt A — jego końcem. Dla odróżnienia wektorów od skalarów, przyjęte jest oznaczać wektory w tekście tłustym drukiem, albo nad zwykłymi literami stawiać strzałkę lub kreskę, na przykład: a, v, E lub 2, v, E, albo a, v, E itd. Bezwzględne wartości wektorów oznaczamy tymi samymi literami nie wyróżniając ich, np. piszemy: a, v9 E, możemy też zapisać to samo jako |a|, |v|, |E|. Równania wrektorowe i skalarne mają formalnie tę samą postać, np. a-fb = c. Jednakże litery grube (lub strzałki nad literami) podkreślają, że mamy do czynienia z wektorami, a więc działania na nich podlegają specjalnym regułom, o których będziemy mówić w dalszej części książki. W szczególności taki zapis oznacza, że jeżeli a = 2 i b = 3, to c nie musi być równe 5. a. Mnożenie wektora przez skalar Mnożąc wektor a przez jakikolwiek dodatni skalar n, otrzymamy wektor o tym samym kierunku co wektor a, ale o wartości n razy większej (rys. 2). 3 . > . b= f a l=n- a Rys. 2 . 3. a "" Rys. 3 Mnożąc wektor a przez ujemny skalar m> otrzymamy wektor o kierunku przeciwnym do wektora a i wartości \m\ razy większej (rys. 3). b. Dodawanie zvektorów Działanie dodawania wektorów polega na zastąpieniu kilku wektorów takim jednym, który byłby równoważny wszystkim danym wektorom. Wektor ten znajdujemy jako odcinek zamykający linię łamaną, której poszczególnymi odcinkami są dane wektory. Przyjmijmy na przykład, że mamy dodać do siebie wektory a, b, c i d przedstawione na rys. 4. 10 W tym celu koniec jednego wektora dołączamy do początku następnego w dowolnej kolejności. Wypadkowy wektor f skierowany jest od początku pierwszego składowego wektora ku końcowi ostatniego. Zachowane jest przy tym prawo przemienności\ suma wektorów nie ulega zmianie przy^ przestawieniu d f Rys. 4 składowych. Na przykład widzimy na rysunku, że a + b + c + d = b + +a+d+c. W szczególnym przypadku dodawania do siebie dwóch wektorów otrzymujemy trójkąt, w którym dwa boki są składowymi wektorami, a trzeci — wTektorem wypadkowym. c. Odejmowanie wektorów Tak samo, jak w przypadku wielkości skalarnych, odejmowanie wektorów jest działaniem odwrotnym do dodawania. Rozpatrzymy to działanie na przykładzie dwóch wektorów. Przypuśćmy, że mamy odjąć wektor a od wektora c, czyli znaleźć ich różnicę b = c—a. Aby znaleźć różnicę dwóch wektorów c i a, należy do wektora c dodać wektor (—a), tzn. wektorem b = c—a jest wektor skierowany od początku wektora c do końca wektora (—a) (rys. 5). Na rys. 6 przedstawione są dwa wektory a i b, ich suma c == a + b oraz różnice d = b—a i f = a—b. Na rys. 7 widzimy, że w równoległoboku zbudowanym na wektorach a i b, jedna przekątna (c) jest sumą tych wektorów, a druga (d) — różnicą wektorów b i a. Zmiana wektora może dotyczyć obydwu charakteryzujących go wielkości: może się zmieniać zarówno jego wartość, jak i kierunek. Na 11 rys. 8 pokazany jest wektor, który uległ zmianie z v0 na V, oraz wektor Av — przedstawiający zmianę wektora z uwzględnieniem zmiany jego wartości (Jv T ) i kierunku (Ay„). Nietrudno jest zauważyć, że Av = = A\x+A\tt. Rys. 5 Rys. 6 Rys. 7 d. Rozkładanie wektora na składowe Często konieczne jest zastąpienie jednego wektora przez kilka innych, których suma byłaby równoważna danemu wektorowi. Taką czynność nazywamy rozłożeniem wektora na składowe. Rozpatrzymy trzy przypadki, w których w wyniku rozłożenia wektora powinno się otrzymać dwie składowe. 1. Dany jest wektor oraz kierunki składowych, na które mamy go rozłożyć. Należy znaleźć wartości składowych wektorów. Oczywiście 12 zadanie to geometrycznie sprowadza się do zbudowania trójkąta przy zadanym jednym jego boku i dwóch kątach do niego przyległych i wyznaczenia pozostałych boków trójkąta (albo równoległoboku). 2. Oprócz wektora, który mamy rozłożyć, dany nam jest jeden z wektorów składowych. Należy znaleźć drugi wektor składowy. Geometrycznie zadanie sprowadza się do zbudowania trójkąta przy zadanych dwóch jego bokach i kącie zawartym pomiędzy nimi (lub do zbudowania równoległoboku przy zadanej przekątnej, jednym z boków oraz kącie zawartym między nimi) i wyznaczenia trzeciego boku trójkąta oraz kąta zawartego między tym bokiem i jednym z zadanych boków (lub odpowiednich elementów równoległoboku). 3. Oprócz wektora, który mamy rozłożyć, dane są wartości obu składowych wektorów. Należy znaleźć ich kierunki. Geometrycznie zadanie sprowadza się do zbudowania trójkąta mając dane trzy jego boki (albo równoległoboku przy zadanej długości przekątnej oraz boków) i do wyznaczenia kątów w trójkącie (albo w równoległoboku). Rys. 9 przedstawia wszystkie trzy przypadki. Pierwszemu z nich odpowiada zbudowanie równoległoboku albo trójkąta przy zadanych b b Rys. 9 c, a i /? oraz wyznaczenie a i b. W drugim przypadku wykreślamy trójkąt albo równoległobok przy zadanych c, a i /? (albo c, b i a), i wyznaczamy b i a (albo a i /?). W trzecim przypadku robimy to samo mając dane c9 a i b i następnie wyznaczamy a i /?. e. Rozwiązywanie trójkątów zbudowanych na wektorach Rozwiązywanie wielokątów wektorowych, tj. takich wielokątów, których bokami są wektory, podlega tym samym regułom co rozwiązywanie zwykłych wielokątów. W szczególnym przypadku, kiedy dana figura jest trójkątem ukośnokątnym, rozwiązanie sprowadza się do zastosowania wzoru cosinusów i wzoru sinusów (czasami, ale rzadko — wzoru tangensów). 13 Twierdzenie cosinusów wyrażamy następująco: kwadrat boku trójkąta równy jest sumie kwadratów dwóch pozostałych boków zmniejszonej o podwojony iloczyn tych boków przez cosinus kąta zawartego między nimi. W przypadku pokazanym na rys. 10 mamy: c2 = a2+b2— lab cos y, a2 = c2+b2—2cbcosoc, b2 = a2+c2— 2accos/3. Twierdzenie sinusów wyraża się następująco: boki trójkąta są proporcjonalne do sinusów kątów leżących naprzeciw tych boków. Dla przypadku przedstawionego na rys. 10 mamy: a __ sina a ___ sina b __ sin/5 sin/? ' siny siny Rys. 10 Kiedy mamy do czynienia z trójkątem prostokątnym, rozwiązywanie . upraszcza się i nie będziemy go rozpatrywać. /. Rzuty wektora na osie współrzędnych; równanie wektorowe a równania skalarne Przypuśćmy, że mamy dany na płaszczyźnie wektor c. Wprowadzimy na tej płaszczyźnie dwie prostopadłe do siebie osie współrzędnych x i y, y i a yf b cy Cx Rys. 11 b i Cx Rys. 12 a ich dodatnie kierunki zaznaczymy przy pomocy strzałek. Wektor c można wtedy określić podając jego wartość c i kąt, jaki tworzy z którąkolwiek osią, na przykład z osią x (rys. 11). 14 Rozłóżmy wektor c na wektory a i b skierowane wzdłuż osi x i y i zrzutujmy je na osie współrzędnych. Rzuty tych wektorów będą jednocześnie rzutami wektora c na osie współrzędnych. Rzut wektora przyjmujemy za dodatni, jeśli odpowiednia składowa wektora ma kierunek zgodny z dodatnim kierunkiem osi i na odwrót. Na przykład na rys. 11 rzuty cx i cy są dodatnie, ponieważ odpowiadające im składowe wektora c (a i b) są skierowane w stronę rosnących wartości x i y. Na rys. 12 rzut cx jest dodatni (ponieważ odpowiadająca mu składowa wektora c ma kierunek zgodny z dodatnim kierunkiem osi x)y a rzut cy jest ujemny (ponieważ odpowiadająca mu składowa wektora c ma kierunek przeciwny do dodatniego kierunku osi y). Oczywiście, określenie wektora przez jego wartość i kąt, jaki tworzy z którąkolwiek osią, jest zupełnie równoważne z podaniem jego rzutów na osie. Istotnie, mając dane c i <x9 możemy znaleźć cx = rcosa i cy = = csina. Odwrotnie, znając rzuty wektora, możemy wyznaczyć jego wartość i kierunek, a mianowicie c = ]/c2x+c2y) tg a = -. * Przypuśćmy, że mamy dane następujące równanie wektorowe: a + b = = c. Rzutując te trzy wektory na osie współrzędnych (rys. 13) otrzymamy następujące równania czyli cx = &x+bx, cx = tfcosa+6cos/?; czyli cy = a y +b y , Rys. % s I13 3 cy = asina+^sin/?. Oznacza to, że mając rzuty wektorów a i b, łatwo możemy znaleźć rzuty wypadkowego wektora c. Znając zaś rzuty wektora mamy całkowicie określony sam wektor, a mianowicie c= tgy — c x Tak więc, każde wektorowe równanie postaci a + b - c + ... + k = 1 + f - ... + h (1) 15 możemy zastąpić na płaszczyźnie dwoma skalarnymi równaniami dla rzutów wektorów ax+bx—cx+ ... +kx = lx+fx— ... +hx, (2) ay+by—Cy+ ... +ky = l y ^ f y — ... +ky. (3) Otrzymany układ równań jest całkowicie równoważny wyjściowemu równaniu wektorowemu w tym sensie, że pozwala nam określić rzuty interesującego nas wektora poprzez rzuty pozostałych wektorów. W przypadku, kiedy wektory nie leżą w jednej płaszczyźnie, do dwóch równań dla rzutów na osie x i y dochodzi trzecie równanie dla rzutów wektorów na oś z, ponieważ w przypadku trójwymiarowym wektor jest określony przez trzy rzuty na osie. U w a g a . Jak widzimy, rozwiązanie równania wektorowego możemy otrzymać albo posługując się wzorem sinusów i cosinusów, albo zastępując równanie wektorowe przez równania skalarne. Pierwsza metoda jest wygodna wtedy, gdy w trójkącie zbudowanym z danych wektorów zadany jest również jeden z kątów. W przypadku kiedy zadane są wszystkie kąty w odniesieniu do jednego i tego samego kierunku — wygodniejsza jest metoda druga. Wektory, które zostały rozłożone na składowe, często zaznaczamy na rysunkach linią falistą. Na przykład na rys. 12 wektor c jest rozłożony na składowe a i b i dlatego jest oznaczony w ten właśnie sposób. Oznaczenia takie nie są konieczne, ale pożyteczne w przypadkach mogących wywołać nieporozumienie. Należy zwrócić uwagę na to, że znaki w równaniach (2) i (3) nie mają żadnego związku ze znakami rzutów wektorów, i oznaczają jedynie działania, które przeprowadzamy na wektorach i ich rzutach. Znaki te przenosi się po prostu z równania wektorowego (1) do równań (2) i (3); przy ustalaniu znaków rzutów należy się posłużyć objaśnieniami podanymi przy rys. 11 i 12. W przypadku, kiedy wektory są równoległe do osi, ich rzuty na osie współrzędnych oznaczamy w tekście (dla skrócenia zapisu) przez •±b itd. zamiast aXf bx itd. Należy jednak pamiętać, że ax = a i bx = b, jeżeli aJfOa? i bff Ojc, jeśli zaś afJOa? i bfJO#, to ax — —a i bx = —b. Inaczej mówiąc — od razu uwzględniamy to, że rzut wektora równoległego do którejkolwiek osi na tę oś jest równy wartości tego wektora (rzuty tego^wektora na pozostałe osie będą oczywiście równe zeru). Często w tych przypadkach, kiedy nie można mieć wątpliwości co do kierunku wektora, podajemy tylko jego wartość. 16 2. PRZYBLIŻONY SCHEMAT ROZWIĄZYWANIA ZADAŃ Oczywiście nie ma ogólnego przepisu na rozwiązywanie zadań, dobrze jest jednak posługiwać się pewnym schematem. Ogólne postępowanie, które poleca autor, jest następujące: 1. Ustalić w ogólnych zarysach założenia zadania. 2. Zapisać krótko te założenia. 3. Przedstawić graficznie proces opisany w zadaniu. 4. Ułożyć równanie albo układ równań opisujących zachodzący proces. 5. Jeżeli równania są wektorowe, zapisać je także w postaci równań skalarnych. 6. Wykorzystując założenia podane w zadaniu i graficzne opracowanie zadania, przekształcić otrzymane równania w taki sposób, aby w końcowej ich postaci występowały tylko te wielkości, które są wymienione w założeniach, oraz dane tablicowe. 7. Zbadać otrzymane rozwiązania (gdyby okazało się to konieczne). 8. Wszystkie wielkości przedstawić w tym samym układzie jednostek. 9. Wykonać obliczenia. Pierwsze zadania w tej książce są rozwiązane dość dokładnie, a szereg następnych bardziej zwięźle, z pominięciem tego co jest oczywiste. Najtrudniejsze zadania oznaczone są gwiazdką. W paragrafie 14 podane jest uzasadnienie wyboru określonego sposobu rozwiązywania zadań z mechaniki i przedstawione są różne warianty ich rozwiązań. 3. KINEMATYKA PUNKTU MATERIALNEGO Kinematyka jest działem mechaniki zajmującym się badaniem różnych rodzajów ruchu ciał, bez rozpatrywania przyczyn powodujących ten ruch. Jeżeli w danym problemie rozmiary ciała nie odgrywają roli (często oznacza to, że liniowe rozmiary ciał są znacznie mniejsze od odległości między nimi i że ciała te nie poruszają się ruchem obrotowym), to takie ciało nazywamy punktem materialnym. Ruch punktu materialnego uważamy za określony, jeżeli w dowolnej chwili znane jest jego położenie względem wybranego układu odniesienia ' lub, co jest równoważne, jeżeli wiemy, jak położenie punktu materialnego w przestrzeni zmienia się z czasem. 2 Metodyka rozwiązywania zadań 17 Wprowadzimy pojęcie promienia wodzącego r punktu AT jako wektora łączącego początek układu współrzędnych z punktem N (rys. 14). Oczywiste jest, że rzuty końca tego wektora dadzą nam współrzędne rozpatrywanego punktu. Oczywiste jest również, że określenie położenia punktu przy pomocy współrzędnych (x,y,z) jest równoważne określeniu tego położenia przez promień wodzący. Podczas ruchu punktu materialnego jego współrzędne (a więc również i jego promień wodzący) ulegają zmianie. Zadaniem kinematyki jest ustalenie zależności r od czasu t albo, jak mówimy, ustalenie zależności r = r(t), czyli zależności x = x(t) \ y = y(t) \ z = z(t). Równania te nazywamy kinematycznymi równaniami ruchu punktu materialnego. Przypuśćmy, że w wyniku ruchu wzdłuż jakiejkolwiek krzywej punkt materialny przesunął się w czasie At z położenia określonego przez pro- y Rys. 14 Rys. 15 mień wodzący r0 do położenia określonego przez promień wodzący r. Wektor Ar = r—r0 nazywamy wtedy przesunięciem punktu materialnego, a długość odcinka krzywej zawartego między punktami początkowym i końcowym — drogą As (rys. 15). Należy dokładnie uprzytomnić sobie różnicę między przesunięciem At a drogą As: Ar jest wektorem, a As — skalarem; |zlr| mierzy się wzdłuż prostej łączącej początkowe i końcowe położenie punktu, a As mierzy się wzdłuż toru punktu. Oczywiście As ^ \Ar\. W dwóch przypadkach nie ma różnicy między \Ar\ i As: 1) kiedy ruch jest prostoliniowy i odbywa się w jednym kierunku; 2) kiedy ruch jest krzywoliniowy, ale dwa kolejne położenia punktu materialnego są na tyle bliskie, że nie jest możliwe odróżnienie łuku As od cięciwy \Ar\ (rys. 16). Zgodnie z tym co zostało powiedziane, możemy wprowadzić pojęcie średniej prędkości przesunięcia Vśr = Ar/At i średniej prędkości wzdłuż drogi Vśr = As\At\ vśr i viT różnią się od siebie tak, jak Ar od As. 18 Często wydaje się uczniom, że średnią prędkość ruchu można przedstawić w postaci Yi+Y 2 + ... + • , Vśr==_ » ' gdzie Vi, ..., vn są prędkościami ruchu na 1,2, ..., n-tym odcinku. Nie jest to jednak zgodne z prawdą. Rys. 16 Średnia prędkość, zgodnie z definicją, jest to stosunek całkowitego przesunięcia Ar do czasu At, podczas którego to przesunięcie nastąpiło, tj. Vśr = = J r x + z l r 2 + ... At,+At2 + ... -Mft, ... +Asn At±+At2 + ... ' a. iforA wypadkowy i względny Rozpatrzymy dwa przypadki jednoczesnego ruchu dwóch ciał. 1. Jedno z tych ciał porusza się po drugim, podczas gdy drugie ciało także znajduje się w ruchu. Jako przykład możemy podać człowieka idącego po statku, poruszającym się względem brzegów bez obrotu, tj. ruchem postępowym. Przyjmijmy, że Arx oznacza przesunięcie statku względem brzegu, a Ar2 — przesunięcie człowieka względem statku. 2 * 19 Wtedy, zgodnie z zasadą niezależności ruchów, wypadkowe przesunięcie człowieka względem brzegu Arwyp będzie się składać z przesunięć Arx i Ar2, tj. Jr wyp = Arx+Ar2. Dzieląc obydwie strony równania przez At — czas, w którym nastąpiły obydwa przesunięcia, otrzymamy ^rwyp At = Ar, [ Ar2 At ^ At ' czyli VWyp == * Drugim przykładem może być ruch łódki względem brzegu w przypadku, kiedy wioślarz przesuwa łódkę po wodzie, a woda płynie względem brzegu (rys. 17). Tak wTięc wypadkowe Ar i V są sumą geometryczną składowych Ar i V. Analogiczny związek słuszny jest dla przyspieszeń (jeżeli nie ma obrotów). 2. Dwa ciała poruszają się względem pewnego układu odniesienia niezależnie jedno od drugiego. Jak można określić ruch jednego ciała względem drugiego? Rozpatrzymy ten przypadek na przykładzie dwóch statków poruszających się względem brzegu. Przypuśćmy, że z pewnego punktu A (rys. 18) wypływają dwa statki i jeden z nich oddala się od A na odległość Arlt a drugi na odległość Ar2. Oczywiście, ich względne przesunięcie jest określone przez ich wzajemną odległość Zlrwzg. A więc ich względne 20 przesunięcie jest równe różnicy Atl i Ar2. Przy tym przesunięcie pierwszego względem drugiego jest równe Arlt2 = Ar1—Ar2, a przesunięcie drugiego względem pierwszego A r2tl = At2—Atx. Oczywiste jest, że ArU2 = —Ar21. Dzieląc przesunięcia przez czas, w którym nastąpiły, otrzymamy Arlt2 At __ Art ~~ ~At Ar2 ZT' Ar2tl At __ Ar2 ~ ~~At Art AT' czyli Vi,2 = V1 V2> V2,l = Analogicznie a lt 2 = a2 i a 2 t l = a 2 — a t (jeśli nie ma obrotów), gdzie a± i a2 są przyspieszeniami pierwszego i drugiego statku względem brzegu. Tak więc, względne przesunięcie i względna prędkość dwóch ciał są wyznaczone przez różnicę wektorową ich przesunięć i prędkości określonych w jednym i tym samym układzie odniesienia. b. Ruch jednostajny Ruchem jednostajnym nazywamy ruch odbywający się ze stałą prędkością, tj. z V = const. Oczywiste jest, że w przypadku takiego ruchu (zgodnie z jego definicją) ani wartość, ani kierunek prędkości nie ulegają zmianie. Zadanie 1. W pierwszej połowie czasu ciało poruszało się z prędkością v1 = 2 0 m/s pod kątem o^ = 60° względem zadanego kierunku, a w drugiej połowie czasu — pod kątem a 2 = 120° względem tego samego kierunku z prędkością v2 = 40 m/s. Znaleźć średnią prędkość ruchu Vśr (rys. 19). R o z w i ą z a n i e . Ponieważ ciało wykonało dwa przesunięcia, przesunięcie wypadkowe jest określone przez równość At = Ar1+Ar2, skąd mamy _ A^+Ar, '~ At Vś _ ^,+Ar, ~ 2{Atj2) _ 1 ~ 1 21 Zastępując to równanie wektorowe przez dwa skalarne otrzymujemy cos ol1 +v2 cos a 2 = —5 m/s, ^śrx = viTy = — = 15 ^ F3 m s /- Zadanie 2. Ciało doznaje dwóch kolejnych, jednakowych co do wartości przesunięć- z prędkościami v± = 20 m/s pod kątem c^ = 60° Rys. 19 Rys. 20 i v2 = 40 m/s pod kątem oc2 = 120° względem zadanego kierunku. Znaleźć średnią prędkość Vśr (rys. 20). R o z w i ą z a n i e . Tak jak w poprzednim zadaniu, Ar = Ar1 +Ar2, czyli Yśrt = \1t1+\2t2, skąd mamy Vśr = Vj żj+y 2 1 2 lub , Ar V i — l + V 2 —2 v2 Vśr = Ar± Ar2 v1 Ponieważ zl^ = Zlr2, po skróceniu dostajemy 1 , Vśr = - M 22 1 albo w rzutach na wybrane kierunki _ v± cos ^tSinai VśT 1 vx . 2 cos a 2 \-v 1 v2 _ cosa 1 +cosa 2 1 , . 1 \-v2$>m<x2 v1 v2 — . , . sina 1 +sina 2 — v± v2 Vx v2 Podstawiając wartości liczbowe otrzymujemy Vśtx = 0, viTy = 2 0 J y - m/s. Zadanie 3. Dwa statki poruszają się pod kątem a jeden w stosunku do drugiego z prędkościami vx i v 2 . Znaleźć prędkość jednego statku względem drugiego (rys. 21). Rys. 21 R o z w i ą z a n i e . Wyznaczyć mamy• względną prędkość ruchu Ponieważ zadany jest kąt a między Y1 i v 2 , wygodnie jest posłużyć się twierdzeniem cosinusów i sinusów vlt2 = 2 ^ ^ c o s a. 23 Kierunek Vlt2 określimy np. przy pomocy kąta /?; z równania sin/? sina mamy sin/? sina -v i ,2 sin a \/v\ +v2—2v1 v2 cos a Zadanie 4. Łódka porusza się po rzece z prędkością v względem wody, pod kątem a do prądu, którego prędkość wynosi u. Znaleźć prędkość łódki względem brzegu (rys. 22). . v \ wyp a 'i \ r\/K \V\ \ Rys. 22 R o z w i ą z a n i e . Poszukiwana przez nas prędkość vWyp = v+u. Ponieważ kąty a i /? są jednocześnie kątami równoległoboku i kątami określonymi względem jednego i tego samego kierunku — otrzymane równanie możemy rozwiązać dwoma sposobami. Posługując się wzorem cosinusów i sinusów otrzymamy vwyp = }/v2+u2—2z/acos(180°—a) = \/v2+u2+2uvcosa; sin(180°-a) __ sinft y wyp skąd vsmot ]/v +u2+2uv cos a sin/3 = 2 W rzutach zaś na osie xi y z równości vwyp = v + u dostaniemy w yp* = acosa+w; = vsmoc. 24 Wykażemy, że drugie rozwiązanie jest identyczne z pierwszym: *>wyp = = Vvlvvx+VWy COS2 OL + U2 +2vUCOS CC+V2sin2 OL = = ]A; 2 (sin 2 a+cos 2 a)+« 2 +2z;wcosa = |/z>2+tt2+2zwcosa, sin p = yp- w \/v2 + u2 + 2 v u cos a Tak więc, zgodnie z tym jak być powinno, obydwa rozwiązania są równoważne. c. Ruch jednostajnie zmienny Podczas ruchu ciała prędkość jego może ulegać zmianie. Aby scharakteryzować szybkość tej zmiany, wprowadzimy pojęcie średniego przyspieszenia dla przedziału czasu At: Av At v—v0 At skąd y =v 0 +a śr Zlż. Ponieważ At = t—t0, więc y =v 0 +a ś r (ż—t 0 ). Jeśli przyjąć t0 = 0, to = v 0 +a śr (ż)ż. Ruch, dla którego a = const, nazywamy ruchem jednostajnie zmiennym. W przypadku takiego ruchu a$r = a, czyli y = v 0 +aż. Wykażemy, że dla takiego ruchu Vśr = ' v0+v lub, co jest równoważne, *>śr = V0X + VX ó 2 , 9 = VQy+Vy 2 ' Aby to udowodnić, sporządzimy wykresy zależności = i>ox+<*xt, vy = v0y+ayt. 25 Wiadomo, że na takich wykresach (rys. 23) zakreskowana powierzchnia jest równa co do wartości liczbowej odpowiedniemu rzutowi przesunięcia, które nastąpiło w czasie t. Mamy więc (Ax i Ay obliczamy jako pola trapezów). Z drugiej strony równość At = Vśrź daje nam Ax = Vśrxt, Ay = VśTyt. Korzystając z równania (*) możemy napisać 2 -t = Virxt, 1 = Vir t. Dzieląc obydwa równania przez t otrzymamy V0x+Vx VśTy = V0y+Vy lub, co jest równoznaczne, vśr = V0 + V To właśnie należało udowodnić. Wykorzystamy otrzymany wynik, aby wyprowadzić drugi podstawowy wzór, dotyczący ruchu jednostajnie zmiennego. 26 Wzór ten można również wyprowadzić innym sposobem, od razu podstawiając do (*) wartości vx i vy. Dostaniemy wtedy a t2 a t2 Ay = v0yt- v Ax = v0xt- x co równoważne jest ze wzorem a t2 Ar=y0tPosługując się otrzymanymi wzorami y = v 0 +a ty Ar = y 0t- at2 możemy rozwiązać dowolne zadanie z kinematyki dotyczące ruchu jednostajnie zmiennego. Zadanie 5. Z dołu o głębokości h wyrzucono ciało pod kątem a 0 do poziomu, nadając mu prędkość v0. Znaleźć położenie i prędkość ciała po upływie czasu t (rys. 24). Rys. 24 R o z w i ą z a n i e . Rozpisując równanie Ar = Y0t+^- w rzutach na wybrane osie otrzymamy x—Xq = v0tcosoc09 y—yQ = VotsmOC0 — 2 gt ^ - 27 i uwzględniając, że x0 = O i y0 = —/z, dostaniemy # = a 0 żcosa 0 , gt2 2 ' Analogicznie znajdziemy prędkość z równania v=v0+g Po zrzutowaniu na osie mamy = ôcosa 0 , Dy = a 0 sina 0 — Zadanie 6. Ciało zostało wyrzucone pod kątem a 0 do poziomu z prędkością vQ z punktu o współrzędnych x09y0. Znaleźć zależność y = y(x), tj. wyprowadzić równanie toru (patrz rys. 24). R o z w i ą z a n i e . Z równania Ar = y0t+ w rzutach na osie otrzymamy gt2 x—Xq = v0tcosoc0> y—y 0 = v0tsmcc0 — ^-- albo rugując z tych równań czas t: ,inflc g(*-*oY v_v y—y o — ôs; cosa sina 2 0—o—2 2z;ocos5— a > 0 0 0 skąd ostatecznie dotaniemy y-*+(*-«b)tg«b-]LtosîoZadanie 7. Ciało zostało rzucone z prędkością P°d kątem a 0 do poziomu. Znaleźć ymax — największą wysokość na jaką wzniosło się ciało i # max — zasięg rzutu. R o z w i ą z a n i e . Zasięgowi rzutu xmax — odpowiada wartość y = 0. Podstawiając do równania y = 0, otrzymamy 28 Rozwiązując to równanie względem (tfmax—x0)> znajdziemy xa Zadanie upraszcza się przy y0 = 0. Wtedy Po podzieleniu przez (#max—#0) i uporządkowaniu otrzymamy ^0sin2a 0 g Widać stąd, że przy zadanych xQ i v0 zasięg rzutu jest największy przy a 0 = 45° (przy y0 # 0 wynik będzie inny). Wartość 3/max znajdziemy biorąc pod uwagę, że w najwyższym punkcie toru vy = 0. Wtedy z równań *t2 y ~ J o = s>o*sina0 — 0 = s>osinao—gt po wyrugowaniu czasu otrzymamy ^ sina ôsin 2 a 0 0 0 ym^—yo = vQsmcc0 ? v Stąd po wykonaniu odpowiednich działań dostaniemy JW = ^0sin 2 a 0 , \~y o- Rys. 25 Oczywiste jest, że przy zadanych vQ i y0 wysokość ym&x będzie największa przy a 0 = 90°. Zadanie 8. Dwa ciała wyrzucono jednocześnie z pewnego punktu. Znaleźć równania opisujące ich względny ruch (rys. 25). 29 R o z w i ą z a n i e . Należy znaleźć Arlf2 = V Ar1—Ar22,> = V l,2 2> tj. względne przesunięcie i względną prędkość tych ciał. Ale z Ar, = Yoit+^r, (1) (2) po odjęciu (2) od (1) otrzymamy drlt2 = (v 0 1 -v 0 2 )*. Analogicznie z V ! = V o i + g t i V2 = V 02 +g* Tak więc ciała wyrzucone jednocześnie w polu sił ciężkości, do momentu upadku poruszają się względem siebie ruchem jednostajnym i prostoliniowym, tj. z v1>2 = v = const. 4. DYNAMIKA PUNKTU MATERIALNEGO (ZASADY NEWTONA) Przy rozwiązywaniu zadań, których tematyka wiąże się z zasadami Newtona, oczywiste jest wykorzystywanie wszystkich trzech zasad łącznie, niezależnie od konkretnego rodzaju zadania. Wyjaśnimy to dokładniej. 1. Jakikolwiek opis dowolnego ruchu mechanicznego ma sens tylko wtedy, gdy ustalimy układ odniesienia, względem którego będziemy określać położenie, prędkość i przyspieszenie rozpatrywanego ciała, jak również i siły działające na to ciało. I tak, ponieważ w szkole średniej rozważa się przede wszystkim inercjalne układy odniesienia (tj. takie układy, których dotyczy pierwsza zasada), więc rozwiązywanie zadania należy oczywiście rozpocząć od ustalenia pewnego inercjalnego układu odniesienia. Jeżeli ruch ciała znajdującego się na Ziemi nie trwa długo, za układ taki możemy w przy30 bliżeniu przyjąć Ziemię albo dowolne ciało poruszające się względem Ziemi ruchem jednostajnym. Widać więc, że musimy się powołać na pierwszą zasadę Newtona. 2. Nie można określić charakteru ruchu ciała bez analizy sił, które na niego działają. Ale siły są miarą wzajemnego oddziaływania ciał. Oznacza to, że nie możemy rozwiązać zadania, jeśli nie rozpatrzymy wzajemnego oddziaływania ciała, które nas interesuje, z innymi ciałami. Zbadanie zaś wzajemnego oddziaływania na siebie, a więc i określenie wszystkich sił działających na rozpatrywane ciało jest niemożliwe bez wykorzystania trzeciej zasady. 3. Ponieważ zmianę prędkości ciała określamy przez przyspieszenie ciała, a wartość przyspieszenia określamy z drugiej zasady, widzimy jasno, że druga zasada jest niezbędna przy rozwiązywaniu âdań z mechaniki. Koniecznie należy zdać sobie dokładnie sprawę z wzajemnego związku wszystkich trzech zasad Newtona i z tego, że nie ma sensu stosować tych zasad w oderwaniu jedne od drugich. Rozpatrzymy kilka ogólnych przykładów, aby zilustrować to, co zostało napisane powyżej. Przykład 1. Koń ciągnie wóz w górę. Zajmiemy się ruchem tego wozu. 1. Jest rzeczą naturalną przyjąć jako układ odniesienia Ziemię, drogę, 2. Oczywiste jest, że na wóz działają: a) Ziemia — siłą ciążenia P skierowaną prostopadle w dół; b) odkształcona w punkcie podparcia droga — siłą Q, skierowaną prostopadle do drogi; c) siła ciągu konia F c 31 skierowana w górę wzdłuż drogi; d) siła tarcia F r — skierowana w dół wzdłuż drogi i uwarunkowana mikro- i makrochropowatością drogi. Oczywiście, na wóz działa jeszcze wiele innych sił, lecz działanie ich w danym przypadku nie jest istotne. 3. Rozpatrzenie tych sił pozwala nam zapisać drugą zasadę w postaci: P+Q+Fc+Fr a= — rn Przykład 2. Podnosimy w górę kamień leżący na ręku (rys. 27a). 1. Przyjmiemy Ziemię za układ odniesienia i zwiążemy z nią układ współrzędnych, którego początek umieścimy w dowolnym, bliskim kamienia punkcie. y O G? •op •op a) b) Rys. 27 2. Na kamień działają: a) ręka siłą Q; b) ziemia siłą P; c) opór powietrza siłą Fóp. Inne siły nie odgrywają roli. 3. Drugą zasadę zapiszemy w postaci: Q+P+Fop a _ a — • m Przykład 3. Podrzucony kamień leci do góry (rys. 27b). 1. To samo co w poprzednim przykładzie. 2. Na kamień działają: a) siła ciążenia P, b) siła oporu powietrza F op ; siły te skierowane są pionowo w dół. Koniecznie trzeba zwrócić uwagę na to, że w podobnych przypadkach, do wymienionych powyżej sił uczniowie często dołączają „siłę bezwładności", „siłę ruchu" itd. Należy wyjaśnić, że zgodnie z trzecią zasadą „źródłem sił" są tylko ciała, a w żadnym razie nie prędkość, bezwładność itd. 32 W naszym przykładzie tylko dwie siły P i Fop odgrywają istotną rolę. 3. Druga zasada w tym przypadku ma postać m Rozważymy jeszcze jeden przykład, który często niepokoi uczniów. Chodzi nam o siły działające na ciała, które „same się poruszają" — samochody, pociągi, zwierzęta. Uczniowie skłonni są uważać, że siłą poruszającą w przypadku samochodu jest siła ciągu silnika. Ściśle mówiąc, nie jest to prawdą. Ciało nie może samo sobie nadać przyspieszenia. Mogą to sprawić tylko inne ciała. Jakie jest więc pochodzenie tej siły ciągu, siły poruszającej, która nadaje samochodowi przyspieszenie? Przy włączonym silniku odpowiedni mechanizm (transmisja) przekazuje kołom napęd wytwrorzony w cylindrach silnika. Koła działają na Ziemię odpychając ją siłą FZjS (rys. 28). Zgodnie z trzecią zasadą « V Ziemia popycha koła, a więc i samochód siłą FStZ równą co do wartości sile Fz>s, ale przeciwnie skierowaną. W ten sposób powstaje siła ciągu. Jest ona reakcją na działanie kół na Ziemię. Gdyby koła pozbawić styku z Ziemią, silnik nie nadałby samochodowi przyspieszenia. Można powiedzieć, że samochód zostaje wprawiony w ruch przez pociągową siłę tarcia (nie należy jej mylić z hamującą siłą tarcia). Powiedzmy kilka słów o sile tarcia. Wielkość hamującej siły tarcia oblicza się ze wzoru FT = kQ. gdzie Q jest siłą, z jaką ciała są przyciskane do siebie; jest ona prostopadła do powierzchni stykających się ciał. Siła F r ma kierunek przeciwny do kierunku względnej prędkości ruchu. Pociągowa siła tarcia ma nato3 Metodyka rozwiązywania zadań 33 miast kierunek zgodny z kierunkiem ruchu i najczęściej jest siłą tarcia statycznego. Siła tarcia statycznego nie może być obliczana ze wzoru Ft = kQ> ponieważ przy takich samych ki Q FTlstnt może mieć różne wartości. Dlatego też siłę tarcia statycznego można obliczyć tylko w oparciu o drugą zasadę Newtona, a mianowicie: siła Fr,8tat jest zawsze równa i przeciwnie skierowana do tej siły, która działając w kierunku stycznym do powierzchni „dąży" do przesunięcia ciała. Przykład 4. Na stole leży klocek, który staramy się przesunąć w prawo, przykładając do niego siłę F. Jaka jest siła tarcia statycznego (rys. 29) ? wp Rys. 29 Ponieważ klocek pozostaje w spoczynku, więc siły działające na niego w dowolnym kierunku, a w szczególności wzdłuż powierzchni stołu są zrównoważone. Dlatego ze wzoru a = F + F r ,stat m ze względu na a = 0, otrzymujemy wynik F+FT,8tat = 0, skąd Fr.stat = —FW szczególnym przypadku, kiedy zgodnie z warunkami zadania siła .fr.Btat jest maksymalna, wartość jej możemy obliczyć ze wzoru F t , stat,max = ^stat Q' Ale jest to słuszne tylko w przypadku, kiedy siła tarcia statycznego jest maksymalna. Zwrócimy uwagę na jeden jeszcze problem dotyczący wzajemnej orientacji wektorów prędkości V, zmiany prędkości przyspieszenia a i siły F w przypadku pewnego dowolnego ciała. Wektory J v, a i F są skierowane w jedną stronę i mogą nie być zgodne co do kierunku z v i Ar. Wyjaśniamy to na rys. 30 i 31. 34 * Z tego co zostało powiedziane wynika w szczególności, że pod wpływem siły prędkość może zmieniać zarówno swoją wartość, jak i kierunek. W przypadku ruchu krzywoliniowego, drugą zasadę Newtona można zapisać jak zwykle w postaci: a = m *prz Av wyp Ar "op Jv w yp Ar v=con st a== FwypÔ; Ar 0i Av=0 Rys. 30 F,a,Jv vI=const Rys. 32 albo — wprowadzając kierunek zgodny z ruchem (kierunek t) i prostopadły do niego (kierunek n) — w postaci „ F > „ F " gdzie at i Ft są rzutami przyspieszenia i siły na kierunek t; an i Fn są rzutami przyspieszenia i siły na kierunek n (rys. 32). Przy tym at wska3 * 35 żuje jak zmieniła się prędkość w jednostce czasu co do wartości (przyspieszenie styczne albo transwersalne); a„ wskazuje jak zmieniła się prędkość co do kierunku w jednostce czasu (przyspieszenie dośrodkowe albo normalne). a. Ruch pojedynczego punktu materialnego pod działaniem sil niezależnych od czasu Ponieważ siły działające na ciało są stałe, więc zgodnie z drugą zasadą Newtona stałe będzie również przyspieszenie. Oznacza to, że mamy prawo — wtedy gdy jest to niezbędne — posługiwać się wzorami y = y 0 +a ty (1) Ar = v0t+^~. (2) Bardzo użyteczne są również wzory v%—Vox = 2axAx, v%—Voy = 2ayAy, (3) (4) które w przypadku ruchu prostoliniowego można sprowadzić do jednego wzoru, v2-v20 = 2aAs. (5) Należy pamiętać o tym, że wzory (3), (4) i (5) wiążą ze sobą wielkości skalarne. Zadanie 9. Na ciało o masie 2 kg działają siły Fx = 3 N i F2 = 4 N pod kątami 60° i 120° względem prędkości początkowej vQ = 20 m/s. Znaleźć przyspieszenie ciała, jego prędkość i przesunięcie po 10 sekundach ruchu (rys. 33). 36 R o z w i ą z a n i e . Ponieważ siły działające na ciało są stałe, więc i przyspieszenie jest stałe, F*+F 2 a = m Dobierając osie współrzędnych wzdłuż v0 (oś x) i prostopadle do V0 (oś y) otrzymamy = fi cos a t +-F2 cos«2_ = _ 0 ) 2 5 Fi sin + F 2 sin «2 m mj&2} ^ ' Ponieważ a = const, więc y = v 0 +aż, czyli *>x = Vox+<*xt, Vy = VQ yĄ-dyt i ponieważ v0x = v0 i v0y = 0, więc vx=v0+axt, vy = ayt. Ponieważ znaleźliśmy już ax i ay, więc podstawiając ich wartości do ostatnich wyrażeń otrzymamy vx = 17,5 m/s; vy = 30 m/s. W podobny sposób znajdziemy przesunięcie Ar = \0t- a t2 ćL lub w rzutach na osie a 2 A = v t*+, -£xt Ax Qx 9 A = Ay a 2 , v, t+-^-. yt 0y Ze względu na to, że v0x = vQ i v0y = 0, dostaniemy Ax = 187,5 m, Ay « 150 m. Zadanie 10. Klocek o ciężarze P ciągnięty jest po poziomej powierzchni siłą F przyłożoną pod kątem a do poziomu. W ciągu czasu t klocek zmienił swoją prędkość z vQ na v, poruszając się w jednym kierunku 37 ruchem przyspieszonym. Znaleźć współczynnik tarcia k między klockiem i powierzchnią (rys. 34). R o z w i ą z a n i e . Wiadomo, jakie siły działają na klocek. Wygodnie jest założyć, że Q < P (okaże się to dalej w trakcie rozwiązywania). Zgodnie z drugą zasadą mamy a = P+F+Q+Fr . m Ponieważ w warunkach zadania nie występuje przyspieszenie, a występują vy v0 i ty więc oczywiście skorzystamy ze wzoru y = v 0 +aż. Rugując z tych wzorów przyspieszenie otrzymamy t-V0 t = P+F+Q+Fr m Rzutując wszystkie wektory na osie x i y i uwzględniając, że vx = v i v0x = v0 (ponieważ ruch odbywa się w kierunku osi x), otrzymamy układ równań i 0== V 38 v0 _ jPcosa—F t ~~ m ' -P+Fsma+Q m Ponieważ FT = kQ, m = P/g, więc v—v0 _ Fcos oc—kQ 89 i ~ P 0 = -P+Fsma+Q. Wyznaczając z drugiego równania Q = P—F sina (wyżej zaznaczyliśmy już, że Q < P) i podstawiając jego wartość do pierwszego równania otrzymamy v— v0 _ Fcos cc—k(P—Fsina) •g> skąd Fcos ocli = V— v0 t P—Fsmcu P g Zadanie 11. Samochód, który u podnóża góry o kącie nachylenia a miał prędkość v0, porusza się w górę z wyłączonym silnikiem. Znaleźć wysokość (liczoną od podnóża góry), na jaką wjechał samochód w ciągu czasu t (rys. 35). Współczynnik tarcia wynosi k. Rys. 35 R o z w i ą z a n i e . Oczywiste jest, że a = P+Q+Fr m a t2 Ax = y0t+-r 39 Rugując stąd a otrzymamy P + Q + F r _ 2Av—2v0t m t2 albo rzutując wszystkie wektory na osie x i y: —mgsma—FT _ 2Ax—2v0t : ~ m ~~ t2 —mg cos <x+Q = 0 m (nie ma bowiem przyspieszenia wzdłuż osi y). Poniew7aż FT — kQ, a z drugiego równania Q=mgcoscc> więc —mg sina—kmg cos a _ 2Ax—2v0t m " t2 ' Skracając lewą stronę równania przez m i uwzględniając, że Ah = = Axsin a, otrzymamy -£(sina+&cosoc) = skąd' Ah [ \ sin a / ^(sin a+k cos a)J 22"1 . v0t — ^ -t I sina. XV tyję p Rys. 36 Zadanie 12. Samochód o ciężarze P jadąc pod górę po drodze nachylonej do poziomu pod kątem a zwiększa swoją prędkość od v0 do v na odcinku drogi ZIaS. Przyjmując, że współczynnik tarcia hamującego wynosi k znaleźć siłę pociągową tarcia (rys. 36). 40 R o z w i ą z a n i e . Oczywiste jest, że mechaniczne procesy związane z ruchem samochodu określone są w tym zadaniu przez równania a = v2-vl 2As Fr+Q+fr+P m Ponieważ w drugim wzorze występuje wartość przyspieszenia, a w pierwszym — wektor przyspieszenia, więc nie możemy wyrugować przyspieszenia z tych równań, dopóki nie zastąpimy pierwszego równania przez równania skalarne, a mianowicie: a= -FT +/T —Psin a ' m 0 = Q— Pcosa, v2— Vo I R - Uwzględniliśmy tutaj, że ay = 0, a więc ax = a. Biorąc pod uwagę, że FT = kQ i m = P/^ oraz rugując z układu równań Q i a, otrzymamy a2—flo 2As —kP cos a+/ r — Psina P skąd inajp. -&cos a+sin l 2Asg Zadanie 13. Na nici wytrzymującej naciąg nie większy od Tmax podnosimy pionowo w górę ciężar P, który przedtem pozostawał w spoczynku. Przyjmując, że siła oporu ośrodka jest Fcp równa F op , znaleźć największą wysokość, na jaką można podnieść ciężar Rys. 37 w czasie t (rys. 37). R o z w i ą z a n i e . Oczywiście, słuszne są następujące równania /T a = T+P+Fop m Ax = v0t- a t2 41 albo w rzutach na oś pionową, uwzględniając to, że v0 = 0 i rugując a, otrzymamy T—P—F0, 2Ay m Graniczna wysokość określona jest w tym przypadku przez wytrzymałość nici, tj. przy Ay = hm&xy T = T max . Dlatego T •*• max —P—F •*• op 2h m a r *2 y x g skąd T * max —P—Fop x 7 max J p t2 <5 2 * Zadanie 14. Cylindryczne wiadro z wodą podnoszone jest do góry ruchem jednostajnie przyspieszonym i w ciągu czasu t jego prędkość zmieniła się z v0 na v. Mając daną masę wody równą m i płaszczyznę podstawy wiadra równą Sy znaleźć ciśnienie wody na dno (rys. 38). Rys. 38 R o z w i ą z a n i e . Oczywiste jest, że ruch wody określony jest przez równania _ Q+P v = v 0 +aż, m z których po wyrugowaniu a dostajemy Q+P m 42 v-v0 albo w rzucie na oś pionową: Q-rng m = v Vq t ' skąd 4+^). o - Ale zgodnie z trzecią zasadą Qi = — Q lub w rzucie na oś pionową Uwzględniając, że p s ' ostatecznie otrzymujemy m I , v—v0 \ 0 Rys. 39 -Zadanie 15. Kamień o ciężarze P spadając z wysokości h± na śnieg drąży w nim jamę o głębokości Przyjmując, że ruch w powietrzu i w śniegu jest jednostajnie zmienny, a siła oporu powietrza równa jest F1, znaleźć siłę oporu śniegu F2 (rys. 39). 43 R o z w i ą z a n i e . Ruch kamienia składa się z dwóch etapów (w powietrzu i w śniegu) i dlatego P +Fi m ax ao 2hx = Cl 2 - P+F 2 m V2—Vo2 2h2 Uwzględniając, że v01 = 0, v2 = 0, v± = v02 = v i przyjmując kierunek „w dół" jako dodatni, mamy « i a ) (2) P-F2 ... - « 2 = —p—g, (3) (4) W równaniach a 2 zostało wzięte ze znakiem „minus", bo a 2 skierowane jest w górę, a jako kierunek dodatni wybraliśmy kierunek „w dół". Rugując a, z (1) i (2), oraz <z2 z (3) i (4) otrzymamy 2ht P-F, P g> v2 lh2 P—F:2 P 8 Dzieląc te równania jedno przez drugie i upraszczając otrzymamy Zadanie 16. Jaką największą liczbę N wagonów może ciągnąć do góry lokomotywa, jeżeli nachylenie góry względem poziomu wynosi 0,025 (sina = 0,025) oraz wiadomo, że: 1) ciężar lokomotywy jest trzy razy większy od ciężaru wagonu; 2) współczynnik maksymalnego tarcia statycznego k2 = 0,1; 3) współczynnik tarcia przy toczeniu kx = 0,001 ? 44 Rozwiązanie. Ppoc Na pociąg działają (rys. 40): 1) siła ciężkości = P w a g-W ~ł~Plok = P w a g ( ^ ~l~3) J 2) siła hamująca tarcia Ft — î0Poc*> 3) siła pociągowa tarcia / = & 2 0iok. Przyjmując, że ruch pociągu w górę jest jednostajny, otrzymamy Q p o c +f+P p o c +F T = 0 albo w rzutach na kierunki t i n: / - P P o c sin A -FT = 0, QPoc-PpocCOsa = 0. Ponieważ FT = kx £)poc, a / = k2Q10ki więc Mosina—*i0poo = 0, 0poc-PpocCOsa = 0. Rugując 0POC i uwzględniając, że <2lok = 3P wag cosa, otrzymamy k 2 3P WBg cosa-(JV+3)P wag sina-k 1 (N+3)P wllg cosa = 0, skąd jy _ 3[(fe 2 —cos a—sina] __ sina+^cosa 45 Ciekawe byłoby porównać tę liczbę z liczbą wagonów, którą lokomotywa mogłaby ciągnąć po drodze poziomej (tj. a = 0): = = 297. Widać stąd jak silnie wpływa na liczbę N nawet małe nachylenie. Zadanie 17. Ciało o masie m porusza się po płaszczyźnie nachylonej do poziomu pod kątem a pod działaniem siły F, która tworzy kąt z wektorem stycznym do tej płaszczyzny (i skierowanym do góry). Współczynnik tarcia równy jest k. W pierwszym etapie ciało poruszało się w górę ruchem opóźnionym z początkową prędkością v 0 . Po jakim czasie ł od rozpoczęcia ruchu ciało będzie miało prędkość v, ale już poruszając się w dół ? \ >r p \ Rys. 41 Rozwiązanie. Przy ruchu ciała w górę (rys. 41a) w g + F r i + Q + F = wa1, (1) w gdzie y' jest prędkością końcową przy ruchu w górę i jednocześnie początkową przy ruchu w dół. 46 Przy ruchu w dół (rys. 41b) ™ g + F r 2 + Q + F = ma 2 , (3) y— v' a2=-1—. (4) l 2 Rugując a 2 z (1) i (2) oraz a 2 z (3) i (4) i uwzględniając, że v' = 0 otrzymamy mg+FTl+Q+F = mg+FT2+Q+F = -m^-, 1 l 2 Rzutując wszystkie wektory na osie i uwzględniając, że FT = kQy otrzymamy mgsma+kQ—Fcosf} = , —mg cos a+<2+Fsm/3 = 0, mv 17COS/Jo = — — mgsmoL—kQ—F Tflgsina— *2 albo, rugując z tych równań £), mgsinoc+k(mgcosoc—FsinP)—Fcosl3 = m^sina—&(m£cosa—Fsin/?)—JFCOS/? = mV ° , 12 (5) (6) Obliczając tt z (5) i t2 z (6) i dodając je do siebie, po prostych przekształceniach otrzymujemy t = M /^(sin a Ą-k cos a) —F{cos + sin /?) mv mg(s'ma—kcosoL)—F(cosft—ksml3) b. Ruch układu punktów materialnych połączonych nierozciągliwymi i nieważkimi nićmi, ora^r ciał mających przyspieszenia wzglądem siebie Zasadniczo metoda rozwiązywania zadań umieszczonych, w tym paragrafie nie różni się od metody rozwiązywania zadań z poprzedniego paragrafu: należy rozpatrzyć siły działające na każde z badanych przez 47 nas ciał i po zapisaniu drugiej zasady dla każdego z nich, rozwiązać układ równań. W przypadkach, kiedy nie interesują nas siły działające w niciach, możemy rozpatrywać układ wspólnie poruszających się ciał jako jedno ciało. Pojęcie „naciąg nici w danym miejscu" oznacza siłę, z jaką jedna część nici działa na drugą w danym przekroju (rys. 42a). Zgodnie z trzecią zasadą |T1>2| = |T2,i| i dlatego wartość naciągu nici oznaczamy literą T bez wskaźników. To O) b) W m m m ms Rys. 42 Wykażemy, że wartość siły naciągu wzdłuż całej długości nici jest jednakowa, jeśli nić jest nieważka i jeśli nie działająna nią żadne zewnętrzne siły przyłożone do powierzchni nici wzdłuż jej osi. W tym celu wydzielimy myślowo dowolny kawałek nici Al (rys. 42b). Działają na niego siły Tx i T 2 . Zgodnie z drugą zasadą T x + T 2 = Am • a. Ponieważ Am = 0 (nić jest nieważka), więc Tx = —T2, a więc \TX\ = |T2| = T = const wzdłuż całej długości nici. Analogicznie można wykazać, że siły działające na dowolne nieważkie ciało dają w sumie zero. W szczególności dotyczy to nieważkich bloków, o których często mówi się w z a d a n i a c h . Oczywiście, pojęcie „ciało nieważkie" oznacza tylko to, że jego masa jest znikomo mała w porównaniu z masą dowolnych innych ciał, występujących w zadaniu. Jeśli ciała poruszają się względem siebie ruchem przyspieszonym, to, aby rozwiązać zadanie, często należy powiązać ze sobą przyspieszenia tych ciał; trzeba wtedy pamiętać, że awyp = a!+a 2 , oraz a l ł 2 = ax—a2 zgodnie z tym co zostało powiedziane w punkcie a) trzeciego paragrafu. Zadanie 18. Na dwa klocki o masach m± i m2 związane nierozciągliwą nicią działają siły Fx i F2 pod kątami < 90° i a 2 > 90° względem 48 kierunku ruchu. Znaleźć przyspieszenie układu, jeśli współczynnik tarcia między klockami i poziomą płaszczyzną równy jest k (rys. 43). Klocki nie odrywają się w czasie ruchu od płaszczyzny. R o z w i ą z a n i e . Ponieważ przyspieszenia obydwu ciał są jednakowe i nie interesują nas siły naciągu, możemy cały układ rozpatrywać jako jedno ciało. Mamy więc a— Fi +Qi +F T l +P 1 +Q 2 +F 2 + F r 2 + P 2 m1+m2 vp2 Rys. 43 Przyjmując kierunek ruchu za dodatni i uwzględniając, że a„ = 0 (i, oczywiście, at = a) otrzymamy FX cos qc1—FTI+F2COS a= m1+m2 0 = Ponieważ Ft = A2—FT2 , F1sma1+Q1--P1+Q2+F2sm<x2-P2. FTL+FT2 = Pi cos ~~ więc = +F2 COS q2 — k(Q1 +Q2) m1 + m 2 0 =F1sina1-P1+JF2sina2-P2 + (01+g2). Rugując stąd (Q x -\-Q 2 ) i uwzględniając, że P = mg, otrzymamy a— Ft cos +F2 COS cc2 —k(m1gJrm2g —F1 sin aŁ —P2 sin a 2 ) m1+m2 Przy tym ponieważ a 2 > 90°, więc cosa 2 < 0 i P 2 cosa 2 < 0. Zadanie 19. Po poziomej powierzchni porusza się klocek o ciężarze P 2 połączony nicią z wiszącym klockiem o ciężarze P x . Współczynnik 4 Metodyka rozwiązywania zadań 49 tarcia między klockiem i powierzchnią równy jest k. Znaleźć naciąg nici i siłę nacisku działającą na oś nieważkiego bloku (rys. 44). R o z w i ą z a n i e . TLŁB jest siłą naciągu nici działającą między blokiem i pierwszym ciałem; T2>B — siłą naciągu nici między drugim ciałem i blokiem. Oczywiste jest, że PI +T 1 > G ai a2 = - mx ' P2+FR+Q2+T2>B m2 . Należy pamiętać o tym, że ax i a 2 są wektorami mającymi jednakowe wartości, ale różne kierunki. Dlatego ax # a 2 , ale |ax| = |a2| = a. To samo dotyczy naciągu nici: TLIB ± T 2 , b , ale |TLFB| = |T 2 , B | = T. W danym przypadku wygodnie jest zrzutować wszystkie wektory na kierunki t i n, a ponieważ an = 0 (kierunek prędkości ciał nie ulega zmianie), więc at = a. 50 Dlatego równania dla rzutów na kierunki t i n (wzdłuż i w poprzek ruchu) mają postać «= a ~ ~kQp2+TS> o= -P2+Q2. Rugując z tego układu a i Q2 otrzymamy po prostych przekształceniach p.p.i i+k) Aby znaleźć siłę nacisku na oś bloku, uwzględnimy, że (rys. 45) T b , 1 + T b , 2 + Q b = O, •8,2 Rys. 45 tj. uwzględnimy to, że blok znajduje się w równowadze. T B ł l i TB>2 są siłami naciągu nici działającymi odpowiednio między blokiem i pierwszym oraz drugim ciałem (przy czym TBTL = TBY2 = T)\ QB jest siłą działającą na oś bloku, wywieraną przez podstawę. Rzutując siły na kierunki poziomy i pionowy otrzymamy -T+QB COS 45° = 0 , . czyli T = QB cos 45°, sin 45° = 0, T = 0 B sin45°. Podnosząc do kwadratu każde z równań tego układu i dodając je do siebie otrzymamy 2 T2 = QB (COS2 450 +sin 2 45°), czyli 2T 2 = skąd -T+QB QB = T / 2 . 4* 51 QB można również obliczyć innym sposobem. Zastępując T B f 2 +T B ł l przez ich wypadkową F otrzymamy F + Q B = 0, czyli QB = —F. Ale, jak widać z prostokąta, F = T]/ 2, a więc Q = T\/2. Zadanie 20. Jednorodny blok o stałym przekroju i długości / posuwa się z tarciem po chropowatej, poziomej powierzchni pod działaniem poziomej siły F. Znaleźć naprężenie w bloku jako funkcję odległości od jego tylnego końca (rys. 46). A I l (l~x) •1,2 I I I B MQ2 2,1 Rys. 46 R o z w i ą z a n i e . Podzielimy myślowo blok na dwie części przekrojem AB. Ponieważ blok posuwa się jako jedna całość, więc ax = a 2 = a i dla dwóch części bloku mamy g+Fr3L+Tlt2+Q1+F a= , mx ^2g+Fr2+T2>1+Q2 a = m2 Rzutując wszystkie wektory na kierunki t i n, i uwzględniając, że FT = kQy oraz Tlt2 = T2tl = T, otrzymamy a — mY o = fl = (i) (2) m2 + 0 = -m2g+Q2. 52 > (3) (4) Rugując Qt z (1) i (2), a Q2 z (3) i (4), dostaniemy -km.g-T+F a— -km2g+T m2 Rugując a otrzymamy —kg T F . „ T + = —kg+ m1 tn1 m2 skąd T = 1 +m 1 lm 2 Jednakże m1 m2 QVx _ qs(1—X) QV2 QSX l x ^' Podstawiając tę wartość do wyrażenia na T, ostatecznie otrzymamy Rys. 47 Zadanie 21. Dwa klocki o masach m1 i m2 poruszają się po klinie, którego ściany tworzą z poziomem kąty ocx i oc2. Nić łącząca te klocki jest przerzucona przez blok. Mając dane współczynniki tarcia kt i k2 między klockami i klinem, znaleźć (rys. 47): a) przyśpieszenia ciał; b) naciąg nici; c) siłę nacisku działającą na oś bloku. R o z w i ą z a n i e . Siły działające na klocki są wiadome, mamy więc Wlg + Q l + T i , 2 J + F T l ^2g+T2,B+Q2+Fr2 = m2a2. 53 Przyjmując wskazane na rysunku kierunki t i n jako dodatnie i uwzględniając to, że wartość naciągu jest jednakowa wzdłuż całej długości nici i równa T, oraz to, że a, = a 2 = ay w rzutach na osie otrzymamy m1gsm<x1 — T—k1Q1 =m1af -mj g cos = 0, —m2gsma2 + T—k2Q2 =m2a, -m2g cos ot2+Q2 = 0. (1) (2) (3) (4) Rugując Qi z (1) i (2), oraz Q2 z (3) i (4) dostaniemy m^smcL, — T—k1m1gcosoc1 ^=?nia9 —m2gsmoc2 + T—k2m2g cos cc2 = m2a> skąd po rozwiązaniu układu otrzymamy __ U 8 (;m1 sin oc± —m2 sin a 2 ) — (kx m, cos a t +k2 m2 cos a 2 ) m 1 +m 2 T _ (sin ai +sin a 2 ) — (k, cos cl, —k2 cos a2) m, tu 2 Zajmiemy się obecnie siłą nacisku na oś bloku. Ponieważ blok nie ma przyspieszenia (rys. 48), więc słuszna jest równość Q*+T* f i+Ti>.2 = 0, czyli Q * + F = 0, 54 ale F = \/T2 + T2-2T2 cos( ai + a 2 ) = T|/2[l-cos(a 1 + a2)] = — Al sin—^—• Ponieważ T zostało już przez nas znalezione, więc zadanie jest rozwiązane. Zadanie 22. Na poziomej płaszczyźnie leży klocek o masie M, a na nim umieszczony jest drugi klocek o masie m. Mając dany współczynnik tarcia kx między klockiem i płaszczyzną, oraz współczynnik ln 'I* t°2,1 P 2,1 1,2 mg Mg Rys. 49 tarcia k2 między klockami, znaleźć siłę, którą należy przyłożyć do dolnego klocka, aby górny klocek zsuwał się z dolnego (rys. 49). R o z w i ą z a n i e . Oczywiste jest, że M g + Q l f 2 + F l f 2 + F T + Q l i P + F = Mal9 ™g+Q 2 ,i+ F 2,i = ma2\ albo w rzutach z uwzględnieniem FT = kQ: -k1Q1-k2Q2 +F = Mal9 (1) 0, k2Q2 = ma2, -mg+Q2 = 0, (2) (3) (4) gdzie Q1 = |Qi,p|; Q2 = |Qi,2| = IQ2.1I55 Podstawiając Q2 z (4) do pierwszych trzech równań, a następnie Q± z (2) do (1), otrzymamy -k1(M+m)g-k2mg+F = Maly k2 g = ^2Ponieważ warunkiem koniecznym na to, aby klocek m mógł się zsuwać, jest ai > a2, więc mamy F-glkjM+i^+kjtn] M >k2 gf skąd szukana siła F>g(k1+k2)(M+m). •§ 0 -O c: 1 Rys. 50 *Zadanie 23. Na rysunku 50 przedstawiony jest układ ciężarków 0 masach mlfm2im3. Bloki A i B oraz nici są nieważkie; m1 > m2+m3 1 m2 > m 3 . Znaleźć przyspieszenie ciężarków względem Ziemi oraz naciąg nici. 56 R o z w i ą z a n i e . Wiadomo, jakie siły działają na ciała, i dlatego m x g + T u A =m1al, TB^+TBf2+TBł3 (1) = mBaBy (2) a ^2g+T 2 ,B = W*22> (3) m3g+T3tB = m3a3. (4) Równania te zapisane w rzutach dają cztery równania skalarne, a znaleźć mamy pięć wielkości: al9 a2, a3y Tx i T2. Musimy więc ułożyć jeszcze jedno równanie. Otrzymamy je biorąc pod uwagę, że a 2 = a B +a 2 , a 3 = a B +a 3 , gdzie aB jest przyspieszeniem bloku B względem Ziemi; a 2 i a 3 są przyspieszeniami 2-go i 3-go ciała względem bloku B. Ale ajB = —ai, a więc , a 2 = — ai+ai, a3 = —aj+aś. Uwzględniając, że a 2 = — a 3 i dodając do siebie te równania, otrzymamy a 2 +a 3 = —2aA. (5) Przyjmijmy kierunek w dół za dodatni. Wektor ze względu na mx > > (jn2 +tn 3 ) skierowany jest w dół, a 3 jest skierowany w górę, ponieważ m2 > m3. O kierunku a 2 nie można nic powiedzieć aż do końca rozwiązywania zadania. Na razie będziemy zakładać, że a 2 jest skierowane w dół. Zapisując równania (1) — (5) w rzucie na kierunek pionowy i uwzględniając, że TUA = TBTA = TX i T2TB = TBT2 = T3TB = TBT3 = T2Y oraz mB = 0, otrzymamy m ig—T1 = m1aly (6) T ^ 2 T 2 = 0, (7) m2g-T2 m3g-T2 =tn2a2, (8) = —m3a3y (9) a2—a3 = —2 aY (10) 57 lub biorąc pod uwagę, że zgodnie z (7) T± = 2T2, mamy 2T <n> (12) (13) —2a1=a2— a3. (14) Dodając do siebie (12) i (13) otrzymamy «,-«,= 2 ( 1 5 Podstawiając ax z (11) do (14) otrzymamy 4T «2-«3 = • ) (16) Przyrównując do siebie prawe strony (15) i (16) po przekształceniu dostaniemy 4g = T2 1 m1 m2 tn3 Znając T2) z (11), (12) i (13) dostaniemy * *•"'('"•«-, m2m3 a3 \ g mx <17) m3 4^ Zajmiemy się obecnie kierunkiem a 2 . Przyjmowaliśmy, że a 2 jest skierowane w dół, czyli że jego rzut a2 jest dodatni. Aby a2 > 0, zgodnie z (17), konieczne jest m1 - + 1 58 m3 to znaczy, że masy , m2 i mz muszą spełniać związek W przeciwnym przypadku a 2 skierowane byłoby w górę. # Zadanie 24. Po klinie o kącie nachylenia a i masie M, poruszającym się bez tarcia po poziomej powierzchni, zsuwa się w dół klocek o masie m. Przyjmując, że współczynnik tarcia między klinem i klockiem równy jest ky znaleźć przyspieszenie klina a 0 i przyspieszenie klocka a względem Ziemi (rys. 51). R y s . 51 Rozwiązanie. więc Wiadomo, jakie siły działają na ciała. Mamy Mg+Qi,2+Qi,p+Fri, 2 = Ma0y wg+Fr2,i+Q2,i '2,1 = wa. Albo rzutując na wybrane kierunki i uwzględniając, że a oy = 0» 01,2 = £?2,1 = Qip = QI> Qi> Ft 1,2 =FT2,I = kQ> —£)1sina+&£)1cosa = —Ma 0 , —Mg—Q1 cos a + Q 2 —îcosa+^sina —kQi sin a a ) = = maXy —mg+kę^moL+ęôscL = may. 0> (2) (3) (4) 59 Cztery równania nie wystarczą oczywiście do rozwiązania zadania, mamy bowiem pięć niewiadomych. Piąte równanie znajdziemy wiążąc ze sobą a 0 , a i a', gdzie a' jest przyspieszeniem klocka względem klina; dostaniemy wtedy a = a0+a\ Ponieważ a 0 f J O^ oraz a' skierowane jest w dół wzdłuż klina, więc rzutując na osie otrzymamy ax = —a0Ą-a' cosay ay = — tf'sina. Rugując stąd wielkość względnego przyspieszenia a'y otrzymamy ay = — {a0+ax)tga. (5) Przy czym a0 > 0, ax > 0 i ay < 0. Dodając do siebie (1) i (3) dostaniemy max—Ma0 = 0. (6) Rugując Q± z (1) i (4) otrzymamy mav = -mg-\ , Asina+cosa . = Ma0y sina—kcos a czyli „ , Ma0 &tga + l Rugując ay z (5) i (7) mamy Ma0 g- m ktga+l ^ _ F = ( f l 0 + « 3 e )tg«. (8) Rozwiązując układ równań (6) i (8) otrzymamy A 60 °~ M l+tf2« , ' t * u + g » m tg a—k ax = l + t g6 2 a , m ' —tg a tg a—K M (9) Aby znaleźć ay> podstawiamy do (5) najpierw ax = Ma0jm z wzoru (6), a następnie a0 z wzoru (9). Otrzymamy wtedy [)tga ay = — (a0—ax)tgcc = + —Itga = 2 M 1 +tg cc ftga w tg a—k Oczywiste jest, że rozwiązania dla a0,axi ay mają sens tylko przy tg a > k. Pożyteczne będzie zbadanie otrzymanych wyników dla przypadków M > m9 M <m, k = 0, a = 0, a = 90°. Zadanie 25. Z jakim przyspieszeniem powinien zjeżdżać w dół nakręcany samochód o masie m po desce o masie M leżącej na nieruchomym klinie o kącie nachylenia a, aby deska posuwała się w górę po klinie ruchem jednostajnym? Współczynnik tarcia między samochodem i deską wynosi k±, między deską i klinem — k2 (rys. 52). Rys. 52 R o z w i ą z a n i e . Rzutując siły na osie mamy: f+mgsmoc—F1 =maly Q±—mg cos cc = 0, F1+F2+Mgsina-f=0, (1) (2) (3) Q2-Qi-Mgcos* = 0, (4) gdzie / = / i f 2 = / 2 , i jest siłą pociągową tarcia; Ft = Flt2 = F2fl jest siłą hamującą tarcia między samochodem i deską, F2 — między deską i klinem. 61 Dodając (1) do (3) i (2) do (4) dostaniemy g(m+M)sinoc+F2 — ma,, (5) Qi —g(M+m) cos a = 0. (6) Uwzględniając, że F2 = k2Q2y z (5) otrzymamy £(m+M)sina+ft 2 £?2 = Podstawiając tu Q2> określone z (6), dostaniemy g(m+M)smoL+k2g{MJtm)QosoL = maly skąd a, = ^|l + -^-j(sina+^2C0Sa)- Widać, że a, nie zależy od k,y tj. od tarcia między samochodem i deską. Należy to rozumieć w ten sposób, że k, może być dowolne, ale różne od zera (w przeciwnym przypadku bowiem mielibyśmy / = 0 i deska nie mogłaby posuwać się w górę). Zadanie 26. Dwóch ludzi o masach m, i m2 znajduje się na dwóch przeciwnych końcach wózka o masie M i długości /. Współczynnik tarcia między wózkiem i poziomą powierzchnią równy jest k. Z jakim przyspieszeniem a będzie się poruszał wózek, jeżeli ludzie będą iść ku sobie z przyspieszeniem ax i a2 względem Ziemi (rys. 53) ? 62 R o z w i ą z a n i e . Oczywiście, na ciała działają, oprócz sił ciężkości i reakcji ze strony podłoża, również siły tarcia. Przy tym na każdego człowieka i na wózek działa zarówno pociągowa siła tarcia (/), jak i hamująca siła tarcia (F). Uwzględniając to, że FT = kQ otrzymamy w rzutach na kierunek ruchu fi—Fi = - f i + F i = -m2a2, -fi+F.+f.-F.-kę = Ma. Znak a nie jest znany. Dodając te równania do siebie i uwzględniając, że Q = Mg+Ql+Q2 = (.M+m1+m2)gf otrzymamy —k(M-\-m1+m^)g = Ma+mlal—m2a29 skąd a _ ~ m2a2—m1a1—k(M+m1+tn2)g M ' Widać stąd, że a > 0, tzn. wózek ma przyspieszenie w kierunku t (w prawo) tylko wtedy, gdy m2a2 > m1a1+k(M+m1+m2)g. (*) Zadanie 27. Przyjmując, że w poprzednim zadaniu znane jest przyspieszenie wózka a i że przyspieszenia ludzi względem wózka są jednakowe i przeciwnie skierowane (tj. ai = —a2), znaleźć przyspieszenia ludzi względem Ziemi. R o z w i ą z a n i e . Oczywiste jest, że rozwiązanie tego zadania, tak jak i poprzedniego uzyskamy korzystając z równania —k(MJrm1 +m2)g = Ma+m1a1— m2a2. (**) Aby znaleźć a1 i a2, koniecznie jest potrzebne jeszcze jedno równanie wiążące ze sobą a, a± i a2. Zgodnie z warunkami zadania aV = —a2, ale = a+ai, a 2 = a+a 2 , skąd a i - a = — (a2—a), 63 czyli a ± + a 2 = 2a. Przyjmując, że a i ax są skierowane w prawo, a a 2 — w lewo, w rzutach na kierunek ruchu otrzymamy a1—a2=2a. ' (***) Rozwiązując łącznie (**) i (***) dostaniemy a _ — a(2m2+M)+k(M+m1+m2)g ^ m2—m1 ą _ a(2m1 +M) +k(M+m1 +m2)g — m2 —m. . Widać stąd, że przy a > 0 (czyli wtedy, gdy spełniony jest warunek (*) z poprzedniego zadania), znaki at i a2 są określone przez stosunek mx do m2: przy m2 > mx nasze założenie o kierunkach ax i a2 jest słuszne, a przy m2 < m, — nie. 5. ZASADA ZMIANY PĘDU I ZASADA ZACHOWANIA PĘDU UKŁADU CIAŁ Często sposób, w jaki ciała oddziaływają na siebie, jest tak złożony, że posługiwanie się przy rozwiązywaniu zadania drugą zasadą Newtona jest bardzo niewygodne. Jeżeli w zadaniach tego rodzaju nie interesują nas przyspieszenia i współrzędne oddziałujących na siebie ciał, wygodnie jest posłużyć się zasadą zmiany pędu (ilości ruchu) układu ciał: Fzl t = (m1u1+ ... +mn\in) — (m1\1+ ... +mn v„), gdzie F jest wypadkową wszystkich zewnętrznych sił działających na układ; mi jest pędem z-tego ciała do momentu, gdy zaczęły działać na nie siły; rtiiUi jest pędem /-tego ciała, na które przez czas At działała siła F. To równanie wektorowe możemy jak zwykle zastąpić przez trzy równania skalarne: FxAt = (m1ulx+ ... +mnunx) — (m1vlx+ ... +mnvnx), FyAt = (m1uly+ ... +mnuny) — (m1vly+ ... +mnvny), FzAt = (/«i*/iz+ ... +mnunz)—(m1vlz+ 64 ... +mnvnz). Jeżeli w jakimkolwiek kierunku zewnętrzne siły nie działają na układ, to układ nie zmienia swojego pędu w tym kierunku. Jeżeli FAt = 0 , to układ w ogóle nie zmienia swojego pędu. Oczywiście takich układów nie ma w przyrodzie, ale zdarzają się układy ciał, dla których FAt « 0. Takie układy prawie nie zmieniają swojego pędu w czasie At w tym sensie, że zmiana całkowitego pędu układu jest dużo mniejsza od pędu, jaki miał układ przed działaniem zewnętrznych sił. Przy tym FAt może być bliskie zeru zarówno wtedy, gdy F « 0 przy dużym At, jak i wtedy, gdy At & 0 przy dużej sile F. Układ, na któiy w jakimkolwiek kierunku nie działają siły zewnętrzne, nazywamy układem zamkniętym w tym kierunku. Rozpatrzymy teraz parę przykładów. 1. Kilka kul spada w powietrzu. Oczywiste jest, że w kierunku pionowym układ nie jest zamknięty, a w płaszczyźnie poziomej zachowuje się jak zamknięty. 2. Po nieruchomej, poziomej, chropowatej powierzchni porusza się kilka kul. W tym przypadku sytuacja jest akurat odwrotna. W kierunku pionowym siły działające na układ są zrównoważone i układ zachowuje się jak zamknięty. W płaszczyźnie poziomej natomiast siły — ogólnie mówiąc — nie są zrównoważone i dlatego w tej płaszczyźnie układ nie jest zamknięty. 3. Dwie kule zderzają się w powietrzu. Podczas zderzenia na kule działają siły ciężkości i siły oporu i dlatego układ nie jest zamknięty. Ponieważ jednak czas zderzenia jest bardzo krótki, więc podczas zderzenia pęd układu nie zmienia się w sposób istotny. Dlatego w momencie zderzenia układ w małym stopniu różni się od zamkniętego. 4. Chłopiec stojący na lodzie rzuca kamień pod kątem do poziomu, przy czym ostrza łyżew ustawione są w płaszczyźnie rzutu. Oczywiście w kierunku z prostopadłym do tej płaszczyzny, układ jest zamknięty (rys. 54). W kierunku x układ nie jest zamknięty ze względu 5 Metodyka rozwiązywania zadań 65 na siły oporu; w kierunku y układ także nie jest zamknięty ze względu na siły oporu i siły działające na układ ze strony Ziemi (ciążenie i reakcja podłoża). Stopień odchylenia układu od stanu, w którym można go traktować jako zamknięty w kierunkach x i j>, zależy od kąta rzutu a. Jeśli jednak siły tarcia są niewielkie, to w momencie rzutu układ w kierunku x mało się różni od zamkniętego. W kierunku y układ jest zamknięty tylko przy a = 0, Zadanie 28. Dwie jednakowe łódki poruszały się z prędkościami Vi i v2 pod kątami a* i a2 względem pewnego kierunku. Kiedy łódki zbliżyły się do siebie na małą odległość, znajdujący się w nich ludzie jednocześnie wymienili między sobą jednakowe worki z ciężarami w taki sposób, że po oddzieleniu się worka od „swojej" łódki, prędkość łódki i worka nie uległa zmianie. Przyjmując, że masa każdej łódki razem z człowiekiem jest n razy większa od masy worka, znaleźć prędkości łódek po zamianie worków (rys. 55). (M+m) ii2 Rozwiązanie. Po oddzieleniu się worków od łódek, pędy łódek wynosiły My, i My2, a worków — Rys. 55 my, i my2. Po dołączeniu worków do łódek, mamy (zaniedbując działanie sił zewnętrznych): My, +my2 = {M+m)u,, My2+my, = (M+m) u 2 . Będziemy szukać nie wartości prędkości u, i u2 oraz kątów fi, i /?2 określających ich kierunki, lecz rzutów tych prędkości ulx, u,yy u2x i u2y. W rzutach na osie otrzymamy: Mv,cos a,+mv2cos a 2 = (M+m)u,x Mv,smoc,+mv2s'moc2 = (M+m)uly Mv2cosoc2+mvxco$oi, = (M+m)u2x Mv2sinoc2+mv,smoc, = 66 (M+m)u2y. Ponieważ M = mn (z założenia), więc nv cos ax +v2 cos a2 Uiv = x n+l nvx sin ax +v2 sin cc2 «1V = n+l nv2 cos a 2 +vx cos u2x n+l nv2 sin oc2 +vx sin oc1 u2v n+l Zadanie 29. Znaleźć prędkości łódek po zamianie worków (zadanie 28), jeśli najpierw został przełożony pierwszy worek," a dopiero potem drugi. R o z w i ą z a n i e . Dla przypadku przełożenia pierwszego worka do drugiej łódki (zaniedbując działanie sił zewnętrznych) otrzymamy: (M+m)y2+m\1 = (M+2M)U2 albo w rzutach (M+m) cos a2+mvx cos ocx = (M+2m)u2xy (M+m) v2 sin oc2+mv1 sina! = (M+2m)u2yf skąd, biorąc pod uwagę że M = mn, dostaniemy (n + l)v2 cos a 2 +vt cos oc± u2x n+2 — U2y (n +1) v2 sin a 2 +vx sin ax n+2 Przy obliczaniu prędkości pierwszej łódki po przełożeniu do niej worka z drugiej łódki, należy uwzględnić, że worek ma teraz prędkość u 2 i dlatego M yt +mu2 = (M+m) lub Mvx cos aA +mu2x = (.M+m)ulxy Mv t sin +mu2y = (M+m)uly, skąd OTiCOS a1+u2x Ulx = n+ l y= - 5* nvx sin ax +u2y 11 +1 67 Pozostawiamy Czytelnikowi zbadanie przyczyn, dla których rozwiązania tego i poprzedniego zadania różnią się od siebie. * Zadanie 30. Z działa ustawionego na platformie o masie M zostaje wystrzelony pocisk o masie m. Pocisk uzyskuje prędkość v pod kątem a do poziomu. Platforma na skutek odrzutu zostaje wprawiona w ruch. Przez jaki czas poruszała się platforma, jeżeli współczynnik R o z w i ą z a n i e . Oczywiste jest, że At składa się z At, i At2, gdzie At, jest czasem przyspieszonego ruchu platformy podczas wystrzału, a At2 — czasem opóźnionego ruchu platformy po wystrzale. Na rysunku F P1}P0C i FPOCjP1 oznaczają siły wzajemnego oddziaływania pocisku i platformy. W pierwszym etapie ruchu platformy (rys. 56a) (Mg+Fvl>voc+Q,+FTl)At, = Mu-Muo (*) 68 albo uwzględniając, że u0 = 0 otrzymamy w rzutach na osie: (Fpl,p0ccosa-&£)1)zIż1 = Mu, ~~ Mg—FP1łPOc s in a + 0 i = 0. Rugując stąd Q t dostaniemy (Ppi,poCcosa—^M^—^Fpljp0esin cx)At1 = Mu. Biorąc pod uwagę, że mg (1) Fvoc>pl otrzymamy dla pocisku F P0CJP1 Z1 H = M\—M\0 albo uwzględniając że vQ = 0: (^poofpicosa) J f j . = mv cos a, (2) (^poc.pisina)^^ = fwz;sina. (3) Biorąc pod uwagę, że FpltV0C = Fpoc,pl = F oraz podstawiając (2) i (3) do (1) otrzymamy mvcoscc—kMgAt1—kmvsincx, = Mu, skąd _ mv(co&aL— &sina) A 1 ~ ~ u kMg Dla drugiego etapu ruchu platformy (rys. 56b) znajdziemy (Mg+Q 2 +Ft 2 ) At2 = Mn'-Mn, gdzie u' = 0 (końcowa prędkość platformy). W rzutach na osie dostaniemy (**) —kQ2At2 = —Mu, skąd po wyrugowaniu -Mg+Q2 = 0, otrzymamy , i/ Tak więc ^ Aj. i Aj. u , mv(cosoi—&sina) L u At = At2+At, 1 =-z— *— —-r-. kg kMg kg Ostatecznie dostaniemy . _ mv(co$a—&sina) kMg ' 69 U w a g i . Kąt a nachylenia działa nie jest równy kątowi, pod jakim wylatuje pocisk. Istotnie v p0 c = v poc ,pi + u (rys. 56a). u jest prędkością platformy względem Ziemi, v poc ,pi—prędkością pocisku względem platformy (tworzy ona kąt a z poziomem), v p o c jest prędkością pocisku względem Ziemi. Prędkość v p o c tworzy kąt (a+Aa) z poziomem. Naturalnie Aa 0 przy m/M 0, co jest spełnione w naszym przypadku. Rozwiązywanie zadania można było zacząć od dodania do siebie równań (*) i (**), a następnie przejść do rzutowania wektorów na osie. 6. RUCH CIAŁA O ZMIENNEJ MASIE Jeśli przy ruchu ciała jego masa ulega zmianie, to przeprowadzanie obliczeń na podstawie wzoru a = Fjm staje się uciążliwe. Wygodnie jest wtedy korzystać ze wzoru Mieszczerskiego ma = F + ^ c gdzie F jest wypadkową wszystkich sił zewnętrznych działających na ciało, jest zmianą masy w jednostce czasu spowodowaną przez odłączanie się cząstek od poruszającego się ciała, albo przez ich dołączanie; fji > 0, jeśli cząstki przyłączają się do ciała (masa ciała rośnie); p < 0, jeśli cząstki odłączają się od ciała (masa ciała maleje); c jest prędkością cząstek względem ciała (na przykład rakiety); /LIC jest siłą odrzutu. Oczywiście juc ma ten sam kierunek co c przy /JL > 0 i przeciwny do c przy /li <0 (rys. 57a). a) b) Rys. 57 W przypadku F = const ruch ciała przy /LCC = const nie jest jednostajnie zmienny, ze względu na m ^ const. Jeśli jednak w czasie ruchu masa ciała nie zmienia się w sposób istotny, to można przyjąć, że przy F = const i /LIC — const przyspieszenie jest także stałe, tj. a = const i ruch jest, praktycznie biorąc, jednostajnie zmienny. Można wtedy 70 posługiwać się przy rozwiązywaniu zadań wzorami z kinematyki dla ruchu jednostajnie zmiennego. We wzorze Mieszczerskiego przyjmujemy ^ < 0 , jeśli cząstki odłączają się od rakiety; ^ > 0, jeśli cząstki przyłączają się do niej. Równanie Mieszczerskiego wynika z zasady zmiany pędu układu ciał. W dalszym ciągu udowodnimy, że tak jest istotnie. Przypuśćmy, że pewne ciało (rys. 57b) miało pęd my i że w ciągu krótkiego czasu At dołączyła się do niego mała masa Am, mająca do momentu dołączenia prędkość yx, a więc pęd Amyx. Oznaczając pęd układu ciało-cząstka literą p, przed dołączeniem Am otrzymamy po = my+Amyx, po dołączeniu p = (m+Am)(y+Ay), bo w wyniku zderzenia całkowicie niesprężystego masa ciała przyjęła wartość (m+Ani), a prędkość, która zmieniła się o Ay, stała się równa (y+A y). Ponieważ p - p 0 = FAt, więc (m-\-Am)(y-\rAy) — (myJrAmy1 )=FAt, skąd po zniesieniu nawiasów i zaniedbaniu członu AmAv otrzymamy m Ay-ł-Am(y—yx) = FAt, czyli po podzieleniu przez At dostaniemy ma+ft(y— y j = F. Ponieważ yx — v = c jest prędkością dołączającego się ciała o małej masie względem głównego ciała o masie m, więc zgodnie z tym co było powiedziane na początku tego rozdziału ma = F+/^c. Zadanie 31. Pojazd kosmiczny wpada z prędkością v w obłok pyłu kosmicznego o gęstości Q2> Aby prędkość pojazdu nie zmniejszyła się, włączono silnik. Jaka jest gęstość gazów wyrzucanych z dyszy o przekroju Sx, jeżeli prędkość ich wylotu określona względem pojazdu wynosi u, 71 a przekrój pojazdu równy jest S2 ? Pył po zderzeniu przylega do obudowy pojazdu (rys. 58). R o z w i ą z a n i e . Przyjmiemy pojazd za układ określenia. Ponieważ pojazd nie ma przyspieszenia, więc F1+F2 = 0, czyli ale „ Am ~At 1 = U QIAV1 = U At = u ei^J/i = UQ1S1U = Q1SXU2 . At v pojazdu Rys. 58 Analogicznie F2 = Q2S2V2, tak więc Q1S1U2 — Q2S2V2 = 0, skąd e 1 = ^2 s ^ 2 " Zadanie 32. Wózek odrzutowy o masie M jedzie w górę po płaszczyźnie nachylonej pod kątem a, wyrzucając strumień zgęszczonego powietrza pod kątem /? do tej płaszczyzny. Współczynnik tarcia wynosi h: Przyjmując, że prędkość powietrza względem wózka jest równa cy masa powietrza wyrzucona w czasie ruchu wynosi Am i jest mała w porównaniu z M9 obliczyć czas, w ciągu którego wózek zmienił swoją prędkość od vQ do v (rys. 59). 72 R o z w i ą z a n i e . Ponieważ wszystkie siły są stałe i M > Am, więc a = const i dlatego mamy Ma == M g + F r + Q + F o d , y = y 0 + a t, czyli M ^ — ^ = Mg+Fr+Q+Fod. r Mg fc=Fod Rys. 59 W rzutach na osie t i n: t 0 = — -Mgsin<x-kQ+^-ccosjS, t Mgcosoi.+Q—^-cńnfi. Rugując Q otrzymamy __ . , Am lx/rv—vQ M—-— = — Mgsma—k\Mgcos ol+-j-c . \ , Am n sm np\ H——ccosp, skąd ^ _ cAm(cos/3—ksin^)— M(v—v0) Mg(sin a c o s a) Przy rozwiązywaniu tego zadania przyjęliśmy, że prędkość v wózka jest mała w porównaniu z wielkością c, a więc że prędkość u ruchu strumienia powietrza względem Ziemi praktycznie równa jest c. 73 *Zadanie 33. Wózek o ciężarze P porusza się po poziomej płaszczyźnie. Współczynnik tarcia wynosi k. Wózek ma kształt prostopadłościanu, a w jego dnie o powierzchni S znajduje się otwór o powierzchni . Do wózka leje się deszcz o gęstości Q pod kątem a do pionu. Znaleźć warunek, przy którym prędkość wózka jest stała, i znaleźć tę prędkość przyjmując, że prędkość kropli deszczu jest równa v (rys. 60), a masa wody w wózku wynosi Mw. '' ' / / / / / 's / / / ' ' -/ A '//'V/. y///A//////,//' „z/, zzzzzzy ^/zZ/zzp.y-A ^yótZ.yzy/Zy / / / ' z/ z / , / / / / / / / / A V // / / W fzc (P + M^g) Rys. 60 R o z w i ą z a n i e . Ponieważ przyspieszenie wózka jest równe zeru, więc P + A f w g + F T + Q + F w + f i c = 0, (1) gdzie P — ciężar wózka, Mwg — ciężar wody znajdującej się w wózku; Q — siła reakcji podstawy; F j — siła tarcia; /uc — siła, jaką deszcz działa na wTózek; — masa wody wpadająca do wózka w jednostce czasu; F w = fi w \ w — siła odrzutu wody wyciekającej z wózka, vw — prędkość wody względem wózka (oczywiście, vw = \/2gh)> fiw— „szybkość" wyciekania wody. Ponieważ /LIW = qS1Vw, M k = w Se' więc Fw = Pwvw = QSx vi = 74 S 2Myvg-~- (2) Prędkość kropli deszczu względem wózka: C = V—u albo w rzutach: cx = vsinoc — uy cy = z;cosa, (*) gdzie u — prędkość wózka względem Ziemi. Obie strony równania (1) zapiszemy w rzutach na oś pionową i poziomą -P-Mwg+Q+Fw-[icy = 0, (3) -kQ+f*cx = Q. (4) Rugując Q z (3) i (4) oraz uwzględniając (2) i (*), po przekształceniach otrzymamy /< o Si \ lvsma—u ^ ^cos al\ +, P_ = 0. (5) Ponieważ St, Sy ay uy ky P i ^ = QSC są wielkościami stałymi, więc Mw = const, co prowadzi do [i = /uw. Lecz z fi = fiw wynika, że es*, = eSi ]/ skąd - - < « > Brakujące cy podstawimy z wzoru (*). Przy spełnionym warunku (6) prędkość wózka może być stała. Wartość tej prędkości znajdziemy z równania (5): u = t;(sina—Acos a) — . Jeśli warunek (6) nie jest spełniony, prędkość wózka nie może być stała. Tak więc masa wody w wózku nie powinna się różnić od masy określonej równaniem (6). # Zadanie 34. Wagon o długości l i masie M porusza się po szynach. Współczynnik tarcia wynosi k. Na wagon sypie się piasek pionowo w dół z wysokości H. Przyjmując, że czas ładowania był krótki, a więc wagon poruszał się w przybliżeniu ruchem jednostajnie opóźnionym 75 i zmienił swoją prędkość z v0 na v, znaleźć „szybkość" ładowania piasku p = AM/At (rys. 61). R o z w i ą z a n i e . Na wagon działają oczywiście siły Mg, — /ic, F r i Q. Przy tym tylko siła Mg jest stała, pozostałe są zmienne. Pamiętając, że ruch wagonu jest jednostajnie zmienny, możemy napisać fi c śr = IX c 0 + c 2 ' Fr = F0+F Qo+Q Rys. 61 Zgodnie z prawem zmiany pędu układu AM\ , c0+c , F0+F , Q0+Q 2 • + ' 2 2 JAt = = (M+JM)v-Mv0. Pamiętając, że c = u—v, gdzie u jest prędkością, jaką miał piasek względem ziemi zanim został wsypany do wagonu, a v jest prędkością wagonu względem ziemi, otrzymamy Cp + C _ (u —Vq)+(u —y) 76 = u Vo + V Rzutując (*) na kierunki t i n i uwzględniając, że FT = kQ$T) dostaniemy = (M+AM)v-MV09 -(M+AM)g-pu+ Rugując stąd ^(Q0+Q) =0• otrzymamy = (M+AM)v-Mv0. Uwzględniając, że w naszym przypadku At= 2/ — v0+v i że u = I/2£H9 a także AM = uAt = a 21 —, Vq+V otrzymamy ©o+f Skąd po przekształceniu i uproszczeniu dostaniemy Czytelnik może zbadać uzyskany wynik dla poszczególnych przypadków: jLt — 0y k = 0y v o = 0 y v=0, k=0 i jednocześnie ^ = 0. 77 7. PRACA, ENERGIA, M O C Jeśli obie strony równania F = ma zrzutujemy na kierunek ruchu, to otrzymamy Fcosa = mat. (1) Jeżeli Fcos a = const, to at = const i możemy zastosować wzór = 2at ' (2) Rugując z (1) i (2) przyspieszenie styczne otrzymamy = (3) To ważne równanie nazywamy prawem zmiany energii kinetycznej. Pozwala nam ono rozwiązać wiele zadań z mechaniki w tych przypadkach, kiedy trudno jest bezpośrednio zastosować drugą zasadę Newtona. W szczególności rozsądnie jest korzystać z równania (3) wtedy, kiedy nie interesują nas przyspieszenia. Trzeba sobie wyraźnie zdać sprawę z tego, że równanie (3) jest równaniem skalarnym. Wielkość .Fzlscosa nazywamy pracą i oznaczamy literą A, tj. A = F As cos a. Jeśli Fcosa > 0 , praca jest dodatnia, jeśli Fcosa < 0 — ujemna. Albo, co jest zupełnie równoważne, praca siły jest dodatnia, jeśli siła ta ma składową w kierunku prędkości, jeżeli zaś siła ma składową w kierunku przeciwnym do prędkości, to jej praca jest ujemna. Wśród różnych rodzajów sił istnieją takie siły, których wartość zależy od prędkości ruchu (np. siły oporu, siły elektromagnetyczne). Praca tych sił zależy od kształtu toru. Siły, których wartość zależy tylko od współrzędnych ciała (jego położenia), np. siły ciężkości albo od jego odkształcenia (siły sprężystości) i których praca (co jest najważniejsze) nie zależy od kształtu drogi, a tylko od początkowego i końcowego położenia — nazywamy siłami potencjalnymi. W przypadku sił potencjalnych możemy wprowadzić pojęcie energii potencjalnej. Przy tym AWP = — Fp As cos a, czyli Wp = —Ap lub Ap = — AWP , tj. praca wykonana przez siły potencjalne jest równa ubytkowi energii potencjalnej. 78 Podzielmy wszystkie siły mogące działać na rozpatrywane przez nas ciało na siły oporu JF0P, siły potencjalne Fp i wszystkie pozostałe, które będziemy oznaczać F. Wtedy prawo zmiany energii możemy zapisać w postaci: JFop As cos cc+FP Zls cos +FAs cos y = A Wk. a, fi i y są kątami między przesunięciem AT i odpowiednimi siłami. Uwzględniając, że FpAscosfi = — AWpy otrzymamy Aop+A = AWk+AWp lub A+Aop = AW, gdzie Aop jest pracą sił oporu, A — pracą wszystkich innych sił oprócz sił potencjalnych i sił oporu, A W — zmianą całkowitej energii mechanicznej ciała lub układu ciał. Jeśli A = 0 i Aop = 0, to A W = 0, czyli W = const i otrzymujemy prawo zachowania energii. Jak wiadomo, energia potencjalna ciała, którego środek ciężkości znajduje się na wysokości hy wyraża się wzorem Wg = mgh (w przypadku, kiedy poziom h = 0 przyjmiemy za poziom, względem którego liczymy energię). Energia potencjalna odkształconego ciała wyraża się wzorem gdzie k jest współczynnikiem sprężystości określającym, jaką siłę należy przyłożyć do ciała, aby spowodować jednostkowe odkształcenie tego ciała; x jest jego odkształceniem (wydłużenie, skrócenie, wygięcie itd.); wartości x = 0 odpowiada stan ciała nieodkształconego. Zadanie 35. Jaki jest współczynnik sprężystości k sprężyn buforowych wagonu, jeśli wagon mający prędkość v0 zatrzyma się po przebyciu drogi s przy zderzeniu się z przeszkodą? Masa wagonu wynosi M, wagon ma dwie sprężyny buforow7e (rys. 62). 79 R o z w i ą z a n i e . Oczywiście, energia kinetyczna wagonu przekształciła się w energię potencjalną sprężyn. Zgodnie z prawem zmiany energii dla układu wagon-sprężyna mamy A+Aop = AWk+AWpy ponieważ A = Aop = 0, więc 0 _ _ « ) . Uwzględniając, że s0 = 0 i v = 0, otrzymamy Ł _ Mvi Zadanie 36. Cylindryczna rura o wysokości H i grubości ścianek b wykonana jest z materiału o gęstości Q. Przyjmując, że przekrój rury jest kołem o wewnętrznym promieniu R, znaleźć pracę sił ciężkości przy wykonywaniu tej rury. R o z w i ą z a n i e . Praca siły ciężkości jest równa ubytkowi energii potencjalnej ciała i dlatego Ag = -AWp, czyli Ag = -0mgh-mgh0), gdzie h0 i h — wysokości, na jakich znajdował się środek ciężkości materiału przed i po wykonaniu rury. Ponieważ h0 = 0, h = jH i M = qV, więc Ag=-QVgî ponieważ V = SH = TzH(R 2 2 -R\) = 7T H[(R+b)2-R2], więc _ nębH2(2R+b) 2 § - Znak minus oznacza, że praca siły ciężkości była ujemna, tj. przy przemieszczaniu materiałów w górę siła ciężkości działała w przeciwnym kierunku, tj. w dół. 80 Zadanie 37. Ciało o masie m rzucono z prędkością v0 pod kątem a 0 do poziomu. Znaleźć jego energię potencjalną i kinetyczną po upływie czasu t. R o z w i ą z a n i e . Zadanie sprowadza się do znalezienia vi y dla ciała wyrzuconego pod kątem do poziomu <v2 = Vx+v2 = VqCO$2 aQ + (vQsma0—gt)2 = = tfocos2a0+ôsin2ao~2tf0£żsina0+£2ż2 = vl+g2t2—2vQgtsmaQ, tu wk = "2" {vo +g212—2v0gt sin oc0) Ponieważ 2 y — © 0 żsina 0 - gt więc W 9 = mg^v0tsmcc0——~ j. Oczywiście, Wk+Wg = Wok, ponieważ m (*>o +g2t2—2v0gtsin a0) +mg (v0tsin a0 ~2 vi g2t2 . . g2t2 \ v0gtsmccQ-\-v0gtsmaQ—^Y~] = FY y fin = mvi ~2~ ^ — ; H 1t \ Rys. 63 Zadanie 38, Ciało o masie m wyrzucone pod kątem do poziomu spadło na ziemię w odległości s od miejsca rzutu. Wiedząc, że maksymalna wysokość, jaką osiągnęło ciało, wynosi H, znaleźć pracę wykonaną przy rzucie. Opór powietrza zaniedbujemy (rys. 63). 6 Metodyka rozwiązywania zadaó 81 U w a g a . Praca wykonana przy rzucie jest to praca wykonana przez siłę F nadającą ciału tę energię, którą ciało ma w czasie lotu. R o z w i ą z a n i e . W momencie wyrzutu działała na ciało siła Fy która zmieniła energię ciała od zera do Wly a więc A = Wx. Podczas lotu na ciało działała tylko siła potencjalna mg i W = const przez cały czas lotu. Dlatego Wx = W2 i A = W2y czyli Ale V * = 2t> gdzie t jest czasem ruchu ciała w górę (lub czasem spadania). Z równości H = 5gt2 wynika, że a zatem A = m g H + - ^ n r 2-4-^ i S2 A — = me\H-' mg\l 16Hj Zadanie 39. Szybowiec o masie m, mający na wysokości hx prędkość , zleciał po pewnej krzywej o długości l na wysokość h2 zmniejszając swoją prędkość do wartości v2. Znaleźć siłę oporu powietrza, przy założeniu, że jest ona stała. R o z w i ą z a n i e . Podtrzymująca szybowiec siła nośna Q jest prostopadła do prędkości i nie wykonuje pracy. Dlatego A = 0 i Aop = = AW, skąd +\tn(vl-v\) / Zadanie 40, Ciało o masie m podnoszone jest wolno w górę po pochyłości o wysokości h i długości podstawy b. Przyjmując współczynnik tarcia równy k znaleźć pracę zewnętrznej siły (siły ciągu), pracę siły ciężkości, siły tarcia i siły reakcji prostopadłej do toru (rys. 64). F _ " OT) 82 mg{h2-hx) R o z w i ą z a n i e . Wiadomo, jakie siły działają na ciało. Ponieważ ciało porusza się na skutek działania na niego zmiennych sił (ruch krzywoliniowy), drogę s należy rozbić na części Asi tak małe, aby nie można ich było odróżnić od odcinków prostych. Wtedy AA0p. = FTiAsi(—\) = —kQiAsi = — kmgcosoiiAsi = —kmgAbiy Aop = AA0P1+ ...+ AAOPn = -kmg(Ab1 + ...+Abn) = -kmgb, AAg. = mgAstCOsfii = —mgAhi, Ag = —mg(Ah1 + ... +Ahn) = '—mgh, a ponieważ Wp0 = 0 (na wysokości równej zero), to -mgh = -(W-W0) = -AW„, Ag = -AWg (zgodnie z tym, co było powiedziane we wstępnej części). Siła Q nie wykonuje pracy, ponieważ tworzy ona kąt 90° z kierunkiem ruchu. Rozpatrując pracę siły F mamy AAi = P i Z l ^ + l ) = (FT.+mgsmoLÂsi = = (kgmcos oci+mgsin OLi) Asi = kmgAbi+mgAhi = mg(kAbi+Ahi) oraz A = kmgb+mgh. Taki sam wynik można było otrzymać na podstawie prawa zmiany energii A+Aop = AWp+AWk. Ponieważ v = const, więc AWk = 0, ** A = -Aop+AW = kmgb+mgh. * 83 Należy zwrócić uwagę na to, że jeśli praca siły F na odcinku drogi As równa jest AAly to praca AA2 wykonana przeciw tej sile, tj. praca siły równej sile F co do wartości i przeciwnie do niej skierowanej, będzie się różnić od AA, tylko znakiem. Rzeczywiście, ponieważ F, = —F2 i As, — Asly więc F1As1 = = — F2As2y czyli AA, = — AA2. Dlatego praca siły ciężkości w naszym zadaniu Ag = —mgh. Praca zewnętrznej siły pokonującej siłę ciężkości Aze wn = mgh. Podobnie, praca siły tarcia Aop — —kmgb, a praca siły pokonującej siłę tarcia jest równa +kmgb. ^Zadanie 41. Dwie bardzo cienkie płytki o masach m, i m2 są połączone nieważką sprężyną o współczynniku sprężystości równymi (rys. 65). Z jaką siłą F należy nacisnąć górną płytkę, aby podniosła ona dolną płytkę, unosząc się w górę po zakończeniu działania siły F? Rys. 65 R o z w i ą z a n i e . 1. Jeśli szukaną siłę przyłożyć do pierwszej płytki, to jej równowaga ustali się pod jednoczesnym działaniem sił m, g, F i siły sprężystości F spr = -k(x,+Ax). W rzucie na kierunek pionowy dostaniemy wtedy m,g+F = kx,+kAx. (*) Przed ściśnięciem sprężyny silą Fy pierwsza płytka była w równowadze pod działaniem sił mg i siły sprężystości —kxly tj. m,g=kx,y (**) 84 a więc poszukiwana siła określona jest przez równość F = kAx. Aby określić Ax, należy, uwzględniając założenia zadania, porównać stan sprężyny podczas działania siły F ze stanem sprężyny w momencie oderwania się drugiej płytki. Ale układ przechodzi z pierwszego stanu do drugiego pod działaniem zmiennych sił i dlatego wygodnie jest tutaj zastosować prawo zmiany energii. Energię ciał będziemy obliczać względem poziomu określonego przez górny koniec nieodkształconej sprężyny. Przy tym mgh > 0 lub mgh < 0 zależnie od tego czy ciało znajduje się powyżej, czy poniżej poziomu odniesienia. Podczas gdy na górną płytkę działa szukana przez nas siła, sprężyna jest ściśnięta dodatkowo o Ax i układ płytka-sprężyna ma względem poziomu określonego przez wysokość nieodkształconej sprężyny następującą energię: WQ = —m1g(x1+Ax)—m2gl0+^Xl~Âx^ . 2. Jeśli założyć, że pierwsza płytka podnosząc się do góry rozciągnie sprężynę tak, że druga płytka nie oderwie się od podstawy, to energia układu będzie w tym momencie wynosić kx2 2 ' Ponieważ przy ruchu pierwszej płytki W0 = W> więc W = rn1gx2-m2gl0- / . A \ . KXI+Ax)2 —m1g(x1+Ax)Ą—*—2— = kx\ igx2+-2~- m Brakujące wielkości xx i x2 znajdziemy z warunku równowagi pierwszej płytki przed rozpoczęciem działania siły F i drugiej płytki w momencie, kiedy przestaje ona cisnąć na podstawę: m1g = kx1, m2g = kx2. Wtedy skąd M^yu^-J Ax = —n^ł(T)2(ml+tn2)g k 85 oraz .1 kAx = (m1+m2)g. Ale kAx = Fy więc ostatecznie F = (m1+m2)g. Dla zupełnego oderwania się drugiej płytki konieczne jest, aby F' >F=(ml+m2)g. ^Zadanie 42. Przyjmując założenia poprzedniego zadania, przy F = (m1+m2)gy określić: 1) charakter ruchu pierwszej płytki po zakończeniu działania siły; 2) charakter zmiany sił działających na drugą płytkę podczas ruchu pierwszej płytki. R o z w i ą z a n i e . 1. Charakter ruchu ciała jest określony przez przyspieszenie ciała. Przyjmiemy kierunek w górę za dodatni. Uwzględniając, że przy odkształceniu powstaje w sprężynie siła F spr = — kx9 działająca na ciało m±, otrzymamy spr m, g—kx mx m1 albo w rzucie na wybraną oś: —m1g+kx , kx a= = -gJ mY mx Przy / < lQ y x > 0 i dlatego a= 6 \kx\ + J—L. m1 Podczas ruchu płytek w górę a maleje, lecz a > 0 dopóki x >m1glk\ dla x = tn1gjk mamy a = 0, i potem dla 0 < x < mxg\k mamy a < 0. Przy x = 0 mamy a = —g i dalej # < 0, dlatego a= * -g- \kx\ m1 Ponieważ rośnie, więc a maleje i przy \x\ = m2glk przyspieszenie osiąga najmniejszą wartość (co do wartości bezwzględnej — największą). A więc ciało mt od wyjściowego położenia do położenia x = m^lk porusza się ruchem przyspieszonym (a > 0) z ciągle malejącym przyspieszeniem; od położenia x = m^/k do położenia \x\ = m2glk ciało porusza się ruchem opóźnionym (a < 0) z wciąż rosnącym opóźnieniem. 86 Prędkość ciała w początkowym i końcowym położeniu jest równa zeru; w położeniu x = m1glk jest ona maksymalna, ponieważ do tego położenia ciało poruszało się ruchem przyspieszonym, a potem — ruchem opóźnionym. 2. Na dolną płytkę działają siły m2 g, —kx! i reakcja podstawy Q. x' jest współrzędną dolnego końca sprężyny liczoną względem górnego; oczywiście x' = —x. Ponieważ płytka przez cały czas pozostaje w spoczynku, więc m2g-kx'+Q albo uwzględniając, że x' = —x: = 0 m2g+kx+Q = 0. W rzucie na kierunek pionowy -m2g+kx+Q = 0, skąd Q = m2g—kx. Siła m2g jest stała, siła kxy a zatem i Q są zmienne. Siła —kx' = kx skierowana jest dla dolnego ciała w dół przy ściśniętej sprężynie (/ < /0) i w górę przy rozciągniętej sprężynie (/ > /0). To znaczy, że przy l < l0 (tj. x > 0) Q = m2g+\kx\ > m2g\ przy l = l0 (tj. x = 0) Q = m2g\ przy l >lQ (tj. x < 0) Q = m2g-\kx\ < m2g\ w górnym położeniu pierwszej płytki m2g = \kx\> tj. Q — 0. 8. ZDERZENIA CIAŁ Zadania na ten temat rozwiązuje się przyjmując jako punkt wyjścia prawa zachowania pędu i energii. W przypadku, gdy nie ma zewnętrznych sił, lub gdy są one małe i masy ciał nie ulegają zmianie, mamy w 1 v 1 +w 2 v 2 + ... +mny„ = m1u1+m2u2+ mxv\ 2 f i- ... -h mnvl _ mûj 2 2 ^ ... +mn\ mnul 2 n 87 yf są prędkościami ciał przed zderzeniem, u t — po zderzeniu. Nie bierzemy pod uwagę zmiany wysokości ciał w czasie zderzenia, czyli nie uwzględniamy zmiany energii potencjalnej w polu sił ciężkości. Q jest ciepłem wydzielonym przy zderzeniu albo przyrostem wewnętrznej energii ciała na koszt ubytku energii mechanicznej. (Dokładniej o pojęciu ,,ciepło wydzielone przy zderzeniu" mówi się w zadaniu 39 cz. III). Zadanie 43. Wykazać, że przy całkowicie sprężystym zderzeniu kulki ze ścianą kąt odbicia jest równy kątowi padania, a v0 i v leżą w tej samej płaszczyźnie, co prostopadła do ścianki wystawiona w punkcie padania (rys. 66). Rozwiązanie. v . v sina nań0 == 0x , sina = x v0 v ale z mv o 2 2 2 wynika, że vi = v , czyli v0 = v. Ponieważ nie ma sił tarcia między kulką i ścianą (ze względu na sprężystość zderzenia), więc ax = 0, tj. vQx = vX} ale wówczas Vqx v0 a więc sina 0 = sina. = vx v 9 Ponieważ a0 i oc są kątami ostrymi, więc ze związku sin a 0 = sin a wynika, że a = a 0 . Przy zderzeniu nie działają siły styczne, więc kulka nie mogła uzyskać składowej prędkości prostopadłej do płaszczyzny wyznaczonej przez v0 i oś y. Oznacza to, że również i y będzie leżeć w tej samej płaszczyźnie. Zadanie 44. Dwie gliniane bryłki o masach ml i m2 biegnące ku sobie z prędkościami vx i v2 zderzają się niesprężyście. Znaleźć ilość wydzielonego ciepła Q (rys. 67). v Q mlV1 7772V 2 0 przed zderzeniem (m1+m2)u O — * - po zderzenia Rys. 67 R o z w i ą z a n i e . Oczywiście, m 1 v 1 +m 2 v 2 = m2v\ _ (m1+m2)u2 2 ~~~ 2 mî 2 ^ Przyjmując kierunek w prawo za dodatni, mamy m1v1—m2v2 = (m1+m2)u; mxvj ~~2 m2v\ 2 " (m1+m2)u2 , — 2 — : n Rugując stąd u, otrzymamy mî 2 (m1v1—m2v2)2 2(m 1 +m 2 ) 2 = 2 n skąd 0 _ yîî ^ 2 2 (m1v1—m2v2)2 2(m1+m2) albo, wykonując mnożenie i redukując podobne wyrazy, otrzymamy Q == m1m2(v1+v2)2 2(m1+m2) 89 Zadanie 45. Rozwiązać poprzednie zadanie dla przypadku, gdy kąt między prędkościami bryłek przed zderzeniem był równy a (rys. 68). R o z w i ą z a n i e . Znowu możemy napisać m1y1+m2y2 mxv\ j m2v\ * 2 2< = (m1+m2)u2 2 = ^ ^ (rrij+m2)u Wielkość u2 znajdziemy z trójkąta wektorowego korzystając z prawa cosinusów, a mianowicie [{m1+m2)u\2 = Wiî+mi^l—2m1z;17w2«;2cos(180o—a), (2) po podstawieniu u2 z (2) do (1) dostaniemy mxv\ ~~2 m2v\ _ m\v\ +m22v22-Im,vxm2v2cos(180°-a) 2~~~~ 2(m 1 +m 2 ) n ' Skąd po przekształceniu otrzymamy n __ mi ^ v2 cos(180° — a)] 2 (m1+m2). Oczywiście, przy a = 180° z tego rozwiązania wynika rozwiązanie poprzedniego zadania. Przy a = 0 (bryłki biegną jedna za drugą) ^ 2 (m1 +m 2 ) przy a = 90° Q^ 90 m^^yl+yj) 9 Zadanie 46. Dwie kościane kulki o jednakowych masach biegnące ku sobie z prędkościami vx i v2 tworzącymi kąt a, zderzają się ze sobą i po zderzeniu całkowicie sprężystym biegną dalej z prędkościami ux i u2. Znaleźć kąt /? między prędkościami ux i u 2 (rys. 69). m ivl+m2v2 m u i i Rys. 69 R o z w i ą z a n i e . Oczywiście, zgodnie z prawami zachowania: mv1-\-mv2 = mu i +mu 2 , mvi mv\ _ mul mu\ lub, po skróceniu przez m, Vi+V2 = Ui+U 2 , vl+vi = ul+ui. Ale w|y1 + y2| i w l u j + u ^ są wielkościami przekątnych równoległoboków wektorowych, przy czym m\y1 + \2\ = w|u 1 +u 2 |, i w takim razie ze wzoru cosinusów: m2\vl -\-v2 —2v± v2 cos (180°—a)| = m 2 |«?+wi-2w 1 w 2 cos(180°-/9)| lub vl+vj-2v1 *>2cos(180°-a) = —2^ cos(180°—/?). Ponieważ = «l+«2, więc —2vx v2 cos (180°—oc) = —2ux u2 cos (180°—/?), czyli s^^cosa = u1u2cosfif 91 skąd „ COS U = vx v2 cos a U! ll2 . Zadanie 47. Przy zderzeniu całkowicie sprężystym dwóch kul, których prędkości przed zderzeniem tworzyły ze sobą kąt a, prędkość jednej z kul nie zmieniła swej wartości (rys. 69). Znaleźć kąt /? między prędkościami kul po zderzeniu (masy kul są różne). R o z w i ą z a n i e . Oczywiście, m, vx +m2 y2 = mx Uj +tn2 u2, mxv\ 2 m2vI _ rriiul 2 ~ m2u2 2 2 ' Z drugiego równania, ze względu na t^ = ux wynika, że v2 = u2. Zgodnie z wzorem cosinusów /raiî+ralî—2w17w2t?i^2cos(180°—a) = = m\ u\ +m2 u2 —2mx m2 ux u2 cos (180°—/?), skąd wynika s^^cosa = u1u2cos/39 czyli cos a = cos /? (ze względu na vx v2 = ux u2). Zadanie 48. Wyjaśnić dlaczego w znanym doświadczeniu demonstrującym prawa zachowania pędu i energii przy zderzeniu (rys. 70), liczba kul odskakujących jest zawsze równa liczbie kul padających. R o z w i ą z a n i e . Przypuśćmy, że na pozostające w spoczynku kule pada k± kul poruszających się wspólnie (nie rozłączając się) z pręd92 kością vx, a odskakuje k2 kul z prędkością v2. Zgodnie z prawami zachowania k1mvl = k2mv2y k1mv\ k2mv2 2 2 ' Po skróceniu przez masę otrzymamy k1v1=k2v2y (*) Podnosząc równanie (*) do kwadratu i dzieląc je przez równanie (**) otrzymamy kx — k2, co należało udowodnić. Dzieląc (**) przez (*), otrzymamy = v2. * Zadanie 49. Kawałek miękkiej gliny o masie m spada z wysokości h na szalkę wagi sprężynowej. Mając daną masę szalki M i współczynnik sprężystości sprężyny k, znaleźć zależność prędkości układu od wartości odkształcenia sprężyny (rys. 71). Zderzenie należy uważać za całkowicie niesprężyste. Rys. 71 R o z w i ą z a n i e . W pierwszej chwili po zderzeniu układ ma energię 93 x liczymy od dolnego końca nieodkształconej sprężyny. W następnej chwili ... (;m+M)u2 kx2 W = ^ (m + M)gx+ — . Ponieważ podczas ruchu układu nie występują zewnętrzne siły niepotencjalne, więc W = W0, czyli (m+M)ul Y1 2 (m+M)u Y1 . _ kxl (tn+M)gx0+— kx2 A (m+M)gx+-(*) Prędkość u0 dostaniemy z równania zachowania pędu dla zderzenia gliny z szalką mv = (m+M)u0, a t; określimy z równości mv2 TT tngH = a więc ^ 0 mv w+M = m\/2gH m+M ' * ; xQ określimy z warunku równowagi szalki wagi przed zderzeniem, tj. Mg = kx0. (***) Podstawiając (**) i (***) do (*) po prostych przekształceniach otrzymamy = Af+tf* . Zadanie 50. Jaką minimalną prędkość v0 powinien mieć sześcian 0 krawędzi l w odległości s (s l) od przeszkody, aby przewrócić się przy uderzeniu o tę przeszkodę ? Współczynnik tarcia między sześcianem 1 podstawą jest równy k. Strata energii mechanicznej przy zderzeniu 94 z przeszkodą wynosi nEkf gdzie n < 1, Ek jest energią kinetyczną przed zderzeniem (rys. 72). R o z w i ą z a n i e . Aby sześcian mógł się przewrócić, jego energia przed zderzeniem z przeszkodą powinna być nie mniejsza od mg(h'—h)l j(l—ń), gdzie A oznacza wysokość środka ciężkości sześcianu przed zderzeniem się z przeszkodą, a h' — maksymalną wysokość środka ciężkości podczas przewracania się. mg u Rys. 72 Ponieważ siła niepotencjalna nie wykonuje pracy (Q±y), więc z A+At = AWp+AWk mamy mg(h'—h) l—n —kmgs mv o Oczywiście, h' "-2• W2 Uwzględniając to, otrzymamy Vi kgs = - l g{V2-\)g 1 -n skąd -V- 2 kgs- l(\/2-l)g l-n ' * Zadanie 51. Szalka wagi sprężynowej o masie My na której leży kulka o masie m, odciągnięta jest w dół przez siłę i 7 i następnie puszczona swobodnie. Na jaką wysokość H i h podniosą się kulka po oderwaniu się 95 od szalki i sama szalka (rys. 73)? Jaki jest przy tym charakter ruchu ciał? Współczynnik sprężystości sprężyny równy jest k. R o z w i ą z a n i e . Ruch kulki składa się z trzech etapów: 1) ruchu przyspieszonego razem z szalką do położenia równowagi określonego przez równanie {M+m)g = kx; (1) H "fon Cu (M+m)g Rys. 73 2) ruchu opóźnionego razem z szalką z \a\ < g do momentu oderwania się kulki od szalki, które następuje w położeniu, w którym kulka i szalka już nie naciskają jedna na drugą, a więc poruszają się z a = g (oczywiście, w tym momencie sprężyna nie jest odkształcona); 3) oderwana kulka porusza się w górę z przyspieszeniem a = g (ruchem opóźnionym) pod działaniem wyłącznie siły ciężkości (szalka zaś ze względu na powstałe odkształcenie sprężyny porusza się ruchem opóźnionym z a2 > g). Oczywiście, w ostatnim etapie, który nas właśnie interesuje, zgodnie z założeniami zadania mamy rwo* 96 = mgH, (2) gdzie H liczone jest od położenia, w którym następuje oderwanie się kulki (tzn. od położenia dolnego końca nieodkształconej sprężyny). Z (2) otrzymujemy »= w Dla określenia v2 wykorzystamy to, że przy ruchu układu od dolnego położenia do momentu oderwania się kulki energia układu nie uległa zmianie, tj. kx o v njri - /(M+m)gxo = ( . M + t ny) v K 2 2 . (4) x0 znajdziemy z warunku równowagi układu w dolnym położeniu (M+m)g+F = kx0. (5) Rozwiązując (3), (4) i (5) otrzymamy ~ F*-(M+m)y 2k(M+m)g ' K ' Aby znaleźć wysokość h, na jaką podniosła się szalka po oderwaniu się kulki, skorzystamy z równania Mv2 kh2 „ , a ponieważ z (3) mamy = 2gH, więc kh2 Mgh+^-. MgH = Podstawiając tu wartość H z (6) i biorąc pod uwagę, że h > 0, otrzymamy ostatecznie h = k i j/M2S2 2 )/ k , Mg[F*-(M+m)Yl k2{M+m)g * Zadanie 52. Z jaką prędkością co do wartości i kierunku powinien skoczyć człowiek o masie tn, stojący na końcu wózka o masie M i długości /, żeby opaść na drugi jego koniec w momencie, kiedy wózek się zatrzymuje ? 7 Metodyka rozwiązywania zadań Współczynnik tarcia między wózkiem i podstawą jest równy k, zaniedbujemy czas oddziaływania człowieka z wózkiem w porównaniu z czasem jego lotu. Gdzie znowu zatrzyma się wózek po zakończeniu swojego ruchu razem z człowiekiem (rys. 74)? R o z w i ą z a n i e . Jeśli wózek w czasie lotu człowieka przesunął się o /', to położenie człowieka zmieniło się wzdłuż kierunku poziomego o Ax = l—V (wszystkie przesunięcia liczymy względem Ziemi). Przy tym Ax jest maksymalnym zasięgiem skoku, a więc l-V = ^sin2a . (1) § Przesunięcie V wózka określimy z tego, że jego energia kinetyczna po zakończeniu wzajemnego oddziaływania z człowiekiem została zużyta na pracę przeciw siłom tarcia, tj. * k M g l ' ( 2 ) uQ znajdziemy z zachowania poziomej składowej pędu człowieka i wózka przy skoku człowieka, tj. z mv o cos a = Mu0. 98 (3) Kąt a określimy z tego, że czas t ruchu wózka jest równy czasowi lotu człowieka 21\ gdzie t' jest czasem jego wznoszenia się w górę (lub opadania). Ale mamy f = k' vQ sin a g i dlatego u0 = 2v sin a 0 (4) Rozwiązując jednocześnie (3) i (4) otrzymamy tgoc = Rugując z 2MT" o (2) i (3) oraz zakładając, że a jest znane z (*), otrzymamy _ m2Vo cos2 a ~ 2 kgM2 ' Podstawiając tę wartość /' do (1) otrzymamy / V * 2 M2k --+sin2a Znajdziemy teraz nowe przesunięcie wózka po opadnięciu człowieka na wózek. Oczywiście energia kinetyczna wózka i człowieka została zużyta na wykonanie pracy przeciw siłom tarcia i dlatego k{M+m)gi" = (5 ) gdzie u jest prędkością wózka i człowieka natychmiast po opadnięciu człowieka na wózek. Znajdziemy ją z tego, że mv o cos a = (M+m)u. (6) Ponieważ znaleźliśmy już v0 i a, więc rozwiązanie (5) i (6) da nam < l" _ ^ 2 ôcos 2 a Oczywiście wózek zatrzyma się w odległości /' —Z" od swojego pierwszego (wyjściowego) położenia. 7* 99 Polecamy czytelnikowi, aby równania (3) i (6) zapisane w rzutach na kierunek ruchu otrzymał z ogólnej postaci prawa zmiany pędu w formie wektorowej. 9. CIĄŻENIE POWSZECHNE Prawo ciążenia powszechnego dla dwóch punktów materialnych ma w zapisie wektorowym następującą postać: F = 2 — siła F i jednostkowy promień wodzący r 0 są skierowane od ciała przyciąganego do przyciągającego. To prawo pozwrala rozwiązać dowolne zadania na oddziaływanie grawitacyjne, tj. zbadać i opisać ruch ciał pod działaniem wyżej wymienionej siły. Prawo ciążenia powszechnego nie wyjaśnia jednakże natury tego oddziaływania. Dokonuje tego w pewnym stopniu teoria ciążenia Einsteina. Wiadomo, że każde oddziaływanie urzeczywistnia się za pośrednictwem pewnego czynnika, którym jest pole. Jednym z takich pól jest pole grawitacyjne. Jak widać z prawa ciążenia, F g dla danych dwóch ciał zależy tylko od ich położenia względem siebie. Co za tym idzie, praca tych sił przy zmianie, wzajemnego położenia ciał nie zależy od tego, w jaki sposób powstała ta zmiana, czyli (posługując się pojęciem pola) praca przy przesunięciu jednego ciała w polu grawitacyjnym drugiego nie zależy od kształtu drogi. Pozwala nam to przypisać każdemu punktowi pola grawitacyjnego pewną charakterystyczną wielkość zwaną potencjałem cp, taką że praca sił pola przy przesunięciu w nim ciała o masie m jest określona przez równanie ^1,2 = - a K ^ - P i ) . (*) Wielkość mcp nazywamy energią potencjalną ciała w polu sił ciężkości. Jeżeli za poziom odniesienia tej energii przyjmiemy energię ciała na powierzchni Ziemi, to dla h Rz 2 = mghl —mgh2. Pola, dla których praca nie zależy od kształtu drogi, nazywamy potencjalnymi. Drugim przykładem takiego pola jest pole elektryczne nieruchomych ładunków — pole kulombowskie, opisane przez prawo Pole magnetyczne na ogół nie ma własności niezależności pracy od kształtu drogi. Dlatego nie można go scharakteryzować przez wprowadzenie pojęcia potencjału i nie można przypisywać energii potencjalnej ciałom, które się w nim znajdują. Ponieważ energia potencjalna jest określona jako energia wzajemnego oddziaływania, to naturalne jest przyjąć, że jest ona równa zeru tam, gdzie ciała nie mogą na siebie oddziaływać w istotny sposób, tj. wtedy, gdy są od siebie nieskończenie odległe. Oznacza to, że potencjał pola w punkcie nieskończenie odległym od ciała wytwarzającego to pole przyjmujemy równy zeru. Wtedy podstawiając cp2 — 0 możemy równanie (*) przepisać w postaci = gdzie Alt00 jest pracą, jaką wykonuje siła grawitacyjna przy przesunięciu ciała z danego punktu do nieskończoności. Jeśli ciało oddala się w nieskończoność pod działaniem pewnej siły, która w każdym momencie równoważy siłę grawitacyjną, to, oczywiście, z F 9 = —F wynika, że Ag = ~Af i wtedy (A,CO)F = —m<P, skąd można określić potencjał danego punktu pola jako _ (^1,00)0 _ _ (^1,00)F m vi ' tj. jako wielkość liczbowo równą pracy, jaką wykonuje siła grawitacyjna (albo, z dokładnością do znaku, równoważąca ją siła) przy przesunięciu ciała o jednostkowej masie z danego punktu do nieskończoności. Ponieważ, zgodnie z tym co powiedzieliśmy, wielkość my możemy określić jako energię potencjalną ciała w danym punkcie, to 9o = Wp/m jest wielkością równą co do wartości liczbowej energii potencjalnej ciała 101 o jednostkowej masie (w danym punkcie). Tym właśnie jest uzasadnione wprowadzenie nazwy „potencjał". W celu opisania dowolnego pola sił (również i niepotencjalnego) wprowadzamy wielkość, która dawałaby charakterystykę sił działających w tym polu. W przypadku pola grawitacyjnego taką wielkością jest natężenie g = F g jm liczbowo równe sile działającej w danym punkcie pola grawitacyjnego ze strony tego pola na ciało o jednostkowej masie. Ten zadziwiający fakt, że właśnie w przypadku pola grawitacyjnego przyspieszenie w polu siły ciężkości (swobodnego spadku) i natężenie pola pokrywają się ze sobą, jest następstwem równoważności masy bezwładnej występującej w drugiej zasadzie Newtona i masy grawitacyjnej (lub ważkiej) występującej w prawie ciążenia. (Właśnie ta równoważność leży u podstaw teorii przestrzeni, czasu i ciążenia, której podwaliny położył Einstein). Tak więc, każde ciało wytwarza dookoła siebie pole sił ciążenia, które w każdym punkcie scharakteryzowane jest przez natężenie g (charakterystyka siłowa pola ciążenia) i potencjał <p (charakterystyka energetyczna) g <p = F^ ~ my A0 m W, m p gdzie m jest masą ciała próbnego, przy pomocy którego badamy pole; F jest siłą, która działa ze strony pola na ciało próbne umieszczone w danym R y s 75 punkcie pola; A j e s t pracą, jaką należy wykonać, aby przesunąć ciało próbne z danego punktu do nieskończoności ruchem jednostajnym, w nieobecności sił oporu. Oczywiście, ta praca jest równa liczbowo energii potencjalnej Wpy jaką ciało m ma w danym punkcie. Jeśli badane pole wytworzone jest przez punkt materialny m0 (rys. 75), to m0 g = yj2~ro> 102 Znak ,,minus" we wzorze na <p oznacza, że każde ciało w polu wytworzonym przez ciało m0 ma w stosunku do nieskończoności ujemną energię potencjalną. Należy pamiętać, że g jest wektorem, a <P = <PI+ +<PN- AS) 01 ACÓ\ Ag. Ag2 A (O O ,AS,02 CCo AS0 Rys. 76 Jednorodna kula albo warstwa kulista wytwarza dookoła siebie takie pole grawitacyjne, jak gdyby ta kula albo warstwa bez zmiany masy została ściśnięta i umieszczona w swoim środku. Zadanie 53. Wykazać, że wewnątrz jednorodnej warstwy kulistej g = 0 (rys. 76). 103 R o z w i ą z a n i e . Wybierzmy wewnątrz kulistej warstwy pewien punkt i wyprowadźmy z niego dwa wąskie stożki, które przecinając warstwę wytną w niej powierzchnie ASt i AS2. Jeśli stożki są bardzo wąskie, to Amx i Am2 można rozpatrywać jako punkty materialne, a więc ^ Atn Ag = y—zr~± r oi+y Am 2 Ł 02 > ale Am = DhAS = Dh AS0 cos a gdzie wycinek powierzchni AS0 jest prostopadły do osi stożka, D jest gęstością; h — grubością warstwy. Dlatego Dh AS01 , AS02 A cos a \ r\ ri Ponieważ = A co (zgodnie z określeniem kąta bryłowego), więc ^ Dh ,A i ze względu na Aa)1 = Aoo2 (kąty wierzchołkowe są równe) otrzymamy A DhAoj , , x Ponieważ r 0 i = — r 0 2 , więc r 0 1 + + r02 = 0 i dlatego Ag = 0. Rys 77 Ponieważ taki sam wkład do wypadkowego pola dają również pozostałe podobne pary elementów Am, więc rzeczywiście wewnątrz jednorodnej warstwy kulistej g = 0 w dowolnym punkcie. Zadanie 54. Znaleźć zależność g = g(r) wewnątrz jednorodnej kuli (rys. 77). 104 R o z w i ą z a n i e . Wybierzmy dowolny punkt N wewnątrz kuli i przeprowadźmy przez niego kulistą powierzchnię koncentryczną z kulą. Zgodnie z tym, co wykazaliśmy w poprzednim zadaniu, warstwa h nie wytwarza pola w punkcie N. Pozostała część kuli wytwarza na zewnątrz siebie pole m g = y^-r0 = y Dîzr3 r2 4 ^ r0 = jr.Dyr = Lkr, tj. g wewnątrz kuli jest proporcjonalne do odległości od środka kuli i skierowane wzdłuż promienia do środka kuli. Zadanie 55. Wykazać, że wewnątrz dowolnego, kulistego wydrążenia znajdującego się w jednorodnej kuli g = const, tzn. że polej e s t jednorodne (rys. 78). Rys. 78 R o z w i ą z a n i e . Gdyby nie było wydrążenia, pole w punkcie N byłoby równe gx = krx. Obecność wydrążenia zmienia to pole o wielkość g 2 =kr2. Przy tym pole g, którego szukamy, jest takie, że pole g + g 2 powinno być równe polu g± kuli bez wydrążenia, tj. gx = g + g 2 , skąd g = g i - g a = K*I-*2) = kd. 105 Ale r 1 — r 2 = d jest równe co do wartości liczbowej odległości między środkami kuli i wydrążenia i jest wielkością stałą, a stąd g — kd = const. Zadanie 56. Znaleźć drugą prędkość kosmiczną, tj. tę minimalną prędkość względem środka Ziemi, jaką powinno mieć ciało, aby oddalić się poza granice przyciągania ziemskiego. Oporu ośrodka nie bierzemy pod uwagę (rys. 79). R o z w i ą z a n i e . Ponieważ ruch ciała zachodzi pod działaniem zmiennych sił, więc skorzystamy z prawa zmiany energii A+Aop = AW. Rys. 79 Przyjmując, że silnik jest wyłączony i nie działają siły oporu, otrzymamy A W = 0, czyli W o = W^; W0 jest całkowitą energią mechaniczną ciała w tym punkcie, w którym nadano mu szukaną przez nas prędkość, a Woo jest energią ciała w nieskończoności równą, oczywiście, zeru. Ale w takim razie i W0 = 0, czyli = 0, skąd Wyrażenie to można przekształcić - l / ^ f - ^ r - t f S F . 106 Przy czym r — Rz+h> gdzie h jest wysokością (liczoną względem powierzchni Ziemi) tego punktu, w którym ciało uzyskało poszukiwaną przez nas prędkość. Zadanie 57. Jaką minimalną pracę należy wykonać przenosząc ciało o masie m z powierzchni Ziemi do nieskończoności, jeśli praca sił oporu stanowi n-tą część poszukiwanej pracy? R o z w i ą z a n i e . Zgodnie z prawem zmiany energii A+Aop=* AW. Ponieważ Aop i A mają przeciwne znaki, więc A-— n = AW lub uwzględniając, że A Wk = 0 (szukamy minimalnej pracy) i Wp{ mM 0: skąd Rys. 80 Zadanie 58. Dwie gwiazdy o masach m1 i m2 znajdują się w odległości l od siebie. Znaleźć natężenie pola i jego potencjał w punkcie znajdującym się w odległości r± i r2 odpowiednio od pierwszej i drugiej gwiazdy (rys. 80). 107 R o z w i ą z a n i e . Jak widać z rysunku, punkty takie leżą na okręgu w płaszczyźnie prostopadłej do prostej łączącej te gwiazdy. Rozpatrzmy to zadanie dla dowolnego punktu A tego okręgu. Wtedy g = gi+g2. Z trójkątów wektorowych otrzymujemy g2 = gl +gl +2gxg2 cos a, l2 = rl+rl—2r1r2cosa. Rugując stąd cos a, dostaniemy 2 go* = l2-r\-r\ 21: ol-uoł— =gi+g -2gig2—TT— Lr r l2 Podstawiając wartości gt i g2 otrzymamy g ~ r [ rt , + n& mw r$ r\r\ 22] (/ -r*-r')J- Znając g znajdziemy również jego kierunek, który określimy np. przez kąt /?: cos? = 2gig A . Potencjał w punkcie A wyraża się przez sumę algebraiczną q>t i q>2- '—'(W)- Zadanie 59. Znaleźć pracę, którą trzeba wykonać, przenosząc ciało o masie m z jednej planety na drugą w nieobecności sił oporu. .Masy i promienie planet są znane, a odległość między nimi jest duża (rys. 81). Prędkość ciała podczas przenoszenia nie ulega zmianie. 108 R o z w i ą z a n i e . Oczywiście A +A0J> = AWp+AWk. z założeniem Aop = 0; również AWk = 0. Wtedy A Zgodnie =m((p2-(p1)y gdzie potencjały (pt i <p2 są wytwarzane przez obie planety, tj. (pl =" (Pl+(PU ?2 = P2+P2 • Wtedy /M2 \ [M, M2\ lub a ponieważ l/i? l i l/i? 2 są dużo większe od 1//,-, więc (M2 MA IMX MA Zadanie 60. Jaka jest prędkość wypływu gazu z dyszy silnika pojazdu kosmicznego przy starcie, jeśli uzyskuje on przyspieszenie a w kierunku przeciwnym do przyspieszenia g spadku swobodnego ? Dane są: przekrój dyszy S, gęstość gazów Q, masa pojazdu m, masa planety M, odległość od środka planety r i siła oporu atmosfery Fop (rys. 82). Rys. 82 R o z w i ą z a n i e . Na pojazd działają: F od , siła ciężkości mg i siła oporu F op : mg+Fop+Foa = m\a albo w rzucie na kierunek g: Ponieważ tng+Fop—/jLC M = —ma. c 109 więc mM _ y-2-+F0^-QSc2 0 2 = -ma, skąd ?wM „ y——+F0V+ma c = 1/ QS 10. DYNAMIKA RUCHU PUNKTU MATERIALNEGO PO OKRĘGU Zadania tego rodzaju w zasadzie nie różnią się od zadań poprzednio rozpatrywanych. Wyjściowym równaniem jest druga zasada Newtona a = — (1) m albo w rzucie na kierunkiCivv i= r (tj., na styczną i• promień): = m m (2) v2 4tc T Przy czym mamy ar= — = co2r = 4iz2f2r = (3) ' 2 , gdzie r jest promieniem wodzącym punktu materialnego (promień okręgu); v — prędkością liniową ruchu; co — prędkością kątową obrotu promienia wodzącego; / — częstością obrotów; T — okresem obrotu. Wyrażenie (3) jest słuszne dla dowolnych postaci ruchu punktu materialnego. Wielkość av nie zawsze może być wyrażona w prosty sposób przez v, co, T i / . Dlatego w tych przypadkach, kiedy av ^ 0 (tj. ruch odbywa się ze zmienną co do wartości prędkością), w celu rozwiązywania zadań zamiast równania (1) dopisuje się jako uzupełnienie do (2) prawo zmiany energii: A+A0P=AW, (4) przy tym ar wyraża się przez vy ponieważ właśnie v wchodzi w równanie (4). We wzorze (2) Fr jest wypadkowym rzutem na kierunek promienia wodzącego wszystkich sił działających na ciało. 110 Często uczniowie skłonni są wymyślać różne inne jeszcze siły dośrodkowe oprócz F r . Należy pamiętać, że zgodnie z trzecią zasadą Newtona każda siła działająca na ciało jest wynikiem wzajemnego oddziaływania tego ciała z jakimś innym ciałem. Wyjaśnimy to na przykładach. 1. Sputnik porusza się po kołowej orbicie dookoła Ziemi. Jeśli znajduje się on poza granicami atmosfery i silnik nie pracuje, to na sputnik działa tylko siła ciężkości, która jest jednocześnie i F r i F d o ś r (dośrodkowa). '///////////////Z, V mg Rys. 83 2. Wahadło stożkowe (rys. 83) obraca się w płaszczyźnie poziomej z co = const. Na ciężarek m działa siła ciężkości mg i naciąg nici T. Ich wypadkową jest F r , czyli -T dośr* Nie istnieją żadne inne siły dośrodkowe. Zobaczymy to jaśniej w dalszym ciągu, przy rozwiązywaniu zadań. Przy ruchu ciała po okręgu siła wypadkowa nie musi być koniecznie skierowana do środka okręgu, ale musi być skierowana do jego wnętrza. Wypadkowa siła jest skierowana do środka okręgu tylko przy |v| = const (czyli co = const), tj. wtedy, kiedy wartość prędkości nie ulega zmianie. Jeśli nie wszystkie siły leżą w jednej płaszczyźnie (jak np. w przypadku ruchu wahadła stożkowego), to druga zasada ma w rzutach następującą postać FV m 111 gdzie n jest skierowane prostopadle do tej płaszczyzny, w której odbywa się obrót. Jeśli obrót odbywa się w płaszczyźnie ze stałym przyspieszeniem kątowym, to słuszne są równania et2 A 0 dla ruchu przyspieszonego, a e < 0 dla ruchu obrotowego opóźnionego. Wielkości charakteryzujące obrót — kątowe i liniowe — związane są równaniami: Al = A<p r, v = car, av = er. Zadanie 61. Wahadło stożkowe o masie m obraca się w poziomej płaszczyźnie, odległej o h od punktu zawieszenia, ze stałą co do wartości prędkością (rys. 83). Znaleźć częstość obrotu wahadła. R o z w i ą z a n i e . Siły działające na wTahadło są wiadome i dlatego mg+T = ma, czyli Tsina — ;w4?r2/2r, —mg+Tcos a = 0 i ponieważ . sina r = h tg a = h7 cos a więc Tsin a == m4n2f 2 h -SU1 a cos a Tcos ot = mg. Dzieląc jedno z tych równań przez drugie, otrzymamy 2 112 • Zadanie 62. Wahadło stożkowe o długości nici / i masie tn obraca się w poziomej płaszczyźnie z okresem T. Znaleźć kąt a, który tworzy nić wahadła z kierunkiem pionowym i naciąg nici (rys. 84). R o z w i ą z a n i e . Tak jak w poprzednim zadaniu, otrzymamy od razu w rzutach na kierunki r i n: Q sina m T2 jjcosa = mg. Uwzględniając, że r = /sina, otrzymamy Q mĄn2l o <2cos a = mg. mg Rys. 85 Rys. 84 Z (*) dostajemy natychmiast Q = m\-K2l\T2. Dzieląc (*"*) przez (*), otrzymamy cos a = gT2 ATZH ' Zadanie 63. Znaleźć pierwszą prędkość kosmiczną, tj. tę prędkość, jaką powinno mieć ciało na orbicie kołowej na wysokości h od powierzchni planety o masie M i promieniu R (rys. 85). Metodyka rozwiązywania zadań 113 R o z w i ą z a n i e . Oczywiście, na ciało działa tylko siła ciężkości i jest ona prostopadła do prędkości (orbita kołowa), i dlatego Fg = ma, czyli Fg = mar, a więc v2 m —. 7 mM y—= 7 Ponieważ 7 = R-\-h, więc ostatecznie yM R+h" r Fr mg Rys. 86 Zadanie 64. W windzie poruszającej się pionowo w górę z przyspieszeniem a0 znajduje się poziomy stolik obracający się z częstością / , na którym leży małe pudełko. Mając dany współczynnik tarcia k między pudełkiem i stolikiem, znaleźć maksymalną odległość pudełka od osi obrotu, przy której pudełko będzie się jeszcze utrzymywać na stoliku. Znaleźć również przyspieszenie pudełka względem Ziemi (rys. 86). 114 R o z w i ą z a n i e . Oczywiście, pudełko utrzymuje się na stoliku dzięki sile tarcia. Zgodnie z drugą zasadą mg+FT+Q = ma. Rzutując obie strony równania na kierunek pionowy i na r, otrzymamy —mg+Q = ma„, kQ = mar, 2 2 gdzie an = a0 i ar == 4n f r. Rugując Q otrzymamy km(a0+g) = m\-K2f2r, skąd r _ 4tc2/2 • Przyspieszenie pudełka względem Ziemi a = ao+a r lub == a09 ^poziome === ^r* a Rys. 87 Ponieważ a0 = const, a ar obraca się (ar = 47i2/2r jest skierowane wzdłuż obracającego się r), więc a będzie opisywać powierzchnię stożkową dookoła kierunku pionowego (rys. 87). Przy tym a tworzy z kierunkiem pionowym kąt określony przez równanie 6 s* i = = a0 a0 a0 4tz 2 p \ + 4 a0 / 115 Zadanie 65. Jaki powinien być minimalny współczynnik tarcia poślizgu, aby samochód jadący z prędkością v mógł skręcić po krzywej o promieniu krzywizny r (rys. 88)? R o z w i ą z a n i e . W rzutach na kierunki r i n mamy Q = mg. Skąd po wyrugowaniu Q otrzymujemy Zadanie 66. Samochód o masie m porusza się z prędkością stałą co do wartości na płaszczyźnie poziomej, opisując okrąg o promieniu r. Współczynnik tarcia statycznego wynosi k. Jaka jest przy tych warunkach moc silnika samochodu, jeśli minimalne zwiększenie dopływu paliwa do silnika doprowadza do poślizgu (rys. 89)? Założyć, że pociągowa siła tarcia jest w tych warunkach równa co do wartości „zawracającej" sile tarcia. R o z w i ą z a n i e . Zgodnie z założeniem zadania N=fa=kQv, mg = Q. 116 Rugując Q otrzymamy N — kmgvy mv2 r = kmg. Rugując stąd v dostaniemy N = m\/k3g3r. * Zadanie 67. Samochód poruszający się po okręgu ruchem jednostajnie przyspieszonym zwiększył swoją prędkość od v0 do v wykonawszy przy tym jeden obrót. Przyjmując, że pociągowa siła tarcia i „zawracająca" siła tarcia mają tę samą wartość i że są one pod koniec obrotu n razy większe od hamującej siły tarcia, znaleźć n. Jaki kąt tworzyła, przy prędkości v, wypadkowa siła z prędkością (rys. 90)? Rys. 90 R o z w i ą z a n i e . Siły działające na samochód są wiadome. Zgodnie z drugą zasadą Newtona mamy f + F r + F z + Q + ^ g = ma lub w rzutach na kierunki v, r i n: f—FT = mav, Fz = mary mg—Q = 0. 117 Uwzględniając, że av = (v2 —Vo)}2 As, otrzymamy m{v2-vl) J rT ~ 2-1-kR ' mv1, Fz = ~R (1) (2) Dzieląc (1) przez (2) i uwzględniając, że f\Fi =n i f = Fz, otrzymamy 1 _ l-(v20/v2) 1 11 4TC skąd 4rt n= (3) Z rysunku widać, że ctga f—Fr _ j 1 _ \-{vl!v2) 4tt (4) Warto zauważyć, że maksymalna wartość w równa jest jedności. Przy tym z ($) v = v0i wtedy z (4) ctga = 0, czyli a = 90°, tj. wypadkowa siła przy v = const skierowana jest do środka okręgu. Lecz tylko przy v = const! Rys. 91 Zadanie 68. Nieważki pręt o długości l z przymocowanym na jednym końcu ciężarkiem zawieszony jest drugim końcem u sufitu. Pręt został odchylony o kąt a 0 od pionu, a następnie puszczony swobodnie. Znaleźć zależność prędkości kątowej co pręta od zmiennego kąta a między prętem i pionem (rys. 91). 118 R o z w i ą z a n i e . Ruch ciężarka zachodzi pod działaniem zmiennych sił (naprężenie pręta zmienia się i co do wartości, i co do kierunku). Dlatego wykorzystamy tutaj prawo zmiany energii A+AOP = AW, ponieważ siła naprężenia pręta nie wykonuje pracy (ze względu na T lv), a siły oporu nie występują, więc uwzględniając, że v0 = 0, mamy mv2 0 = mghĄ—x mgh0, czyli ,2 g\m a ponieważ \Ah\ = /(cos a—cosa0), a v = col, więc i/ , co2!2 gl\cos a—cos a 0 ) = —^— skąd 2g(cosoc—cos a0) l Zadanie 69. Przy tych samych założeniach co w poprzednim zadaniu znaleźć T — T{a), jeśli masa ciężarka równa jest m. Przyjmując, że nić jest mało rozciągliwa i że współczynnik sprężystości równy jest k9 znaleźć wydłużenie nici Al = Al{a) (rys. 91). R o z w i ą z a n i e . 1. Zgodnie z drugą zasadą w rzutach na kierunek r mamy 2 T—mg cosa = / ' Oprócz tego, tak jak w poprzednim zadaniu (jednak przy Al /), 2 v ~2 = gKQ osa—cos a 0 ). Rugując z tych równań v2 otrzymamy T = #^(3 cos a—2cosa0). 119 2. Ponieważ T kAly więc Al = mg(3 cos a—2 cos a 0 ) k ' Zadanie 70. Jaką maksymalną prędkość może rozwinąć rowerzysta poruszający się po okręgu o promieniu r, jeśli współczynnik maksymalnego statycznego tarcia równy jest k ? Pod jakim kątem do pionu będzie przy tym nachylony rowerzysta (rys. 92) ? mg Rys. 92 / R o z w i ą z a n i e . Wiadomo, jakie siły działają na rowerzystę. W rzutach na kierunki r i n (kierunek v nas nie interesuje, ponieważ prędkość nie zmienia się co do wartości) mamy -mg+Q = 0. Ponieważ FT = kQ, więc z układu równań otrzymamy v = \/kgr. Można wykazać, że ciało rowerzysty powinno być tak ustawione, żeby wypadkowa siła reakcji podstawy F działała wzdłuż prostej przechodzącej przez środek ciężkości ciała. Ale wtedy Ft 120 kO 7 * Zadanie 71. Znaleźć zależność pociągowej siły tarcia od kąta a (rys. 93) dla samochodu jadącego ze stałą prędkością po wypukłym moście o promieniu r. Współczynnik tarcia przy toczeniu równy jest ky masa samochodu równa jest m. R o z w i ą z a n i e . Możliwe są dwa przypadki 1) samochód wjeżdża pod górę na most, 2) samochód zjeżdża w dół z mostu. W rzutach na kierunki r i y otrzymamy: w przypadku pierwszym mv mg cos oc —O = f—FT—mgsmoL = 0; w przypadku drugim ^ mv2 mgcos a—Q = , f—FT+mgsmoi = 0. Uwzględniając, że FT = kQ, otrzymamy: w przypadku pierwszym f =m |&|£cosa— -^-j +£sinaj; w przypadku drugim f = m ^ ^ c o s a — -^-J —^sinaj. 121 Przeanalizujemy obydwa wyniki. 1) Przy (gcos<x—v2/r) = 0 formalnie otrzymujemy / = Jztngsinoc. Ale oczywiście jest to niemożliwe, bo jeśli gcosoc—v2/r = 0, to zgodnie 2 (1), Q = 0. Jeśli zaś Q = 0, to pociągowa siła tarcia także równa jest zeru, tak jak i każda inna siła tarcia. 2) W przypadku gdy samochód zjeżdża z mostu przy otrzymujemy/< 0, co oznacza obrót kół w odwrotnym kierunku, tj. pociągowa siła tarcia staje się hamującą siłą tarcia. Ale cóż to oznacza ? Oczywiście zadanie sformułowane jest nieprawidłowo. Należało wyraźnie sformułować, przy jakich kątach a prędkość v = const. Istotnie samochód nie może się poruszać w kierunku pionowym i w dodatku ze stałą prędkością, co zachodziłoby przy a = 90°. A wTięc przy dużych a zadanie traci sens. Oczywiście zadanie uzyskuje sens przy g cos cc—v2jr > 0 , czyli przy cos a >v2jgr, tj. przy dostatecznie małych a. Oprócz tego, żeby siła / była rzeczywiście siłą pociągową (tj. / > 0) również i przy zjeździe z mostu, konieczne jest, aby co prowadzi do warunku Znaczy to, że powinny być spełnione następujące warunki: 1) kąt a dostatecznie mały; 2) tarcie przy toczeniu dostatecznie duże; 3) prędkość samochodu dostatecznie mała; 4) promień krzywizny mostu dostatecznie duży. Oto ile zastrzeżeń trzeba było podać, aby zadanie było dobrze określone i aby nie otrzymywać nonsensownych wyników7! 122 Zadanie 72. Z wierzchołka półkuli ześlizguje się krążek bez tarcia. Wykazać, opierając się na drugiej zasadzie Newtona, że krążek oderwie się od powierzchni nie dochodząc do poziomej średnicy (rys. 94). R o z w i ą z a n i e . Oderwanie się krążka oznacza, że Q = 0. W rzucie na r mamy mv, 2 mg cos ot—Q = (i) r Przy ruchu krążka mv2/r rośnie, mg cos a — maleje. Aby mv2/r rosło, konieczne jest, żeby różnica (mgcos ot—Q) także rosła, niezależnie od zmniejszania się mg cos oc. Ale to jest możliwe tylko wtedy, gdy Q maleje szybciej niż mg cos a. Ponieważ mg cos a jest równe zeru tylko przy a = = 90°, więc Q powinno dążyć do zera szybciej, bowiem różnica (mg cos oc—Q) powinna być zawsze dodatnia ze względu na mv2/r. Rys. 94 Aby znaleźć punkt, w którym krążek odrywa się, trzeba znać v. Ponieważ ruch zachodzi pod działaniem zmiennych sił, więc v znajdziemy z prawa zmiany energii, które w danym przypadku (Q nie wykonuje pracy, tarcie nie występuje) ma postać W0 = W lub mgh=^Y~. (2) Rozwiązując układ (1) i (2) przy 0 = 0 otrzymamy i ponieważ cos a = r—h r więc h= . 123 Zadanie 73. Krążek o masie m ześlizguje się bez tarcia z wysokości H wzdłuż krzywej przechodzącej w pętlę o promieniu r. Znaleźć siłę nacisku Q krążka na podstawę w punkcie określonym przez kąt a (rys. 95). Przy jakiej wartości a krążek się oderwie? rfl+sina) Rys. 95 R o z w i ą z a n i e . Oczywiste jest, że 7mr mg sin a + O = mg// = 7/2gr(l +sin a)2 Rugując stąd v znajdziemy j" #-r(l+sina) . 1 n Q=mg yi 0 ^ — -sm a J . Ponieważ warunkiem oderwania się jest Q = 0, więc Zadanie 74. Z jakim kątowym przyspieszeniem powinien się obracać w płaszczyźnie pionowej nieważki pręt z umieszczoną na końcu masą m> aby uległ on rozerwaniu przechodząc przez dolne położenie po czasie t od chwili rozpoczęcia ruchu z tego położenia (rys. 96)? Pręt wytrzymuje obciążenie nie większe od TgT = nmg. Pręt jest mało rozciągliwy, długość jego wynosi l. Obraca się on ruchem jednostajnie przyspieszonym. R o z w i ą z a n i e . Ponieważ pręt jest prawie nierozciągliwy, więc r == l = const. W rzucie na r w dowolnym położeniu mamy mg(n — 1) = mco2ry co = co0+et, 124 i ponieważ co0 = 0, więc g(n—1) = e2t2l> skąd otrzymujemy Jak widać, odpowiedź nie zależy od masy ciężarka m> lecz od n = TgJP. Zadanie 75. Dwie gwiazdy o masach mt i m2 znajdują się w stałej od siebie odległości równej /. Jaki jest charakter ich ruchu (rys. 97)? R o z w i ą z a n i e . Ponieważ na gwiazdy działają siły wzajemnego przyciągania, więc każda z nich powinna się poruszać ruchem przyspieszonym. Ale ponieważ z założenia odległość między nimi jest stała, więc przyspieszenie powinno być prostopadłe do ich prędkości. Znaczy to, że każda z gwiazd powinna poruszać się po okręgu, przy czym oba okręgi powinny mieć wspólny środek (środek masy układu). Znajdziemy jego położenie i okresy obrotu gwiazd przyjmując, że układ jest zamknięty. Oczywiście w rzucie na / mamy F1 = m1a1, F2 = tn2a2. Ponieważ Fx = F2 (zgodnie z trzecia zasadą Newtona), więc m1 ax = = m2a2, czyli m i 4tt2r1 _— y.2 m \TZ2Y2 2 y.2 > 125 czyli m1r1 Tl m2r2 T22 ' Aby gwiazdy znajdowały się przez cały czas w jednakowej od siebie odległości / przechodzącej przez środek mas, musi być spełniona równość Tx = T2 i wtedy m1r1 = m2r2. Ponieważ rx + r 2 = /, więc otrzymamy m2l m1+m2 ' mj m1-r?n2 Nietrudno zauważyć, że gwiazda z większą masą ma mniejszy promień obrotu. Przyjmijmy, że m1 > m2. Wtedy z ostatnich równań widać, że r 2 r l f tj. gwiazda o większej masie prawie nie zmienia swojego położenia (rt jest bardzo małe), a gwiazda o małej masie porusza się po okręgu o promieniu r 2 « /, tj. praktycznie gwiazda o małej masie obraca się wokół nieruchomej gwiazdy o dużej masie. Ponieważ na te gwiazdy nie działają zewnętrzne siły, więc oczywiście ich całkowity pęd nie ulega zmianie. Oznacza to, że jednocześnie z ich wzajemnym obrotem wokół siebie gwiazdy mogą poruszać się tak, że ich środek mas ma prędkość v = const. Znając rx i r 2 nietrudno znaleźć Tx = T2. Na przykład, dla pierwszej gwiazdy z wzoru Fx = m1 ax otrzymujemy 7 mlm2 p ~ m i 4n2rt rp2 9 skąd lub uwzględniając, że m2l m1 +m 2 ' 126 znajdziemy T = 2nl/ \ y(m1+m2) , tj. okres obrotu zależy tylko od ich wzajemnej odległości i sumy mas> a nie zależy od stosunku ich mas. 11. STATYKA Statyka jest tym działem mechaniki, który zajmuje się warunkami równowagi ciała sztywnego, tj. takiego ciała które pod działaniem sił zewnętrznych nie zmienia w istotny sposób swego kształtu. Wprowadzimy pojęcie środka masy układu ciał jako punktu, do którego ścisnąłby się ten układ, gdyby między poszczególnymi jego elementami pojawiły się nieskończenie wielkie siły grawitacyjne. Położenie środka masy układu (rys. 98) można określić wzorem _ rm + i• — l 1 ... .+rnmn m1+ ... +m„ gdzie wielkości rl9 ...,r w są promieniami wodzącymi poszczególnych małych elementów układu poprowadzonymi w pewnym dowolnym układzie odniesienia, mlf ..., mn — masami tych elementów, a rc — wektorem wodzącym środka masy układu. Jeśli układ ciał znajduje się w jednorodnym polu grawitacyjnym* to środek masy układu jest jednocześnie jego środkiem ciężkości. 127" Środek masy ciał o prostym kształcie, jak np.: 1) pręt o stałym przekroju, walec, kula, sfera (czasza kulista), prostopadłościan, znajduje się w ich środku; 2) w trójkącie — na przecięciu środkowych; 3) w czworościanie foremnym — w odległości 1/3 wysokości od podstawy. Przy poszukiwaniu środka ciężkości ciała o bardziej skomplikowanym kształcie, dzielimy je myślowo na elementy o kształcie prostszym, dla których wartość r c jest już znana. Jeśli mamy do czynienia z ciałem jednorodnym o gęstości g, mającym wewrnątrz wydrążenie, to formalnie wydrążenie to można traktować jako ciało o gęstości ujemnej — Q} całą zaś omawianą bryłę jako jednorodną (bez wydrążenia). Wprowadzimy jeszcze jedno pojęcie — momentu siły, jako wielkości określonej równością: M = Frsina, gdzie F jest siłą działającą na ciało, r — promieniem wodzącym punktu jej przyłożenia, cc — kątem między r i F (rys. 99). W dalszym ciągu rozpatrywać będziemy tylko takie przypadki, gdy wszystkie siły działające na ciało leżą w jednej płaszczyźnie prostopadłej do osi obrotu. Momenty sił dążące do obrócenia ciała zgodnie z kierunkiem ruchu wskazówek zegara będziemy traktować jako dodatnie, działające w kierunku przeciwnym —• jako ujemne. Sformułujemy teraz podstawowe twierdzenie statyki dla tego najprostszego przypadku: Warunkiem koniecznym i dostatecznym na to, by ciało sztywne znajdowalo sią w równowadze, jest, by suma geometryczna sil działających na ciało była równa zeru (środek masy ciała nie będzie doznawał wtedy przyspieszenia) oraz by algebraiczna suma momentów tych sił Uczona wzglądem dowolnego punktu płaszczyzny, w której leżą siły, była równa zeru (wtedy ciało nie będzie doznawało przyspieszenia kątowego). 128" Matematyczna postać tego twierdzenia jest następująca. Aby ac = 0, konieczne jest Fj + ... +F n = 0, aby zaś e = 0, konieczne jest M i + ... +M n = 0. Sformułowane tu twierdzenie jest po prostu drugą zasadą Newtona dla szczególnego przypadku a = 0 i e = 0. Można wykazać, że bez względu na liczbę punktów podparcia danego ciała istnieje tylko jedno niezależne równanie momentów. Jednakże niekiedy może się okazać wygodnym napisanie dwóch lub trzech takich równań, z tym że należy wtedy pamiętać, iż nie są one od siebie niezależne, a wynikają z pozostałych (patrz zad. 82 i 83). Zadanie 76. Znaleźć środek masy jednorodnej płyty, o stałej grubości, której kształt i rozmiary pokazane są na rys. 100. Rys. 100 R o z w i ą z a n i e . Podzielmy płytę myślowo na 3 części i wprowadźmy układ współrzędnych tak, jak pokazuje to rys. 100 (początek układu w środku ciężkości pierwszej części). Wtedy mamy r r1m1+r2m2+r3m3 . 9 m1+m2+^3 = c bądź rzutując na osie x i y: Xc — Jc = 9 Metodyka rozwiązywania zadań m2-\-x3m2 m 1 +m 2 +m 3 ' y1m1+y2m2+y2m2f m1+m2+m3 129 Biorąc pod uwagę, że rrii = qVI = QhSi i #1 = 0 , y± = 0; x2 — a . /—a = a > n l ~o \ , d Ib ' ^ j c ~2 = a d J>3 = — otrzymamy Qh[kl{l-a){b-c)Ą-{l-U+kd)-k{b-c)d\ eh [ab+(l-a){b-c)+j(b-c) d] Qh[ab + c)d] {l-a)(b-c)+k{b--c)d] Po skróceniu przez qh widać, że grubość płyty i jej gęstość nie wpływają na położenie środka masy, które zależy tylko od kształtu płyty. Zadanie 77. Znaleźć środek masy jednorodnej płyty o jednakowej grubości, z której wycięto okrąg o promieniu R (rys. 101). Rys. 101 R o z w i ą z a n i e . Umieszczając początek układu w środku prostokąta i biorąc pod uwagę, że gokręgu = — Q, w rzutach na osie otrzymamy Xc yc _ (-QnR2h)[-(d-U)] — QTzR2hĄ-qabh — = KR2{d-ha) —nR2+ab kb) ( - g 7 u R22 h ) & - R ) _ izR2(R—QnR h+Qabh • —7xR2+ab = Uwzględniono tu fakt, że »-owa współrzędna środka okręgu ma wartość ujemną. 130" Zadanie 78. Znaleźć środek masy jednorodnej kuli o promieniu R> wewnątrz której znajduje się kuliste wydrążenie o promieniu R±. Odległość między środkami kuli i wydrążenia wynosi a (rys. 102). R o z w i ą z a n i e . Przyjmijmy, że odcinek a leży w płaszczyźnie rysunku (nie musimy wtedy rozpatrywać współrzędnej zc). Środek układu współrzędnych umieśćmy w środku kuli, tak by jedna z osi tfA Rys. 102 skierowana była wzdłuż a (co oznacza, że w obliczeniach nie wystąpi współrzędna = 0). Wtedy ^ (-^R\){-a) ^ 3 -QjnRl + QjnR ' Xc RU R3-Rl' Oczywiste jest, że xc leży na prostej x, po przeciwnej stronie początku układu niż znajduje się środek wydrążenia, bowiem z warunku R > R± wynika, że > 0. 0 1 i nr-i ^ 2 A ę 3 i CL _ N-l < N ę a > Rys. 103 Zadanie 79. N punktów materialnych o masach m1 = m0, m2 — = 2m0, ..., niN == iVw0 rozmieszczono w jednakowych odległościach jeden od drugiego, wzdłuż pewnej prostej. Znaleźć środek masy tego układu (rys. 103). 9* 131 R o z w i ą z a n i e . Umieśćmy początek układu odniesienia w odległości a, na lewo od pierwszego punktu, wtedy Xc ~ m1a+m22a+ ... +mNNa m1+...+mN ~~ a(l 2 +2 2 + ... +N2) ( 1 + 2 + ... +iV) = ... +NNa) _ = m0{ 1 + 2 + ... +N) aN(N +1) (2N+1) 2 6 N(N+1) a(2N+l) 3 Oczywiste jest, że można było przyjąć za początek układu dowolny inny punkt, jednakże obliczenia stałyby się wówczas nieco bardziej skomplikowane. Zadanie 80. Na przeciwległych końcach wózka o długości / i masie M stoją dwaj ludzie o masach m1im2, Jak zmieni się położenie wózka w układzie związanym z Ziemią, jeśli ludzie ci zamienią się miejscami (rys. 104) ? Tarcie wózka o podłoże można zaniedbać i założyć, że m1 > m 2 . 777o M i i i i i m, i jt™1 _m •///////////////////z, Al. Rys. 104 R o z w i ą z a n i e . Ponieważ w pierwszej chwili wózek znajdował się w spoczynku, a siły zewnętrzne są podczas ruchu zrównoważone, położenie środka masy nie mogło ulec zmianie, tj. xoc = xc. Oczywiście, w trakcie ruchu wózek przemieści się w tę stronę, gdzie początkowo znajdował się człowiek o masie mx. Początek układu umieśćmy w punkcie, w którym znajdował się środek masy wózka, zanim nastąpiło przemieszczenie ludzi. A więc przed przesunięciem wózka x oc — 132" —m^l Ą-m2\l M+m1+m2 l 2 m2—m1 M+m1+m2 Po przesunięciu m1 {\l-Al)-MAl-m2(h+Al) M+m14-m2 Porównując (1) i (2) otrzymamy 2l(m2—ml) = mt(2l—Al)—MAl—m2(2l+Al)y skąd Al = /(jWj-m 2 ) MJrm1 +m2 Widać, że Al > 0. Oznacza to, że nasze założenie o przesunięciu wózka w lewo było słuszne. W przeciwnym przypadku otrzymalibyśmy bowiem Al< 0. * Zadanie 81. Dwaj ludzie, o których była mowa w poprzednim zadaniu, poruszali się jednocześnie w ten sposób, że położenie wózka nie uległo zmianie. W którym miejscu zatrzymał się człowiek o większej masie (mx), jeśli człowiek o mniejszej masie (m2) doszedł do końca wózka (rys. 105)? : Al W////7//77//7/7///7//////////7//. W///7///Ą 7777, •< >AX- ńx2 Rys. 105 R o z w i ą z a n i e . Ponieważ położenie wózka nie uległo zmianie, można jego środek przyjąć za punkt odniesienia, względem którego obliczymy położenie mas. Należy tu również zauważyć, że wózek jest tym ciałem, poprzez które ludzie oddziałują na siebie (tj. w zasadzie nie różni się on od liny ciągniętej przez dwoje ludzi stojących na gładkim lodzie). Wtedy z trzeciej zasady Newtona: ^1,2 = — 133" albo też rzutując na kierunek ruchu: Fl,2 = Fl, i> uwzględniając zaś, że F = may otrzymamy m1a1 = m2a2. Jeżeli przyjmiemy, że ruch ludzi jest / ednostajnie przyspieszony podczas ich przyspieszania, a jednostajnie opóźniony podczas hamowania, to oznaczając ich przemieszczenia podczas przyspieszania przez l± i / 2 , podczas hamowania przez Lx i L2, a czasy przyspieszania i hamowania przez żj i t2, otrzymamy 21, 21 2L2 2L m1 t = m2 = m2 l i t\ lub Zi = m2l2, m± L1 = m2L2\ dodając do siebie te równania otrzymamy ^ ( / i + L i ) = m 2 (/ 2 +L 2 ), ale h+Li = Zł*,- jest równe przemieszczeniu ludzi względem Ziemi lub wózka i dlatego i/! a A >4 a ponieważ z założenia więc = a—r Odpowiedź uzyskaliśmy przy upraszczającym założeniu o jednostajnie zmiennym ruchu ludzi, wynik byłby jednak taki sam i bez Rys. 106 tego założenia. Zadanie 82. Belka o ciężarze P, na którą działają siły Fx i F 2 (rys. 106), znajduje się w równowadze. Znaleźć siły reakcji Qi i Q2 w punktach podparcia zakładając, że Z, ay b, Fl9 F2 i cc2 są znane. R o z w i ą z a n i e . Będziemy szukać rzutów sił Qi na osie x i y. Ponieważ środek masy belki jest nieruchomy, mamy B F± cos CC1+Q1X+Q2X-F2 cos a 2 = 0 , F1sma1+Qly-P+Q2y+F2sma2 134" = 0. (1) (2) Poza tym traktując punkty A i B jako punkty, względem których może dokonać się obrót (takie podejście nie jest konieczne, ale upraszcza obliczenia), otrzymamy z założenia, że belka się nie obraca: Fj s i n o ^ a + P s u ^ O 0 — a j —Q2y(ł—a—b)—F2sm ci2(l—a) = 0, (3) Fjsina^Z—&)+£)lj;(/—#—£>)--Psin90o (4) — b j —F2smcc2b = 0. (Oczywiście równania (2)—(4) nie są niezależne. Czytelnik sam może pokazać, że każde z nich wynika z dwóch pozostałych.) Z dowolnej pary równań (2), (3) i (4) można znaleźć Qly i Q2y. Do wyznaczenia Q l x i Q2X mamy jedno tylko równanie (1), z którego można znaleźć tylko Qix+Qix = F2 COS A2 —Fi cos . Ponieważ wszystkie warunki równowagi zostały wyczerpane, znaczy to, że nie możemy znaleźć osobno Qlx i Q2x, co zresztą jest oczywiste, gdyż mieliśmy tylko cztery równania przy pięciu niewiadomych. Widać stąd, że zadanie nie ma jednoznacznego rozwiązania. Jeślibyśmy jednakże założyli, że rzuty sił na oś x są proporcjonalne do nacisku w punktach podparcia, tj. 101*1 i \Q2x\=kQ„, (5) czyli Qi _Q i y Qzy ' Qz wtedy to piąte równanie pozwoli nam rozwiązać zadanie w sposób jednoznaczny. Jednakże warunek (5) nie zawsze jest spełniony. Należy zwrócić uwagę na to, że siły reakcji Qx i Q 2 nie muszą być skierowane pionowo do góry. W naszym zadaniu Q t i Q2 są pionowe tylko przy = oc2 = 90° i wtedy oczywiście Qlx = Q2x = 0. Zadanie 83. Jednorodny krążek zawieszony jest na nici tak, że dotyka pionowej ściany. Krążek znajduje się w równowadze. Znając kąt a znaleźć ciężar krążka P, siłę naciągu nici T, siłę tarcia statycznego F i siłę reakcji ściany Q (rys. 107). R o z w i ą z a n i e . Ponieważ środek masy krążka spoczywa, rzuty sił na oś pionową i poziomą muszą spełniać równania - P + F + T c o s a = 0, Q-Tsina = 0. (1) (2) 135" Fakt, że krążek nie doznaje obrotu ani wokół środka masy, ani wokół punktu styku ze ścianą, zapisujemy kolejno: FR-TR = 0, PR—Tsin ^90° — j 2R cos (3) = 0. (4) Z (3) otrzymujemy F = T, a wtedy z (1) i (2) wynika, że T(l+cosa) = P i Q = Tsinoc. (5) Z (4) i (5) po przekształceniu otrzymujemy 1+cosa = 2cos 2 -^-, co zawsze jest spełnione. Tak więc można znaleźć jedynie związki między P, JF, Q i T. Wartości ich jednoznacznie określić nie możemy, chociaż dysponowaliśmy czterema równaniami. Co jest tego przyczyną? Podobnie jak poprzednio — fakt, że nasze cztery równania nie były niezależne. Mianowicie równanie (4) wynika z (1) i (3). Istotnie z (4) wynika, że P=2Tcos2y, 136" (1) i (3) zaś dają P = T(l+cosa), a te wyrażenia są równoważne. Jakie jest fizyczne wytłumaczenie tego przypadku? Spróbujemy wyjaśnić. 1) Ponieważ ani jedna z sił nie jest zadana, nie można żadnej z nich wyrazić tylko przez kąt podany w treści zadania, gdyż wielkości dynamicznych nie można wyrazić przez same tylko wielkości kinematyczne. 2) Siły T, Q i F są proporcjonalne do P. 3) Zauważyć można, że znajomość jednej tylko z sił (np. P) sprawia, iż rozwiązanie zadania staje się jednoznaczne. Zadanie 84. Deska o ciężarze P 0 i długości / ma oś obrotu znajdującą się w odległości Ijn od niżej położonego jej końca (rys. 108). Jaką minimalną prędkość powinien mieć u podstawy deski klocek o ciężarze P, aby przy przemieszczeniu klocka w górę deski, sama deska obróciła się wrokół osi? Kąt nachylenia deski do poziomu wynosi a, współczynnik tarcia klocka o deskę — k. Rys. 108 R o z w i ą z a n i e . Na to, by deska obróciła się, konieczne jest, by moment sił obracający deskę w kierunku przeciwnym do ruchu wskazówek zegara był nie mniejszy od momentu sił dążącego do utrzymania deski w pierwotnym położeniu, tj. aby klocek przesunął się w lewo poza oś obrotu na tyle, by skąd 137" Wartość x można znaleźć z warunku ruchu klocka po desce, np. korzystając z zależności A+Aop = A W, gdzie uwzględniając, że A = 0, v = 0 i h0 = 0 otrzymamy Pri g 2 ' czyli —kP cos a = P sin a — N g 2• Skracając przez P i rugując x z (*) i (**) znajdziemy Zadanie 85. Jaka będzie siła reakcji osi deski przy prędkości klocka nieco większej niż znaleziona w poprzednim zadaniu (rys. 109)? Rys. 109 R o z w i ą z a n i e . Załóżmy, że klocek nieznacznie tylko przesunął się poza położenie określone równaniem (*) w poprzednim zadaniu. Wtedy prawy koniec deski przestanie oddziaływać z podstawą, a sama deska, praktycznie rzecz biorąc, przyspieszenia mieć nie będzie. Czyli możemy dla niej napisać Q + P 0 + P + F r = 0, gdzie P i F T — siły, jakimi klocek działa na deskę. Rzutując na osie mamy Qx—i<Ycosa = 0, Qy—P—P0 +FT sin a = 0 138" albo uwzględniając, że FT — kPcos a, znajdziemy Qx = kP cos2 oc, Jeśli klocek nie osiągnie położenia, o którym była mowa na początku rozwiązania, należy uwzględnić fakt, że siła wywierana na deskę ze strony podstawy działa w prawo. Jeśli klocek przesunie się daleko poza wspomniane wyżej położenie, pojawi się moment obrotowy skierowany przeciwko ruchowi wskazówek zegara, deska będzie miała pewne przyspieszenie i wyjściowe równanie (1) nie będzie słuszne. Zadanie 86. Klin równoramienny (rys. 110) znajduje się w równowadze, jeśli siła N działająca prostopadle do podstawy jest n razy mniejsza od sił Qx i Q 2 prostopadłych do ścian klina. Znając n, znaleźć kąt a (rys. 110) oraz współczynnik tarcia k klina o pień, jeśli klin znajduje się w stanie równowagi chwiejnej. R o z w i ą z a n i e . Załóżmy, że klin jest wyciągany z pnia, wtedy siły tarcia Fx i F 2 działające na klin będą skierowane jak na rys. 110. (Jeśli klin byłby wbijany, to F r , F 2 i N miałaby zwrot przeciwny niż na 139" omawianym rysunku). Rzutując na osie otrzymamy (uwzględniając, że N=Q/n, F,=kQ i F2=kQ): -2kQcos ot+2Qsina = 0, £)cosa—£)cosa+&£)sina—kQsma = 0; z (1) otrzymamy — = 2(Kcos (1) (2) CL—sina), a (2) jest tożsamościowo równe zeru. Zadanie jest więc nierozwiązalne, gdyż z jednego tylko równania (1) dwóch niewiadomych w sposób jednoznaczny znaleźć nie możemy. Wspomnieć jednak należy, że dopóki klin spoczywa i nie jest w stanie tuż przed poślizgiem, o współczynniku tarcia statycznego można mówić tylko warunkowo (zgodnie z tym co powiedziano na stronie 33). Można mówić jedynie o maksymalnym współczynniku tarcia statycznego, który często bliski jest wartości współczynnika tarcia posuwistego. Jeśli materiały klina i pnia są zadane, k można wziąć z tablic, a wtedy a znajduje się od razu z równania (1). i Zadanie 87. Jak powinna zmieniać się w zależności od położenia słupa siła F przyłożona prostopadle do osi słupa, na jednym jego końcu, aby słup obracał się wokół drugiego końca ruchem jednostajnym, przechodząc z położenia poziomego do pionowego (rys. 111)? Jaka jest przy tym siła reakcji Q ze strony Ziemi ? Ciężar słupa wynosi P. R o z w i ą z a n i e . Do uzyskania jednostajnego obrotu słupa wokół jednego końca, konieczne jest, aby wypadkowy moment sił równał się zeru, tj. P-jysinp—Fl = 0 £ 140" lub PI -y-cos a—FI = 0 . Stąd „ Pcos a Ponieważ siły są zrównoważone (przyspieszenie środka masy przy powolnym ruchu praktycznie równe jest zeru), mamy QY+FCOSOL-P = 0, j ^ - F s i n a = 0. Skąd, uwzględniając, że F = \(Pcos a), otrzymamy Qy = P (1 2 P sin2a Qx 12. HYDROSTATYKA I AEROSTATYKA Zasadniczo ten rozdział nie wnosi niczego nowego w porównaniu z innymi rozdziałami poświęconymi mechanice. Wszystkie stosowane tu wzory są zwykłymi konsekwencjami zasad Newtona, a stąd i wszystkie zadania tego rozdziału mogą być w zasadzie rozwiązane w oparciu o te prawa. Przypomnijmy niektóre twierdzenia hydro- i aerostatyki: 1) Prawo Pascala: zewnętrzne ciśnienie wywierane na ciecz lub gaz znajdujący się w równowadze jest w nich przekazywane bez zmiany wartości we wszystkich kierunkach. 2) Ciśnienie hydrostatyczne cieczy na głębokości A, uwarunkowane działaniem siły ciężkości, określone jest wzorem p = dh = hqg i zgodnie z prawem Pascala nie zależy od orientacji płaszczyzny, na którą jest wywierane. 3) Ciecz znajduje się w równowadze, jeśli na jej dowolny element działają siły zrównoważone. 4) Prawo Archimedesa: Â = —P Wy 141" gdzie Pw jest ciężarem cieczy (lub gazu) w objętości równej objętości zanurzonej części ciała, na które działa rozpatrywana przez nas siła F^. * Zadanie 88. Przedstawiona na rys. 112 zgięta rurka wypełniona jest znaną cieczą. Dany jest ciężar P tłoka, działająca nań siła F oraz wszystkie wymiary rurki potrzebne do rozwiązania zadania. Znaleźć R o z w i ą z a n i e . Na wstępie zaznaczymy, że na jednakowych poziomach w obydwu ramionach rurki wypełnionych jednorodną cieczą ciśnienia są jednakowe — gdyby tak nie było, ciecz nie znajdowałaby się w równowadze. Poza tym dowolny element cieczy znajduje się również w stanie równowagi. Rozpatrzmy zatem warunek równowagi jakiegokolwiek elementu cieczy. Pamiętając, że w zadaniu należy wyznaczyć p = p(l), oraz uwzględniając fakt, że ciśnienie na poziomie H można łatwo znaleźć, dochodzimy do wniosku, że dalsze rozważania najwygodniej będzie przeprowadzać dla obszaru zakreskowanego na rysunku. Z drugiej zasady Newtona mamy zlP+F d +F^+Q 1 +Q 2 = 0 , gdzie J P jest ciężarem zakreskowanej części cieczy, FD i F^ są siłami parcia wywieranymi na tę część z dołu i z góry przez pozostałe części cieczy, a Qx i Q 2 — siłami parcia wywieranymi na wydzielony element cieczy przez ścianki naczynia. 142" Rzutując wektory sił na oś pionową otrzymamy QgS(l-H)+pgS-pdS =0 lub pg=Pi-(>g{l-H). Ponieważ pi jest równe ciśnieniu pod tłokiem, mamy F+P So ' gdzie S0 jest przekrojem tłoka. Szukane ciśnienie F+P P = PA = EG(T-H). Ściśle rzecz biorąc, należałoby ciśnienia pod tłokiem szukać nieco inaczej, mianowicie wykorzystując warunek równowagi tłoka: P+F-QttC = 0, skąd QtiC = P+F. Ale z trzeciej zasady dynamiki Newtona siły wzajemnego oddziaływania tłoka i cieczy są sobie równe, tj. ICM = l-Qc.fl = 0 , czyli ostatecznie Q So P+F Sq Czytelnik może zbadać (*), podstawiając różne wartości na /. o) b) Rys. 113 Zadanie 89. Naczynia przedstawione na rys. 113 napełniono tą samą cieczą. Poziom jej we wszystkich naczyniach jest jednakowy. Znaleźć związek między siłą Q\ parcia cieczy na dno i jej ciężarem Pf dla każdego z naczyń, zaniedbując ciśnienie zewnętrzne. 143" Rozwiązanie. a) Qx = pS± = dhSx > dVCl = Pl9 ponieważ hSx-> VCi. b) Q2 = pS2 = dhS2 = dVC2 = P 2 , ponieważ c) = VCz. =pS3 = dhS3 < dVC3 = P 3 , ponieważ /*S3 < F„3. Zadanie 90. W naczyniu przedstawionym na rys. 114 znajdują się trzy nie mieszające się ze sobą ciecze. Obliczyć różnicę poziomów drugiej cieczy Ah, jeśli znane są ciężary właściwe dwóch pierwszych cieczy, dx i d2, a także ciężar trzeciej cieczy, P 3 . Kąt nachylenia rurki wynosi a, pole przekroju poprzecznego prawej rurki — wysokość słupa pierwszej cieczy — h x . Ciśnienia zewnętrzne działające na powierzchnie obu cieczy są jednakowe. Rys. 114 R o z w i ą z a n i e . Ciecze znajdują się w równowadze, a zatem na jednakowych poziomach w tej samej cieczy panują takie same ciśnienia. Ponieważ interesuje nas Ah, najwygodniej będzie porównywać ciśnienia na poziomie h2» Na tym poziomie mamy Ppr&yr —lewPh Na każde z ciśnień składa się ciśnienie zewnętrzne i ciśnienie słupów znajdujących się wyżej cieczy. Dlatego pzewn+d3h3 = pzm+dxhx+dzńh Ponieważ 7 7 • V 3 "3 = h sin a = — s i n a 144" gdzie V3 — jest objętością trzeciej cieczy, więc po uwzględnieniu tego, że ciśnienia zewnętrzne są sobie równe, mamy dzV3 sina = S d1h1+d2Ah lub p sina = d1h1+d2Ahy skąd Ah P3smcc—Sd1hl Sd2 Zadanie 91. Naczynie o wysokości h zamknięte jest u dołu zaworem dociśniętym do dna naczynia sprężyną o współczynniku sprężystości k, ściśniętą o wartość x. Jakie jest pole powierzchni zaworu Sy jeśli wlana do naczynia ciecz o ciężarze właściwym d zaczyna wylewać się przez zawór dopiero wtedy, gdy wypełni całe naczynie (rys. 115)? Ciężar zaworu jest równy P. y/////////>'pv/////////z. Rys. 115 R o z w i ą z a n i e . Zawór otwiera się, gdy siła działająca w dół staje się co najmniej równa sile działającej ku górze, tj. Fd+P ^ Fspr lub Shd+P > kxy skąd S> 10 Metodyka rozwiązywania zadań kx-P hd 145 # Zadanie 92. Do naczyń połączonych o przekrojach poprzecznych odpowiednio i S2, przedstawionych na rys. 116, wlano ciecz o ciężarze właściwym d0. Prawe ramię układu jest otwarte, lewe zaś zamknięte tłokiem zawieszonym na sprężynie. Współczynnik sprężystości sprężyny wynosi k. Jaka będzie różnica poziomów pierwszej cieczy, jeśli do prawego ramienia wlano drugą ciecz, której ciężar wynosi P 2 , a ciężar właściwy jest mniejszy niż d0. Tłok przez cały czas styka się z cieczą. R o z w i ą z a n i e . Zauważmy przede wszystkim, że na poziomie h! ciśnienia są jednakowe, tj. ^praw = Plew albo gdzie ^zewn.praw jest ciśnieniem atmosferycznym, pzewn>lew zaś jest sumą ciśnienia atmosferycznego i ciśnienia QjSt (Q jest siłą wzajemnego oddziaływania tłoka z cieczą). Oznaczając symbolem p0 ciśnienie atmosferyczne mamy p0+hd=p0 146" + -Q-+Ahd0) ale hd = P2 a Q = P—Fepr (z warunku równowagi tłoka o ciężarze P) i dlatego P2 S2 -rfoÂ. S± (1) Nieznaną wielkość x znajdziemy z następujących rozważań. Nowa wartość odkształcenia sprężyny x jest o Ah± mniejsza od odkształcenia x0 przed nalaniem do prawego naczynia drugiej cieczy (Ah± jest podwyższeniem poziomu cieczy w lewym naczyniu): x = x0—Ah± p lub x = -j-—Ah±i (2) (gdyż przy jednakowych poziomach cieczy — siła wzajemnego oddziaływania tłoka i cieczy była równa zeru, więc x0 = Pjk). Ponieważ Ah = Ah1+Ah2 i AV1=AV2, (3) gdzie Ah2 jest obniżeniem poziomu pierwszej cieczy w prawym naczyniu, a AV1 i AV2 ilością pierwszej cieczy, jaka przeszła z prawego do lewego ramienia przy nalewaniu drugiej cieczy, i ponieważ AVt = SiAhi, z (3) otrzymamy Ah± = Ah l+(SilS2) ' Podstawiając znalezioną wielkość Ahx do (2), a następnie x z (2) do (1), otrzymamy P2 s% r J p U ** \ i + M S j j +doAh} skąd Ah= Pi U w a g a . Równanie (1) napisano przy założeniu, że po dolaniu cieczy sprężyna pozostaje w dalszym ciągu rozciągnięta, tylko w nieco mniejszym stopniu niż poprzed- 10* 147 nio. Gdyby P2 było dostatecznie duże, okazać by się mogło, że sprężyna została ściśnięta i wtedy zamiast równania (1) mielibyśmy równanie (1'): P2 P+kx (10 — = ——+d0Ah> o2 Oi a zamiast równania (2)]—równanie (2'): x = Ah 1 -^k (20 i wynik ostateczny nie uległby zmianie. Zadanie 93. Do cylindrycznego naczynia, którego promień podstawy wynosi i?, nalano dwie nie mieszające się ciecze o ciężarach właściwych dt i d2. Znając wysokość słupa hx cieczy położonej niżej i h2—wyżej, znaleźć n — stosunek sił parcia cieczy na dwie małe, jednakowe powierzchnie, z których jedna znajduje się na dnie, a druga stanowi wąski, pionowy pasek ścianki naczynia (rys. 117). Rys. 117 R o z w i ą z a n i e . Oczywiście, rozważany pasek pionowy winien być na tyle wąski, aby można było go traktować jako wycinek płaszczyzny. Wtedy działająca na niego siła będzie miała w każdym punkcie ten sam kierunek. Otrzymamy więc n = ^£?pO<lBt AQi>ok Przy tym m podst ASt+AS2 148" __ lbok = AS]podst > .Ppodst A *^podst ale AS1+AS2 = h1Al+h2AI, gdzie Al jest szerokością pionowego paska. Biorąc to pod uwagę oraz uwzględniając, że A e w n + ^ l ^ l +d2h2 , — , d2h2 Pir 2 —P zewnT £ > j&podst = 5 . J 7 . P&*1 =Pze wn + «2^2i 2 ' otrzymamy W= Irzewn j 1 I (p«ewn+^2 ^2+ 2 î)k x Al+ (/>zeWn+ 2 d2k2)k2 Al po podzielenńTtego wyrażenia przez Al uzyskamy odpowiedź. Rys. 118 Zadanie 94. Po powierzchni rozgraniczającej dwie nie mieszające się ciecze o ciężarach właściwych dx i d2 pływa wydrążona kula, wykonana z materiału o ciężarze właściwym d. Jaka jest objętość wydrążonej części kuli, jeśli stosunek objętości zanurzonych w różnych cieczach części kuli Vi\V2 = n, a ponadto znana jest objętość V2 (rys. 118)? 149 R o z w i ą z a n i e . Ponieważ kula znajduje się w równowadze, możemy napisać P+Fa = 0 lub P = FA9 P = d(V—AV)y gdzie V— zewnętrzna objętość kuli, AV — objętość wydrążenia. Z prawa Archimedesa mamy Fa = P1+P2, gdzie Px i P2 — ciężary cieczy w objętościach odpowiednio V± i V2. Uwzględniając to mamy d{V-AV) = d1Vt+d2V2 albo d(Vt + V2-AV) Pamiętając, że = = d±Vx+d2 F2. otrzymamy = (d1n+d2)v2, skąd d Zadanie 95. Jaką siłą działają na siebie dno naczynia i cegła o ciężarze właściwym d, polu podstawy S i wysokości h, jeśli do naczynia nalana jest ciecz o ciężarze właściwym dc do wysokości H (rys. 119)? R o z w i ą z a n i e . Rozważyć musimy dwa przypadki: 1) cegła niedokładnie przylega do dna naczynia i 2) cegła „przylepiona" jest do dna naczynia tak, że pomiędzy nią i dnem nie ma cieczy. 1) Przy podanym warunku z dołu działa na cegłę ciśnienie hydrostatyczne i jest ono większe od ciśnienia działającego z góry. Różnica tych ciśnień wywołuje powstanie siły Archimedesa FA. Wtedy P + Fa + Q , = 0 lub P-doVe-Qt =0 albo dSh-dcSh-Qt 150" = 0, skąd Qi = (d-de)Sh. 2) Teraz na cegłę z dołu nie działa ciśnienie hydrostatyczne, wywierane jest ono natomiast na jej powierzchnię górną, wywołując dodatkową siłę skierowaną w dół i równą Fw = dc(H—h)S. W tym przypadku P+F W +Q 2 = O albo dSh+dc(H-h)S-Q2 = 0, skąd Q2 = $[(d-dc)h+deH]. iQ1 Rys. 119 Rys. 120 U w a g a . Pierwszą część zadania można by rozwiązać nie posługując się pojęciem FA (rys. 120). Mianowicie, biorąc pod uwagę siłę nacisku cieczy z dołu Fd i z góry Fg, otrzymamy warunek równowagi cegły w postaci P+Fa+Frf + ęj! = 0 lub dhS-dcHS+dc(H-h)S-Q = 0, skąd Qi = (d-dc)Sh. 151" Zadanie 96. Jak siła Archimedesa (siła wyporu) zależy od głębokości zanurzenia ciała? Rozwiązanie. FA = Pc = d c Fdała = dc ^°iała "ciała = —Pciala. "ciała Ze względu na ściśliwość zarówno cieczy, jak i ciała, ze wzrostem głębokości zanurzenia dc i działa wzrastają, a ciężar ciała PCiała pozostaje stały. Jeśli ciecz jest bardziej ściśliwa niż zanurzone w niej ciało, to ze wzrostem h wyrażenie dc\dę\2\a rośnie; jeśli jest mniej ściśliwa, to wielkość dc/dciała maleje, odpowiednio do tego rośnie lub maleje FA. Jeśli zaś ściśliwość cieczy i ciała są sobie równe, to FA ^ FA(h)y bowiem d^/dciała = = const. Zadanie] 97. Ciało "pływa swobodnie wewnątrz cieczy. Jakiego rodzaju jest równowaga tego ciała? R o z w i ą z a n i e . Oczywiście, FA = P, czyli dc VCiaia = ddaia leciała, tj. dc/ddaia = 1 (na danej głębokości ). 1) Jeśli ciecz jest bardziej ściśliwa niż ciało, to przy zwiększeniu h stosunek d c \d c \^ > 1, czyli FA>P, a przy zmniejszenie h wyrażenie dcjdciaia < 1, czyli FA < P, tzn. że wyprowadzeniu ciała z położenia równowagi towarzyszy pojawienie się siły powodującej powrót jego do tego położenia (rys. 121). 2) Jeśli ciało jest bardziej ściśliwe od cieczy, ze wzrostem h mamy FA < P, a ze zmniejszeniem — FA > P, tj. ciało wyprowadzone z poło152" żenią równowagi oddala się od tego położenia — równowaga jest chwiejna (rys. 122). 3) Jeśli ciecz i ciało są jednakowo ściśliwe, to FA = P i mamy do czynienia z równowagą obojętną. Rys. 122 Zadanie 98. Wiadomo, że podczas ruchu kulki w cieczy, przy niedużych prędkościach, siła oporu lepkiego jest proporcjonalna dai? n (gdzie 1 < n < 3) i do prędkości v. Korzystając z tego wykazać, że im większy jest promień R kulki, tym większa jest jej prędkość opadania w cieczy (rys. 123). R o z w i ą z a n i e . Po osiągnięciu, w trakcie opadania, pewnej dostatecznie dużej prędkości v> kulka poruszać się będzie dalej ruchem jednostajnym, czyli P = FA+FOV albo f7TR3(d-dc) = kRnv, gdzie k jest współczynnikiem proporcjonalności. Stąd 4 d-d< a ponieważ n < 3, więc v jest tym większe, im większe jest R. Zadanie 99. Do jakiej głębokości h2 zanurzy się w cieczy o gęstości Qc ciało o gęstości Q, spadające z wysokości hx ? Średnia siła oporu cieczy 153" wynosi (l//z)-tą część ciężaru ciała. Opór powietrza można zaniedbać. Założyć, że Q < Qc (rys. 124). R o z w i ą z a n i e . Ruch ciała podzielić można na dwa etapy: ruch w powietrzu i ruch w cieczy. W pierwszym etapie P = max, w drugim P+F^+F c = ma2. up ft Rys 124 Rzutując na kierunek t i pamiętając, że prędkość końcowa ciała w powietrzu równa jest prędkości początkowej ciała w cieczy, mamy mg = m 2h± ' mg albo uwzględniając, że V = g = 2h t 8 154" \ e n} ' lh2> rugując v2 otrzymamy K Aa— t Q n Zadanie 100. Jaką pracę wykonuje siła wyporu, przy zanurzaniu walca o wysokości H i promieniu podstawy R wzdłuż jego pionowej osi, w cieczy o gęstości g? R o z w i ą z a n i e . Ponieważ podczas zanurzania walca siła wyporu A nie jest stała, więc A ~ FAITASQ.O§AL. Siła wyporu (Archimedesa) jest proporcjonalna do objętości zanurzonej części ciała (w naszym przypadku V — nR2h). Dla „zerowego" zanurzenia FAQ = 0, stąd p ^r ^ ^max 2 2 = Qg7lR2H 2 Przemieszczenie walca zachodzi w kierunku przeciwnym do kierunku działania siły wyporu, a więc cos a = — 1, wartość As = H, mamy zatem 7zRWęg A - 2 • Zadanie 101. Znaleźć energię potencjalną ciała zanurzonego w cieczy. R o z w i ą z a n i e . Związek między pracą siły potencjalnej a energią potencjalną ma postać Apot = -AWvoi. W naszym przypadku rolę siły potencjalnej odgrywa wyrażenie (F^+P) lub w rzucie na oś pionową (P—FA). Jeśli pod wpływem tej siły ciało przemieściło się z wysokości ht na wysokość h2, licząc od dna naczynia, to (P-F^-hJ = -{W2-W,) pot, skąd ^pot-^p„t = {P-F^-iP-F^h,. Na wysokości h = 0, energia Wpot = 0, mamy więc Whot = {P-FA)hlt W2sot = (P-FA)h2. 155" Ogólnie wvot = (P-FA)h = ( e - Qc)gvh, gdzie h liczone jest np. od dna naczynia. Zadanie 102. Dwie kulki o ciężarach T?x i P 2 , promieniach R± i R2 połączone są przy pomocy pręta o ciężarze P, objętości V i długości L Układ ten zanurzony jest w cieczy o gęstości g. W jakim punkcie należy R o z w i ą z a n i e . Ponieważ chodzi tu o znalezienie warunku równowagi układu mającego określoną oś obrotu, napiszemy prawo momentów dla tego przypadku: albo (lnR31Qg-P1)&-x+R1) (P2-tnRlQg)(ll+x+R2) skąd można wyznaczyć x. + (P-QgV)x+ = 0, 13. RUCH CZĄSTEK NAŁADOWANYCH W RÓŻNYCH POLACH SIŁ Ponieważ cząstki naładowane podlegają prawom mechaniki podobnie jak cząstki nienaładowane, metodyka rozwiązywania zadań nie ulegnie tu zmianie. Wprawdzie w przypadku bardzo dużych przyspieszeń cząstki naładowane oddają energię w postaci promieniowania, ale my rozpatrywać będziemy ruchy o niewielkich przyspieszeniach, a wtedy straty energii można zaniedbać. 156" Siła działająca na cząstkę o ładunku q znajdującą się w polu elektrycznym (siła Coulomba) jest równa F c = qE. Natomiast siła działająca na tę samą cząstkę w polu magnetycznym (siła Lorentza) dana jest wzorem F l = (^jBsina)n. E jest tu natężeniem pola elektrycznego, równym liczbowo sile działającej na jednostkowy, dodatni nabój próbny umieszczony w danym punkcie pola. W drugim wzorze v jest prędkością ładunku, B — wartością wektora indukcji pola magnetycznego, równą liczbowo sile działającej na jednostkowy dodatni nabój punktowy, poruszający się z jednostkową prędkością prostopadle do pola magnetycznego, a — jest kątem pomiędzy v i B, n — wektorem jednostkowym skierowanym prostopadle do płaszczyzny, w której leżą v i B. Zwrot tego wektora określony jest regułą lewej ręki albo korkociągu (rys. 126), przy czym pamiętać należy, że obrót zachodzić musi poprzez mniejszy kąt. Oczywiście siła działająca na ładunek ujemny w zadanych polach E i B będzie skierowana w stronę przeciwną niż siła działająca w tych samych polach na ładunek dodatni. Formalnie, teoria pola elektrostatycznego zbliżona jest do teorii pola grawitacyjnego (mamy na myśli oczywiście teorię klasyczną), bowiem podstawowe prawo elektrostatyki (prawo Coulomba) ma postać analo157" giczną do prawa ciążenia Newtona, a mianowicie dla dwóch ładunków punktowych: czyli dla pola wytwarzanego przez ładunek punktowy Q mamy E = kĄ-r, r gdzie r jest promieniem wodzącym poprowadzonym od Q do interesującego nas punktu (rys. 127), k — współczynnikiem proporcjonalności zależnym od ośrodka, w jakim badamy E, oraz wyboru układu jednostek. e a Potencjał elektryczny (kulombowski) cpQ w danym punkcie znajdujemy ze związku WE Vo= — > tj. liczbowo jest on równy energii potencjalnej W, jaką ma ładunek q = + 1 w danym punkcie pola. Jeśli pole jest wytwarzane przez ładunek punktowy, wtedy (pc = k^-, gdzie r jest odległością od Q do interesującego nas punktu. Oczywiście, przy zmianie położenia ładunku q AWe = qA(pc. Siła działająca na ładunek poruszający się w polu magnetycznym jest zawsze prostopadła do kierunku prędkości i dlatego zmienia jedynie kierunek ruchu cząstki, pracy zaś nie wykonuje. Linie sił pola magnetycznego są liniami zamkniętymi (pole takie nosi nazwę pola wirowego). 158" We wszystkich rozwiązywanych zadaniach będziemy zakładali, że pole magnetyczne jest jednorodne, tj. stałe w całej rozpatrywanej przestrzeni i stałe w czasie. Nie będziemy tu rozpatrywać, co jest źródłem indukcji magnetycznej B, ani w oparciu o jakie prawa ją obliczamy. Zadanie 103. Cząstka o masie m i dodatnim ładunku q wyrzucona jest z prędkością v0, pod kątem a 0 do poziomu, w jednorodnym polu elektrycznym o natężeniu E. Kierunek E tworzy kąt /? z linią pionu (rys. 128). Znaleźć: a) r = r(t); b) v = y(ż); c) równanie toru, tj. y = y(x). v X Rys. 128 R o z w i ą z a n i e . Ponieważ działające na cząstkę siły są stałe, ruch jej będzie zachodził ze stałym przyspieszeniem a = const, stąd mamy mg+F c = may y = v 0 +aż, r i r 0 są tu promieniami wodzącymi poprowadzonymi z początku układu, którego położenie jest całkowicie dowolne. Wyznaczając z pierwszego równania a i podstawiając do pozostałych mamy V = v0-f wg+gE t, m r = r0 + v0ź-+ mg+qE t2 m 2 159" albo też rzutując na osie xi y . qEsin/3 , m , — mg+qEcos fi 5 vy = t;0sma0H —— t, ^ m gEsinp t2 x = ô+ô ^cos aoH —~2 ' m —mg+qE cos fi i2 y =yo+Votsincc0-\ 2". m (**) Rugując z (*) i (**) czas t9 można otrzymać równanie toru. Nie będziemy tego robić ze względu na kłopotliwe wyliczenia, tym bardziej, że od razu widać, iż równanie y = y(x) będzie równaniem paraboli. Zadanie 104. Od nieruchomej kuli o promieniu R> naładowanej ze stałą gęstością ładunku gei oddala się cząstka o masie m, niosąca ładunek q. Cząstka ta w odległości r0 od środka kuli ma prędkość v0. Zaniedbując wszystkie siły poza siłami kulombowskimi, znaleźć odległość r, dla jakiej cząstka osiągnie prędkość v (rys. 129). Rys. 129 R o z w i ą z a n i e . Ponieważ cząstka porusza się pod wpływem siły zmiennej F c = Fc(r), a w zadaniu występują jej położenia i prędkości, skorzystać należy ze znanego związku między pracą i energią: A+Aop = AWk+AWp, a ponieważ nie działają siły niepotencjalne, więc AWk+AWp =0 albo uwzględniając, że Q = QelV= gellTLR3, ±m(v2-vl)+kqUR3Qei(y--^) skąd łatwo jest wyznaczyć r. 160 = 0, Zadanie 105. W jednorodne pole magnetyczne, o indukcji B, skierowane jak na rys. 130, prostopadle poza płaszczyznę kartki, wpada cząstka o masie w, obdarzona ujemnym ładunkiem q. Wektor prędkości y cząstki leży w płaszczyźnie kartki. Jaki będzie ruch cząstki, jeśli zaniedbać wszystkie siły poza siłą Lorentza ? + + + + +• + Jf + + + + + +/+ + + + + +\+ + I 4 r + + +<l « FL \ i & + +\+ + + + + +/+ + \ + \ b y + + + +/h + + + + + + + + + + >rf *v + + + + Rys. 130 + + + R o z w i ą z a n i e . Ponieważ z warunków zadania wiadomo, że B i V są do siebie wzajemnie prostopadłe, więc Fh = \q\vB. Siła F L jest stale prostopadła zarówno do v jak i do B. Oznacza to, że będzie ona powodowała tylko zmiany kierunku prędkości, wywołując przyspieszenie dośrodkowe ar. Dlatego też cząstka będzie poruszać się po okręgu o promieniu r w płaszczyźnie rysunku i spełniony będzie związek .. mv2 \q\vB =T>——, skąd _ mv W Uwzględniając, że v = 2izrjT otrzymamy wzór określający okres obiegu cząstki po okręgu o promieniu r: r = = lizm ~ \q\B ' 11 Metodyka rozwiązywania zadań t/ri Widać z niego, że okres obiegu nie zależy od prędkości cząstki. Oczywiście, ruch cząstki naładowanej dodatnio będzie zachodził w kierunku przeciwnym niż cząstki naładowanej ujemnie, tj. w kierunku przeciwnym do ruchu wskazówek zegara. Zadanie 106. Cząstka naładowana ujemnie porusza się jednostajnie i prostoliniowo w jednorodnych polach E i B skierowanych w sposób przedstawiony na rys. 131. Znaleźć prędkość cząstki. Siłę ciążenia zaniedbać. R o z w i ą z a n i e . Kierunki działania sił FL i F c łatwo jest wyznaczyć, a ponieważ cząstka porusza się jednostajnie i prostoliniowo, więc F L +F C = 0 lub •\q\E-\q\vB=0, E kfl + + + + + + + + + + + + + + + + B H—K>+ + + + + + + + + + + + + + + +, + + + + + + Rys. 131 Rys. 132 Zadanie 107. Ważną wielkością charakteryzującą każdą z cząstek naładowanych jest stosunek ładunku cząstki do jej masy, tj. qlm. Jak od tej wielkości zależeć będzie Ay — odchylenie cząstek od osi xy wzdłuż której poruszają się one z jednakową prędkością początkową v0y jeśli pole elektryczne skierowane jest wzdłuż osi y i równe E (rys. 132)? Wszystkie cząstki wzdłuż osi x przebywają jednakową odległość. Siłę ciężkości można zaniedbać. R o z w i ą z a n i e . Oczywiste jest, że na cząstki dodatnie działa siła skierowana w dół, na ujemne ku górze. Odpowiednio do tego i odchyle162" nia cząstek będą skierowane przeciwnie. Ponieważ pole E jest stale i jednorodne, więc np. dla cząstki dodatniej, po uwzględnieniu, że Fx = 0 i voy = 0, otrzymamy x = v0tf m l Rugując stąd t otrzymamy Ex2 q 2vl m Jeśli trzeba, to z tego związku można znaleźć q\m dla cząstki naładowanej, dla której zmierzono Ay. * Zadanie 108. Kulka o masie m i dodatnim ładunku q zawieszona jest na nierozciągliwej nici o długości l w poziomo skierowanym polu elektrycznym E. Nić odchylono od pionu o kąt a i następnie puszczono swobodnie. Jaki będzie naciąg T nici w momencie mijania przez kulkę położenia równowagi (rys. 133)? Ay Y/////KZV////////////A Rys. 133 R o z w i ą z a n i e . Na wstępie znaleźć musimy wspomniane w treści zadania położenie równowagi, określone na przykład przez kąt aQ, jaki tworzy nić z pionem przy równowadze sił F c , T 0 i P ( = mg). Z zależności mg+T0 +F C = 0 albo z zależności — T0sin a0+qE = 0, T0 cos a0 —mg = 0 n* 163 znajdziemy . qE tg a 0 = — . mg Aby znaleźć T, tj. siłę z jaką będzie rozciągana nić podczas ruchu kulki, piszemy równania P + T + F c = ma, (1) A+A0V = AWk+AW9+AWE. (2) Ponieważ ruch kulki zachodzi wzdłuż łuku koła, wygodnie jest zapisać (1)' w rzucie na promień okręgu: —mg cos cc0 + T—qEsin ot0 = • (3) A = 0, gdyż T ±v, a ze względu na to, że w zadaniu nie mówi się o siłach oporu, należy założyć, że Aop = 0; równanie (2) można zatem przedstawić w postaci 0 = Y (vi-vi)+mg(y2-y1)+qE(x2-x1)} (4) ponieważ v t — prędkość kulki w położeniu a równa jest zeru, a y i ~ y i = — /(cos a0—cos a), x2—x1 = /(sin a0— sina), więc wyrugowanie v\ z (3) i (4) po uwzględnieniu (5) i (6) daje T = mg( 3 cos a0—2 cos a)+j2?(2sin a—sin a 0 ). Zadanie 109. Wahadło stożkowe o masie m, obdarzone dodatnim ładunkiem q obraca się w polu elektrycznym i grawitacyjnym (E i g). Wektor E skierowany jest poziomo. Mając długość nici wahadła /, znaleźć kąt a, jaki tworzy nić z normalną do płaszczyzny obrotu i kąt między tą normalną a pionem (rys. 134). R o z w i ą z a n i e . Oczywiście, wahadło wtedy tylko będzie wykonywać stały ruch po okręgu, gdy wypadkowa sił gE i mg będzie prostopadła do płaszczyzny orbity (podobnie jak wahadło stożkowe, obracające się w polu siły ciężkości będzie w ciągłym ruchu tylko wtedy, gdy v _Lg, tj. gdy płaszczyzna obrotu jest pozioma). Jeśli warunek ten będzie spełniony w rzucie na promień obrotu r i normalną n otrzymamy Tsinoc = m4n2f2r, -}/m2g2+q2E2 164" + Tcosot = 0, skąd po uwzględnieniu, że r = /sin a, mamy cos a yWg 2 +g 2 £ 2 W4tu2/2/ * Kąt /? znajdziemy, pamiętając, że (jE+mg) jest równoległe do n, czyli qE tg/? = mg wmmm Rys. 134 Rys. 135 Zadanie 110. Zakładając, że elektron w atomie wodoru porusza się wokół jądra po orbicie kołowej, znaleźć stosunek energii potencjalnej elektronu do jego energii kinetycznej (rys. 135). R o z w i ą z a n i e . Oczywiście, Wp ^ -kq2/r Wk o mv2 (i) (znak „minus" w tym równaniu wyraża fakt, że ładunki jądra i elektronu są przeciwnego znaku), a ponieważ F c = ma 165" albo kq2 mv2 (2) liP- = _ 2 . Wk Taki sam wynik otrzymamy oczywiście dla planet lub sputników poruszających się po orbitach kołowych. Zadanie 111. W pionowej, doskonale gładkiej rurce znajdują się dwie jednakowe, naładowane kulki o masach m, dodatnich ładunkach q i promieniach R (rys. 136). W pierwszej chwili kulki stykały się ze sobą, a następnie puszczono je swobodnie. Jak będą się one poruszały, jeśli uwolnić a) obie kulki jednocześnie, b) tylko dolną, c) tylko górną ? Zaniedbać siłę tarcia i założyć, że podczas ruchu nie zmieniają się ładunki kulek. mzzmmmm. Rys. 136 R o z w i ą z a n i e , a) Jeśli odległość między środkami kulek wynosi r, to oddziaływają one na siebie siłą 166 Środek masy układu porusza się z przyspieszeniem g, a przyspieszenie kulek względem siebie wynosi _ 2 kg2 tfwzgi- m r 2 • b) Kulka będzie poruszać się w dół z przyspieszeniem ^ kq2 r2m c) Jeśli m>giR mają wartości takie, że w chwili początkowej mg ^ ji?, kulka górna poruszać się nie będzie, ale jeśli w chwili początkowej mg < qE, kulka wzniesie się ruchem przyspieszonym na odległość rx określoną równaniem kq2 mg== -rT' a następnie poruszać sie będzie ruchem opóźnionym. W pewnym punkcie przy odległości r' między środkami kulka zatrzyma się, następnie zacznie spadać do punktu rt itd. — wykonywać będzie ruch drgający. Położenie r' znajdziemy, uwzględniając, że v0 = v = 0, z zależności AWg+AWE = 0, czyli mg{r'-r0)+kq^-1) = 0 albo rr o skąd po uwzględnieniu, że r0 = 2i? otrzymamy r = kq2 2Rmg ' Zadanie 112. Dwa jednakowe co do wartości, ale przeciwnego znaku ładunki znajdują się w odległości / jeden od drugiego (dipol). Znaleźć E oraz cpc w odległości r od dipola, jeśli kierunek r tworzy kąt a « 90° z osią dipola, a wartość r jest bardzo duża w porównaniu z / (rys. 137). 167" R o z w i ą z a n i e . Ze względu na to, że r > /, kąt między rx i r2 jest mały, a ponieważ & r2, więc i E± « E2, a wektor E tworzy z r kąt praktycznie równy 90°. Wartość E znajdziemy w następujący sposób. Odłóżmy na rt wielkość r2, otrzymamy wtedy trójkąt o bokach rx, r2 i AB, podobny do trójkąta o bokach E x , E2 i E, a wtedy E /sin a a ponieważ E2 = k\q\jr2, więc /sina E &E: &|g|/sina 90 -cc Wyrażenie na <pc, po uwzględnieniu różnych znaków ładunków, ma postać <Pc = <pi+<p2 = %l \r i — -r2j— = 168" r1r2 « ^ r* . 14. WYBÓR UZASADNIONEGO SPOSOBU ROZWIĄZYWANIA ZADAŃ Często zdarza się, że uczeń rozwiązujący zadanie wypisuje wszystkie niemal znane sobie wzory, usiłując znaleźć rozwiązanie przez ich odpowiednią kombinację. Tego rodzaju „rozwiązywanie" zadania nie wydaje się celowe, tym bardziej, że nawet gdy uzyska się prawidłową odpowiedź, brakuje myśli przewodniej rozwiązania oraz przeświadczenia o jego słuszności, przez co rozwiązujący zadanie nie może odczuć pełnej satysfakcji. Przy takiej metodzie nie ma mowy o logice, elegancji i pełnej dyskusji rozwiązania. Jak przystąpić do rozwiązania zadania i jak je zrealizować? Po pierwsze należy skorzystać z przykładowego schematu rozwiązania podanego w rozdziale II niniejszej książki. Po drugie (i jest to bardzo ważne) nie należy od razu wdawać się w szczegóły zadania i zastanawiać się, co zrobić z poszczególnymi danymi lub jak wyznaczyć wielkości szukane. Po trzecie należy właściwie wybrać równanie bądź też równania wyjściowe. Wyjaśnimy bliżej to ostatnie. W zasadzie, jeśli znamy ogólne zależności wiążące ze sobą przyspieszenie, prędkość, położenie ciała i czas, to dla rozwiązania dowolnego zadania z dynamiki wystarczy skorzystać tylko z zasad Newtona. Ale uczniowie szkoły średniej potrafią powiązać ze sobą wymienione wielkości kinematyczne tylko w przypadku ruchu jednostajnie zmiennego. Wynika stąd, że we wszystkich pozostałych przypadkach, tzn. wtedy, kiedy siły działające na ciała nie są stałe, a zwłaszcza w przypadku ruchu krzywoliniowego, nie umieją oni we właściwy sposób skorzystać z Il-giej zasady dynamiki Newtona. Wtedy mogą okazać się pomocne prawa mówiące o zmianach energii i pędu (lub w szczególnych wypadkach prawra zachowania). Dlatego, jeśli w zadaniu mówi się o stałych siłach, a nie wspomina o pracy, energii lub mocy, podstawowym równaniem może być Il-ga zasada Newtona. Jeśli natomiast w zjawisku opisywanym w zadaniu występują siły zmienne, a z kinematycznych wielkości charakteryzujących ruch dane są tylko prędkości, warto skorzystać z prawa zmiany pędu oraz ewentualnie dodatkowo z prawa zmiany energii (jak np. w przypadku zderzeń ciał). Jeśli przy zadanych siłach zmiennych znane są położenia ciał oraz 169" ich prędkości, nie znane natomiast przyspieszenia, wyjściowym równaniem powinno być prawo zmiany energii. Naturalnie, jeśli w zadaniu dane są wartości pracy lub mocy, należy przede wszystkim skorzystać z wzoru jl N = — lub A = FAs cos a = FtAs. Przy tym pamiętać trzeba, że wzór A = FtAs jest słuszny tylko dla stałej siły Ft; jeżeli siła jest zmienna, należy korzystać z prawa zmiany energii lub uśrednić Ft. Oczywiście, w bardziej złożonych zadaniach może zachodzić konieczność posłużenia się większą liczbą wyjściowych wzorów. Rozpatrzymy kilka przykładów wyjaśniających powyższe wskazówki metodyczne. Przykład 1. Klocek ześlizguje się ze szczytu równi o wysokości h0, nachylonej pod kątem a do poziomu. Jego prędkość początkowa ^ o = 0 . Znaleźć prędkość klocka u podstawy równi, jeśli współczynnik tarcia wynosi k (rys. 138). Naszkicowanie rysunku i rozpatrzenie sił działających na klocek przekonuje nas, że siły te są stałe, zatem w rozwiązaniu wyjdziemy z drugiej zasady Newtona w g + F r + Q = ma. Poza tym v2— vi 170" Rzutując wektory na osie x i y i uwzględniając, że FT = kQy ay — 0 i ax = a, mamy mg sin a—kQ = —mg cos a+£) = 0, a, skąd po wyrugowaniu Q i a otrzymamy V — a—£ cos a), a ponieważ K s = -— , sina więc V V oh ° sina = g(sina—&cosa), skąd, po uwzględnieniu, że v0 = 0, otrzymamy v = \/2gh0{\ —kctg a). Ponieważ w treści zadania podane są położenia ciała i jego prędkość, można je również rozwiązać wychodząc z prawa zmiany energii: A+Aop = zIW. Ponieważ Q -L v, więc A = 0, a zatem -FTS = —t-mghj - a ze względu na to, że FT = , = 0 i A = 0, mamy mv2 Łri -kQs = -^ Ł Szukając wartości 0 należy uwzględnić fakt, że klocek nie doznaje przyspieszenia w kierunku prostopadłym do płaszczyzny równi, czyli Q—mg cos a = 0. Po uwzględnieniu zaś, że s = sina 171" otrzymamy —ktngcosoisin a 2 -mgh0, skąd znowu v = }/2ghQ(\ —kctg a). To samo zadanie można również rozwiązać posługując się prawem zmiany pędu: (wg+F T +Q)zlż = m\—m\ 0 . Rozpisując to równanie w rzutach na osie oraz uwzględniając, że 2s 2s vQ == 0, FT = kQ i At = = otrzymamy V+V0 2s (mgsin oc—kQ) -— = mz;, —tfagcosa+£) = 0. Rugując stąd Q i uwzględniając, że ^ = A0/Sin a, otrzymamy v = |/2^0(l~^ctga). Oczywiście, rozwiązania te są sobie równoważne, ale pierwszy sposób, w którym posługujemy się tylko drugą zasadą Newtona, jest nieco prostszy. Nietrudno zauważyć, że masa klocka w tym zadaniu nie odgrywa żadnej roli, nie trzeba więc zastanawiać się (jak to się często zdarza rozwiązującym zadanie), skąd ją wyznaczyć. Należy pamiętać, że często wielkości, które na pierwszy rzut mzzmmmmmmmzmmA oka wydają się niezbędne do Rys. 139 rozwiązania zadania, w trakcie jego rozwiązywania zostają wyeliminowane, podobnie jak omawiana tu masa klocka. Przykład 2. Po zboczu góry o wysokości h0 i długości l zsuwa się klocek o masie m. Prędkość początkowa tego klocka wynosi v0, końcowa zaś v. Znaleźć siłę tarcia działającą na klocek w trakcie ruchu (rys. 139). Oczywiście, że jednocześnie ze stałą siłą mg, działają na ciężarek zmienne co do kierunku i wartości siły Fy i Q. W treści zadania podane są 172" położenia ciała i jego prędkości, dlatego też wygodnie będzie skorzystać z prawa zmiany energii A+Aop = AW. Ponieważ przez cały czas Q _Lv, więc A = 0. Siła tarcia natomiast jest zawsze skierowana przeciwnie niż prędkość, tj. kąt międty F r i y równy jest 180°, wartość jej zmienia się wraz ze zmianą wartości Q; dlatego znaleźć można jedynie średnią siłę tarcia Fi r . Uwzględniając to otrzymamy skąd pamiętając, że h = 0 mamy ~ r = m I ~T 7 . vl-v2\ 2 /' mv Przykład 3. Młot o masie m spada swrobodnie z wysokości h0 na pal o masie M i wbija go na głębokość Al w ziemię. Traktując zderzenie młota z palem jako doskonale niesprężyste i krótkotrwałe, znaleźć średnią siłę oporu, jaki stawia grunt (rys. 140). Oczywiście, mamy tu do czynienia z trzema podstawowymi dla danego zagadnienia procesami: 1) spadanie masy m pod działaniem siły mg; 2) zderzenie niesprężyste młota z palem; 3) wspólny ruch obu ciał pod wpływem zmiennych sił. 173" Pierwszy proces można opisać którymkolwiek z podanych równań: F = ma, Ap=FAt, A+Aop = AW, drugi — przez zasadę zachowania pędu (ponieważ ze względu na niezmiernie krótki czas zderzenia, popęd sił zewnętrznych równa się zeru). Trzeci można opisać podobnie jak pierwszy, bowiem pomimo tego, że siła oporu jest zmienna, jednak kierunek jej jest stały i odpowiednie równania mają postać Fśr = mair, Ap = Fu At, A+Aop = AW, Wspomnieliśmy już, że przy działaniu sił zmiennych wygodnie jest posługiwać się prawem zmiany energii. Tym bardziej można posługiwać się nim przy działaniu sił stałych. Dlatego pierwszy i trzeci proces opiszemy prawem zmiany energii, drugi prawem zmiany pędu. Mamy więc AÂo.ÂW,, Ap2 = 0, A3+AOP3 = AW3, a ponieważ z warunków zadania A± = A0Pi = A3 = 0, więc W01 = WLT p02=p2, AOP3 = W3-W03. Rozpisując te równania mamy 7 . mVox a 2 mv 02 = —FIRAL = (TN+M) , , mv i 1 ' 2 ' (m+M)v2, ^GH3 + -^~-J--(M+M) + • Uwzględniając, żeôi = v3 = 0,v1 = v02 = v, v2 = v03 = u, h01 = h0, hi = hQ3 = Al i h3 = 0, mamy v2 = gAl+~2~> mv = -FŚTA1 174" (m+M)u, = -(m+M) . Eliminując stąd v i u znajdziemy Przykład 4. Dwie kulki gliniane o masach mx i m2 zawieszone są w jednym punkcie na niciach o długości = l2 = l. Kulki te zostały odchylone z położenia równowagi tak, że nici utworzyły z pionem kąty ax i a 2 , następnie kulki puszczono swobodnie. O jaki kąt odchylą się te kulki po zderzeniu niesprężystym w najniższym punkcie toru (rys. 141) r Zadanie to można byłoby rozwiązać podobnie jak poprzednie, wypisując od razu wszystkie równania opisujące procesy, które nas interesują. Nie zawsze jednak uczniowie potrafią to zrobić. Dlatego wybierzemy inny sposób rozwiązania. Z rysunku widać, że kąt odchylenia nici a spełnia zależność: h = / ( 1-cosa), (1) czyli, aby znaleźć a, musimy znać h. Wzniesienie się kulek na wysokość h jest wynikiem tego, że w najniższym położeniu miały one prędkość u. Ponieważ przesunięcie z najniższego punktu zachodziło pod wpływem sił zmiennych, należy zastosować zasadę zachowania energii w postaci {nii+mû 2 i j-J— = (mx + m2)gh; (2) łącząc (1) i (2) otrzymamy £ = Z(l-cos«). (3) 175" Teraz musimy znaleźć u. Wielkość u jest prędkością ciał po zderzeniu niesprężystym w najniższym punkcie toru. Czyli m1 \1+m2 v2 = (m1+m2)u. Traktując kierunek „w prawo" jako dodatni otrzymamy m1v1—m2v = (m1+m2)u. 2 (4) Rugując z (3) i (4) u otrzymamy (5) (m1 +m2)22g Nie znane wartości vt i v2 znajdziemy uwzględniając fakt, że przy ruchu kulek do najniższego punktu energie ich nie zmieniają się, czyli r trii v\ ™>lgK = > m 7 h m2v\ 2g 2 = Wtedy (5) będzie miało postać K |/W.-rn./W.? = 2 * (6) /(1_cosa)( a ponieważ ht = /(l — cos aj), h2 = /(l—cosa 2 ), więc K ]/2g/(l-cos« 1 )-m 2 ^ / ( l - c o s c t ą ) ] 2 (m^Ą-m^lg Po uproszczeniu przez = ^ j ^ g ^ otrzymamy 2 (w. l/l —cos a, —m2 l/l —cos a,) L = I -C S a ~ - ° - (7) Pamiętając, że 1— cos a* = 2sin 2 (| ocf) i wyciągając pierwiastek kwadratowy z równania (7) otrzymamy m1 sin(^ —m2 sin(l a2) _ . _a_ m1+m2 2 Ten sposób rozwiązywania jest o tyle dobry, że każde działanie narzuca tu z całą koniecznością działanie następne. Istotnie z równania (1) wynika konieczność znalezienia h i /. Ponieważ nie mamy możliwości znalezienia /, wartość ta będzie przechodziła z jednego równania do drugiego, aż być może uda nam się ją wyeliminować. Jeśli chodzi o A, to znajdujemy je z równania (2), ale z (2) wynika konieczność określenia u, co prowadzi do równania (4), a (4) do (6) itd. 176" Ucząc się rozwiązywania zadań, konieczne jest łączenie różnych sposobów zarówno w poszczególnych etapach jednego zadania (przykład 1), jak i przy rozwiązywaniu różnych zadań (przykłady 3 i 4). Dobrze jest rozwiązać zadanie w dowolny sposób i choćby naszkicować tok rozumowania dla innych sposobów. Bardzo pożyteczne jest ćwiczenie układania równań przedstawiających procesy, o których mowa jest w danym zadaniu. Ponieważ nie jest tu konieczne doprowadzenie do wyniku liczbowego, oszczędza się w tym wypadku na czasie, a jednocześnie pozwala to uczącemu się spojrzeć szerzej na zachodzące zjawiska, wyrabiając u niego swobodne i śmiałe podejście do rozwiązywania zadań. Przy tym, jeśli istnieje możliwość rozwiązania zadania różnymi sposobami, należy wybrać najbardziej racjonalny i umieć umotywować swój wybór. (Jest prawdą, że bez pomocy nauczyciela praca taka nie jest łatwa, ale można jej popróbować, zwłaszcza jeśli pracuje się w zespole.) Wyjaśnimy na przykładach to, co zostało powiedziane. Przykład 5. Z równi pochyłej zsuwa się klocek i u jej podstawy zderza się niesprężyście z drugim klockiem. Opisać zachodzące tu procesy z punktu widzenia mechaniki. A n a l i z a z a g a d n i e n i a . Oczywiście rozpatrywane zjawisko podzielić możemy na trzy etapy. 1) Ruch klocka po płaszczyźnie. Można opisać go dowolnym spośród trzech równań: F = ma, FAt = mi \1—m1 y 0 , A+A„ = AW. Które z nich jest lepsze, które daje prostsze rozwiązanie zadania, trudno jest tu udzielić odpowiedzi — zadanie sformułowane jest na to zbyt ogólnie. 2) Zderzenie. Jedynym równaniem wyjściowym może tu być FAt = (m1+m2)u—m1 vx, bowiem przy zderzeniu działają między ciałami siły zmienne o tak złożonym charakterze, że nie można byłoby tu posłużyć się drugą zasadą Newtona. Ponieważ proces zderzenia zachodzi dostatecznie szybko, zamiast prawem zmiany pędu posłużymy się zasadą jego zachowania. 12 Metodyka rozwiązywania zadań 177 3) Wspólny ruch klocków opisać można podobnie jak w pierwszym etapie dowolnym z trzech równań, zapisanym jednak dla ciała o masie tn1+rn2. Przykład 6. Kilka klocków powiązanych ze sobą nitkami porusza się pod działaniem sił zewnętrznych po pewnej powierzchni. Ile ciał musimy tu rozpatrzyć i ile wypisać równań wyrażających drugą zasadę dynamiki ? A n a l i z a z a g a d n i e n i a . Oczywiście, że na końcowe pytania zadania sformułowanego w ten sposób odpowiedzieć nie można. Zadanie musimy skonkretyzować. 1) Jeśli nie interesują nas naciągi nici, to układ klocków można (i należy) rozpatrywać jako jedno ciało, przy czym jeśli ruch zachodzi nie wzdłuż jednej prostej, a wzdłuż paru prostych (np. po dowolnej nachylonej powierzchni, gdy nić łącząca rozważane ciała przeciągnięta jest przez blok), wystarczy napisać drugą zasadę dla układu ciał nie w postaci wektorowej, a w rzutach na kierunki n i t — normalny i styczny do danej powierzchni. 2) Jeśli interesują nas naciągi nici lub siły działające na bloki, przez które nici są przeciągnięte, musimy rozpatrywać układ złożony z N+l ciał (gdzie N — ilość interesujących nas nici lub bloków) i zapisać drugą zasadę dynamiki dla każdego z N+1 ciał osobno. Oczywiście, można i w dowolnym przypadku napisać tyle równań wyrażających drugą zasadę dynamiki, ile jest klocków w układzie, ale nie zawsze jest to celowe. Przykład 7. Kilka klocków porusza się względem siebie ruchem przyspieszonym. A n a l i z a z a g a d n i e n i a . Oczywiście, przy dowolnej konkretyzacji tego zagadnienia należy wypisać tyle równań wyrażających drugą zasadę dynamiki, ile ciał wymieniono w zadaniu. Do tego musimy jeszcze dodać równania uzupełniające, wiążące między sobą przyspieszenia rozważanych ciał. Zrozumiałe jest, że jeśli w zadaniu podana jest wartość pracy lub energii, rozwiązanie wymaga zastosowania prawa zmiany energii. Przykład 8. Klocek porusza się po powierzchni zakrzywionej. Skonkretyzować zadanie tak, by wybór metody rozwiązywania był jednoznaczny i jasny. A n a l i z a z a g a d n i e n i a . Powiedzmy, że interesuje nas siła reakcji normalnej Q (rys. 139) wywierana na ciało przez powierzchnię. 178" Naturalnie wykorzystamy drugą zasadę dynamiki napisaną dla kierunku r, tjQ—P cos a __ v2 m r 7J równania tego widać, że najprościej będzie podać wielkości P, a, vi r. Można skomplikować zadanie, podając nie v, a wysokość h0, z której zsunęłoby się ciało, jego prędkość w tym położeniu oraz pracę sił tarcia. Wtedy poszukiwaną siłę Q znajdziemy z równań mv2 Q~mg cosa = — , Ar = {tngh0 + ^ j - (mgh+^f-j. Rzecz jasna, wszystkie te przykłady są bardzo ogólne, ale podobny „trening" w analizie zadań można przeprowadzać na dowolnych zadaniach z jakiegokolwiek podręcznika. I na koniec, bardzo pożyteczne jest, aby sami uczący się układali, a następnie rozwiązywali układane przez siebie zadania. Ponieważ ze względu na brak wprawy jest to dość trudne, należy zaczynać od zmieniania danych w zadaniach z innych podręczników. Zmiany te mogą polegać zarówno na uproszczeniach, jak i skomplikowaniu zadań, oraz zastępowaniu jednych danych — innymi. 12* Część II RUCH DRGAJĄCY I FALOWY 1. POJĘCIA PODSTAWOWE Jeśli jakaś zmienna wielkość fizyczna przyjmuje szereg powtarzających się wartości (w równych, bądź nierównych odstępach czasu), to mówimy, że wykonuje ona drgania. Drgania takie mogą być mniej lub bardziej złożone. Na rysunku 142 przedstawione są różne rodzaje drgań pewnej zmiennej wielkości z = z(t). Najprostszym rodzajem drgań jest taki, w którym rozważana wielkość zmienia się zgodnie z funkcją sinus lub cosinus. Takie drgania noszą nazwę drgań harmonicznych. Przykładem ich mogą być drgania rzutu promienia wodzącego obracającego się ze stałą prędkością kątową co (rys. 143): x = i? cos g? = Rcos(o)t-\-(p0) = Xcos(ft)ż+<p0), y == Rsimp — i? sin (ft)ź+ę>0) = ysin(a>ż+9?0). 180" jest modułem największego rzutu wektora wodzącego R na dowolną oś i nazywa się amplitudą drgań danego rzutu. Wielkość Wielkość R = X = Y 2n (p = (Ot + cp0 = 27r/ż + 9>0 = -jrt + <Po (J jest tu częstością, a T — okresem obiegu wektora R) nazywa się fazą ruchu harmonicznego. Sens fizyczny fazy polega na tym, że określa ona stan drgań i znając fazę (p możemy z równania z = Zsin cp znaleźć względne wartości zmieniającej się harmonicznie wielkości, a także charakter ^jej zmian. Na przykład, jeśli faza równa jest to oznacza to, że z =5Z i że w danej chwili z rośnie (wynika to z charakteru funkcji sinus w otoczeniu punktu 6 7r). Znajomość wartości zmieniającej się wielkości fizycznej i szybkości jej zmian w pełni określają stan drgań harmonicznych. Stąd tak istotne jest pojęcie fazy. Faza rośnie z upływem czasu drgań. Jeżeli w chwili t = 0, 0> a więc faza początkowa charakteryzuje stan, z jakiego rozpoczęła drgania wielkość z. Na przykład, jeśli <p0 = 0, drgania rozpoczęły się od stanu, kiedy wartość drgającej wielkości była równa zeru; jeśli cpo = ± 2 TT, to drgania rozpoczęły się od stanu, kiedy wartość drgającej wielkości była równa amplitudzie wziętej ze znakiem + lub —; przy cpo = 6 k — ze stanu, kiedy wartość jej była równa połowie amplitudy itd. Jeśli (p0 = 0, to <p = cot = lizft = 2nNy skąd N = (pl2n — wartość fazy podzielona przez 2iz daje nam liczbę drgań, jakie dokonały się w czasie t. Z określenia fazy wynika, że rośnie ona ze wTzrostem czasu i może osiągać dowolnie duże wartości. To co zostało powiedziane o ruchu drgającym wektora promienia wodzącego R, w równej mierze dotyczyć może każdej innej wielkości fizycznej, zarówno skalarnej, jak i wektorowej, zmieniającej się zgodnie z funkcją sinus lub cosinus. Jeśli rozważamy drgania wielkości wektorowej, ustalić należy, jaki kierunek przyjmiemy za dodatni. Niech na przykład po obwodzie koła o promieniu R, ze stałą co do wartości bezwzględnej prędkością obraca się punkt materialny. Oczywiście, jeśli początek układu współrzędnych umieścimy w środku okręgu, będziemy mieli (rys. 143): x = i? cos (p = Xcos0)> y = Rsiiicp = Ysinę> = Fsin(a)^+ę?0). 181" Dla rzutów wektora prędkości mamy (rys. 144): vx = — Fsinę? = — Fsin(coż+9>0), Vy = VcOS(p = Vcos(cot + <p0). Dla rzutów przyspieszenia normalnego punktu materialnego otrzymamy (rys. 145): ax — —Acoscp = ~-Acos(cot-ł-<p0)y ay — —As\n(p = — A$m(a)t-\-<p0). Ponieważ dwa rzuty wektora na osie współrzędnych dla ruchu płaskiego w pełni ten wektor opisują, możemy powiedzieć, że obrót wektora wodzącego równoważny jest dwom drganiom harmonicznym jego rzutów na osie współrzędnych i odwrotnie — złożenie dwóch drgań harmonicznych o kierunkach prostopadłych równoważne jest ruchowi jednostajnemu po okręgu. Będzie to wyraźnie widoczne, jeśli wektor R zapiszemy w postaci sumy jego składowych na kierunki i i j (tj. wzdłuż dodatnich kierunków osi xi y): R = xi+yj = J£cos(<^ż+9?0)i+Ysin(wż+9?0)j. Oznaczając Xi = R; i Yj = Ry otrzymamy R = 182" Ricos(cot+(p0)+Rjsm.((ot-}-(p0). Widzimy więc, że jednostajny obrót wektora R jest istotnie równoważny dwom drganiom harmonicznym dwóch wzajemnie prostopadłych, równych co do modułu wektorów, przy czym przesunięcie fazowe tych drgań wynosi (ponieważ tak przesunięte są w fazie funkcje sin <p i cos tp). Wszystko to, co zostało powiedziane o wektorze R odnosi się w pełni także do prędkości y i przyspieszenia a punktu materialnego, poruszającego się po okręgu ruchem jednostajnym. Można wykazać, że jeśli punkt materialny porusza się pod działaniem siły proporcjonalnej do wychylenia i przeciwnie do niego skierowanej, tj. pod działaniem siły F = —kAry to ruch jego będzie ruchem harmonicznym. Oznacza to, że wychylenie punktu Ar, jego prędkość v, przyspieszenie a i siła F będą zmieniać się zgodnie z równaniem: z = Zcos(coż+9>0) lub z = Zsin(coź+9?o)> Rys. 146 gdzie przez z rozumiemy dowolną z wielkości Ary y, a lub F. Przykładem takiego ruchu może być ruch ciężarka umocowanego na sprężynie (rys. 146), w przypadku gdy nie działają siły tarcia. Przemieszczenia Ar są małe (na tyle, by wielkość maksymalnego wychylenia AR była dużo mniejsza od długości sprężyny), sama zaś sprężyna nieważka (masa sprężyny zaniedbywalna w porównaniu z masą ciężarka). Tego typu drgania, zachodzące pod wpływem siły F = —kAry noszą nazwę małych drgań własnych. Wielkość Ar zmienia się wtedy zgodnie z funkcją harmoniczną, tj. Ar = JRcos^ź+ô), albo też Ar = zJRsin(a>ź+ę?o), 1 /T a częstość tych drgań określona jest związkiem / = -z— 1 / —, albo króZ7U cej co = \/kjmy gdzie co \ Tłl = 2tu/ jest kołową częstością drgań. 183" W związku F = — kńt znak „minus" oznacza, że w dowolnej chwili czasu wychylenie punktu materialnego Ar i działająca nań siła F są przeciwnie skierowane. Ponieważ siła F zawsze skierowana jest do położenia równowagi trwałej, nazywa się ją siłą zawracającą (do położenia równowagi). Warto tu wspomnieć, że przy omawianych drganiach punktu materialnego jego energia kinetyczna oraz energia potencjalna deformowanej sprężyny równe odpowiednio „ mv2 . 2 X kx2 2 , zmieniają się również w sposób harmoniczny, ale częstość drgań jest tu dwukrotnie większa. Istotnie, jeśli np. v = Fcos(a>ż+ę>0), to Ek = tnv2 ifi V2 = —cos2(^+ę?0) = _ mV2 l+cos(2o)f+2yo) __ ~~ 2 2 2 mV ~ mV 2 n Przy tym drgania wielkości E* zachodzą wokół wartości E& — \mV2. Zupełnie analogiczną sytuację mamy dla energii potencjalnej Ep układu wykonującego drgania harmoniczne. Zgodnie z prawami ruchu harmonicznego zmienia się natężenie i napięcie w obwodzie prądu zmiennego. W prostym obwodzie drgającym (złożonym z indukcyjności L, pojemności C i oporu R) w myśl tego samego prawa zmienia się natężenie prądu, napięcie na kondensatorze, ładunki na jego okładkach, siła elektromotoryczna indukcji własnej. W wytwarzanych przez taki obwód falach w ten sam sposób zmienia się natężenie pola elektrycznego E i indukcja pola magnetycznego B. Przeważająca większość procesów mających charakter drgań i zachodzących w przyrodzie nie stosuje się oczywiście do równań prostego ruchu harmonicznego, można jednak wykazać (dokonujemy tego w tzw. analizie harmonicznej), że dowolnie złożone drganie może być przedstawione jako superpozycja prostych drgań harmonicznych o różnych częstościach (drgań monochromatycznych). Dlatego zrozumiałe jest, że zapoznanie się z prostymi drganiami harmonicznymi jest warunkiem koniecznym badania drgań dowolnie złożonych. 184" Ponieważ zjawiska drgań należą w przyrodzie do wyjątkowo szeroko rozpowszechnionych, oczywista jest konieczność gruntownego ich poznania. Przede wszystkim zrozumieć należy, że niezależnie od ich natury wszystkie proste drgania opisane są jednakowymi równaniami: z = Zcos(coż+<po) = Zcos(2nft-{-(p0), gdzie z — jest wartością chwilową (w chwili t) drgającej wielkości, Z — jej wartością maksymalną (amplitudą). W przypadku drgań harmonicznych wektorów Z = Zcos(coż + <p0) = Zcos(27c/ż + <po)> gdzie/ — częstość drgań, co — częstość kołowa (częstość / pomnożona przez 2n). Drgania mogą rozchodzić się w przestrzeni w postaci zaburzenia. Zjawisko takie nazywamy falą. Proste drgania wytwarzają fale proste, złożone — fale złożone. Najprostszą falą jest płaska fala monochromatyczna. Płaska, czyli taka, której czoło (tj. ta powierzchnia, do której w danej chwili dotarło pobudzenie) jest płaszczyzną. Monochromatyczna, czyli taka fala, która wytwarzana jest przez źródło wykonujące proste drgania harmoniczne. Rys. 147 Im dalej od źródła znajduje się punkt, w którym obserwujemy drgania, tym mniejsza jest w nim faza, gdyż krótszy jest czas, jaki upłynął od chwili rozpoczęcia w tym punkcie ruchu drgającego. Oczywiście czas drgań w takim punkcie t' = t 7*COSOC - — , gdzie r — jest promieniem wodzącym poprowadzonym od źródła do tego punktu, u — prędkością rozchodzenia się fal w danym ośrodku, a — kątem między r i u (rys. 147). Równanie 185" drgań harmonicznych dowolnej wielkości fizycznej w takim punkcie przy <p0 = 0 (cpQ = 0 założyliśmy tylko dla uproszczenia zapisu) ma postać z — Z cos cot' = Z cos co U Jest to równanie fali monochromatycznej, w której drgania zachodzą z częstością kołową co. Równanie fali pokazuje, jak zmienia się pewna wielkość fizyczna w punkcie odległym od źródła o r. Dla fali płaskiej Z = const, dla kulistej Z == Z0r0/r, gdzie Z0 — amplituda fali w odległości r0 od źródła. / \ i / i i i i i ( M I I I I I U \ \\ \\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ » » II I J j I I / / /I /I - - V / / \ \ X > — - W Rys. 148 Odległość, jaką przebywa fala monochromatyczna w czasie równym okresowi fali, nazywamy długością fali. Stąd X = uT = y- = Oczywiste jest, że X jest jednocześnie odległością między dwoma punktami, w których drgania zachodzą z różnicą faz wynoszącą 2n. Uwzględniając to otrzymujemy równanie fali monochromatycznej w postaci z = Z cos \cot—o/ a j = ZCOS|C^-2T/ C ° S . Przy czym dla fali kulistej a = 0 (rys. 148). Linię prostopadłą do czoła fali nazywamy promieniem. Kierunek promienia i wTektora prędkości rozprzestrzeniania się fali są zgodne. 186" 2. UWAGI O ROZWIĄZYWANIU ZADAŃ Zadania dotyczące drgań są podobnie różnorodne jak i zadania z innych działów fizyki, jednakże z zadań bazujących na materiale szkolnym najciekawsze są te, w których^ poszukuje się okresu drgań harmonicznych. Metodyka rozwiązywania tego typu zadań jest niezmiernie prosta — aby obliczyć nie znany okres drgań, należy zgodnie z wzorem T = 2n\/m/k znaleźć współczynnik siły zawracającej k. Dokonuje się tego w następujący sposób: 1) zakładamy, że ciało zdolne do wykonywania drgań wokół swego położenia równowagi zostaje z tego położenia nieznacznie wychylone o wielkość Ar\ 2) rozpatrujemy teraz siły działające na wychylone z położenia równowagi ciało; 3) znajdujemy sumę rzutów wszystkich działających sił na kierunek „do położenia równowagi" (tj. na kierunek — At) uzyskując w ten sposób siłę zawracającą F. Okaże się przy tym, że uzyskane wyrażenie we wszystkich rozpatrywanych tu przypadkach jest proporcjonalne do wychylenia —Ar. Wielkość stojąca przy wyrażeniu —Ar jest współczynnikiem siły zawracającej k (w niektórych przypadkach położenie równowagi nie jest bezpośrednio widoczne — należy je dopiero znaleźć). Zgodnie z drugą zasadą dynamiki Newtona warunkiem równowagi jest, aby suma sił działających na ciało równała się zeru — i dopiero wykorzystanie tego warunku pozwala określić położenie równowagi (patrz zad. 4)). Jeśli drgające ciało bierze jednocześnie udział w ruchu przyspieszonym wraz z jakimkolwiek układem, z którym jest związane (podstawka, zawieszenie itp.), to tu również należy znaleźć położenie „równowagi", tj. takie położenie, wokół którego będą zachodzić drgania względem omawianego układu. To położenie równowagi znaleźć można z warunku, że spoczywające względem układu ciało powinno pod wpływem przyłożonych do niego sił mieć to samo przyspieszenie, co i układ (np. zad. 7). Z tego co zostało powiedziane wynika jasno (a rozwiązania podanych niżej przykładów pozwolą zrozumieć to jeszcze lepiej), że w przypadku zadań, których celem jest znalezienie okresu drgań ciała, istota rozwiązania polega na zastosowaniu praw Newtona (można wykazać, że sam związek T = 2n \/mlk jest wynikiem zastosowania praw Newtona do ciała zdolnego wykonywać drgania). Dlatego też podejście do rozwiązania zadania i samo rozwiązanie mało różnić się będzie od tego, co rozpatrywane było w dziale „Mechanika". Istotnie, nowy jest tu tylko 187" pokazany wyżej sposób znajdowania FT, oparty na analizie sił powstających przy małym wychylaniu ciała z położenia równowragi. Zadania z ruchu falowego są już mało podobne do zadań dotyczących ruchu punktu materialnego. Jest to zrozumiałe: fala jest tworem w istotny sposób różniącym się od punktu materialnego — inne są jej własności, inne prawa nią rządzą, inne równania opisują jej ruch. Pewne jednak ogólne cechy są wspólne. Przede wszystkim podany wyżej schemat rozwiązywania zadań. Poza tym fala jest rozprzestrzenianiem się drgań w pewnym ośrodku, tj. procesem przekazywania ruchu (pędu i energii) od jednych punktów ośrodka do drugich. Dlatego fala w ośrodku sprężystym może być w szeregu przypadków rozpatrywana jako zbiór oddzielnych oscylatorów, które są związane ze sobą nieprzerwanym oddziaływaniem. Takie spojrzenie na ruch falowy pozwala na łatwe wprowadzenie pojęcia gęstości energii fali, wektora transportu energii itd. Resztę wiadomości dotyczących zachowania się fal zdobędziemy na przykładach zadań 18—25. Przy rozwiązywaniu zadań, we wszystkich przypadkach pożądane jest stosowanie pewnego, określonego schematu postępowania. My przyjmiemy schemat następujący: 1. Przyswojenie sobie w ogólnych zarysach warunków zadania. 2. Naszkicowanie schematu lub rysunku wyjaśniającego sens zadania. 3. Napisanie równania lub równań opisujących proces, na który kładzie się w zadaniu nacisk. 4. Korzystając z rysunku oraz innych pomocniczych związków doprowadzenie równania do postaci, w której figurują już tylko wielkości dane w zadaniu lub zamieszczone w tablicach. 5. W razie konieczności zbadanie otrzymanych wyrażeń. 6. Jeśli w zadaniu są podane wartości liczbowe — przeprowadzenie obliczeń. Podamy jeszcze jedną istotną uwagę: po zapoznaniu się z rozwiązaniem jednego lub dwóch zadań w tej książce, koniecznie należy pokusić się 0 rozwiązanie następnego zadania samodzielnie. Jeśli to się nie uda, zrobić próbę na następnym zadaniu itd. Ćwiczenia takie są niezbędne, jeśli chce się rzeczywiście zdobyć umiejętność rozwiązywania zadań. Dalej, rozpatrując podane w książce rozwiązanie tego czy innego zadania, konieczne jest zdawanie sobie sprawy, czego się tu poszukuje 1 dlaczego w ten a nie inny sposób. Bierne przyjmowanie rozwiązania 188" nie uczy rozwiązywać, a usposabia do rozwijania lenistwa umysłowego, b e z m y ś l n e g o „kucia" itp. Zrozumiawszy rozwiązanie zadania, n a l e ż y s p r ó b o w a ć odtworzyć je samemu i to w możliwie najkrótszy sposób. Jeśli to możliwe, znaleźć samodzielnie lepsze rozwiązanie (zaznaczymy dla tych, którzy znają zasadę równoważności, że np. wprowadzenie „dodatkowego ciężaru" (siły bezwładności) ma w układzie poruszającym się ze stałym przyspieszenim bardzo upraszcza rozwiązanie szeregu zadań). Po zakończeniu rozpatrywania zadań pewnego działu należy pokusić się o znalezienie ogólnych cech różnych sposobów rozwiązywania tych zadań. Jeśli uda się to zrobić, oznacza to, że metodyka rozwiązywania została w zasadzie przyswojona. 3. WZORY I PRAWA DOTYCZĄCE DRGAŃ HARMONICZNYCH 1. Równanie drgań z = Zcos(coż+<po) lub z = Zsin(coż+<po)2. Dla mechanicznych drgań własnych okres drgań T = 2n y'm/k, gdzie m — masa punktu materialnego, k — współczynnik siły zawracającej, określonej równaniem Fr = —kAr. Jeśli początek układu współrzędnych przyjęto w położeniu równowagi, to FT = — kr, gdzie r — promień wodzący drgającego punktu. 3. Związki między parametrami ruchu drgającego i ruchu falowego co = 2tt/ == , f " • 4. Równanie fali monochromatycznej, rozchodzącej się z prędkością u (gdy 9>o = 0): ~ / rcos a\ „ rj . / rcosa\ # = Zcosom —I, albo z = Zsmco\t -—I, gdzie t — czas drgań w źródle, r — promień wodzący poprowadzony od źródła do interesującego nas punktu, co — częstość kołowa drgań w źródle (a także w dowolnym innym punkcie, do którego dochodzą drgania pochodzące z tego źródła). 189" 5. Przy odbiciu fali promień padający i odbity leżą w jednej płaszczyźnie i tworzą jednakowe kąty z normalną do powierzchni rozgraniczającej ośrodki, wystawioną w punkcie padania, tj. otOĆLh = apad (rys. 149) 1 ôdb = ^pad • 6. Przy przechodzeniu fali z jednego ośrodka do drugiego zachodzi zmiana zarówno kierunku, jak i wartości prędkości jej rozchodzenia się, przy czym (rys. 149) 'sin a pad upad Sin azał ttzał ' Częstość drgań zarówno przy załamaniu, jak i przy odbiciu nie ulega zmianie. 4. ZADANIA DO CZĘŚCI „RUCH DRGAJĄCY I FALOWY" Zadanie 1. Wykazać, że swobodne drgania wahadła matematycznego przy małych wychyleniach są harmoniczne. R o z w i ą z a n i e . Zgodnie z tym co powiedziano wyżej, drgania mechaniczne są drganiami harmonicznymi, jeśli zachodzą pod działaniem siły proporcjonalnej do wychylenia i przeciwnie do niego skierowanej. Znaczy to, że jeśli wykażemy, iż siła powstająca przy małych wychyleniach spełnia równanie F = —k/lr — zadanie będzie rozwiązane. Na nasze wahadło (tzn. na punkt materialny zawieszony na nieważkiej i nierozciągliwej nici) działa siła ciężkości mg i naciąg nici Q. Ich wypadkowa Fwyp przedstawiona jest na rys. 150. Ponieważ punkt 190" materialny porusza się po krzywej, siła wypadkowa skierowana jest w tę stronę od krzywej, po której znajduje się jej środek krzywizny, (rys. 150). Na rysunku widać również i wychylenie Ar, przy czym zauważyć można, że Fwyp i Ar są prawie przeciwrównoległe. Ale przy przemieszczeniu równym zeru nie równa się zeru siła wypadkowa, skierowana jest ona wtedy do środka okręgu, po którym porusza się punkt materialny. Przy Ar « 0 siła Fwyp jest praktycznie prostopadła do Ar, a tylko w punktach skrajnych Fwyp i Ar są przeciwnie skierowane. A więc siła Fwyp nie spełnia warunku F = —kAr. Wahadło matematyczne nie drga więc harmonicznie! Wiemy jednak, że istnieje twierdzenie odwrotne. Jak rozwikłać tę sprzeczność? Bardzo prosto. Rozłóżmy Fwyp na dwie składowe: Fi — działającą wzdłuż nici i FT — styczną do toru punktu. Wtedy w rzutach na kierunki 1 i t mamy Fi = Q— mg cos a i |Fr| = = mg sin a. Składowa F% wywołuje w omawianym ruchu przyspieszenie dośrodkowe, składowa Fx — przyspieszenie styczne. Rys. 150 Ponieważ przy małych kątach sinus kąta i sam kąt wyrażony w mierze łukowej są sobie równe, więc przy \Ar\ / (tj. dla niewielkich wychyleń) sina « a = Al/l « Ar/l, a co za tym idzie |Fr| = mg sin a « mg Ar/l, a pamiętając, że FTfJzlr otrzymamy Fr = — mg Ar/l. A więc dla składowej stycznej wektora Fwyp i wychylenia Ar zachodzi równość F t = —kAr, co jest koniecznym i dostatecznym warunkiem na to, by Ar, v, ar i FT zmieniały się harmonicznie z częstością 191" Zazwyczaj przy badaniu drgań wahadła matematycznego interesują nas drgania rzutów wektorów Zlr, y, a i F na kierunek styczny do toru, tj. wielkości |Zlr|, vy axy Fx. Jednakże nietrudno zauważyć, że wielkości aXy Ek i Ep drgają z częstością 2co (aby to wykazać, należy uwzględnić, że Ui ~ ®—p, T? mv2 2 " :. 1 kAr2 „z? — 2 ' i skorzystać z tego, co było powiedziane w paragrafie 1 o drganiach energii kinetycznej ciężarka). A zatem drgania wahadła matematycznego scharakteryzować można przez częstość co (dla |Zlr|, v, aT i Fx) i 2co (dlai?*, Ep i ai)y a takie drgania, ściśle rzecz biorąc, nie są drganiami harmonicznymi. Dla większej ścisłości mówiąc o drganiach układu należy podawać, która z wymienionych wielkości nas interesuje. Zadanie 2. Wewnątrz obręczy o promieniu R ślizga się bez tarcia ciężarek. Znaleźć okres drgań dla jego wychylenia, oraz prędkości, przy założeniu, że amplituda drgań jest niewielka (rys. 151). w-mg Rys. 151 R o z w i ą z a n i e . Oczywiste jest, że ruch ciężarka w zasadzie nie będzie się różnił od drgań wahadła matematycznego. Jedynie rolę więzów spełnia tu nie nić, lecz obręcz. Przy niewielkich wychyleniach w ruchu tego typu T = 2TZ \/m/k. W poprzednim zadaniu wykazano, że Fr = —mgAr/ly tzn. że rolę współ192" czynnika k odgrywa tu wielkość mg/l (lub dla obręczy mg/R). Stąd szukany okres w naszym wypadku r - 2 . y f - 2 . y f . Zadanie 3. Znaleźć okres drgań własnych wartości Ar i v małej naładowanej kulki, wahającej się w zgodnych co do kierunku polach R o z w i ą z a n i e . Aby obliczyć okres takich drgań, musimy znaleźć przedtem współczynnik siły zawracającej. Na rysunku 152 widać, że l^rl = (mg+qE)sin a, a dla małych kątów odchylenia|FT| = mg +qE\Ar\y co przy uwzględnieniu przeciwnych zwrotów FT i Ar daje zt mg+qE l zir, skąd k = -(;mg+qE)/l, czyli T = 2Tv]/ml/(mg+qE). Oczywiście, dla uzyskania odpowiedzi liczbowej, musimy znać masę m ciężarka, jego ładunek q, wartość natężenia pola elektrycznego E i długość / nici. Zadanie 4. We wzajemnie prostopadłych polach g i E zawieszono naładowaną kulkę. Znaleźć częstość drgań własnych wielkości |zfr|, v, a r i Fry jeśli wychylenia w ruchu są małe (rys. 153). 13 Metodyka rozwiązywania zadań R o z w i ą z a n i e . Rozwiązanie sprowadza się do znalezienia współczynnika siły zawracającej k. Przypomnijmy jeszcze raz, że współczynnik k = \FJAr\ wskazuje, jaka siła zawracająca powstaje przy jednostkowym niach położenie równowagi było wiadome samo przez się, tu musimy je osobno znaleźć. Z rysunku 153 widać, że położenie równowagi można określić z warunku /wg+2E+Q 0 = 0. 194" W rzutach na kierunki 1 i t otrzymamy —mg sin <x0-\-qEcos aQ =0, —mg cos a0— qEsinac0 + Q = 0. Z pierwszego równania mamy tg a 0 = qE\mg, a z drugiego można znaleźć naciąg Q 0 nici w położeniu równowagi. Na rozważane wahadło w dowolnym położeniu działa, oprócz zmiennej siły Q, stała zarówno co do kierunku, jak i co do wartości siła F = = skierowana zawsze pod kątem oc0 do kierunku g. Interesujące nas drgania warunkuje składowa styczna tej siły. Jeśli wyprowadzimy wahadło z położenia równowagi o mały kąt /?, to, jak widać na rys. 154, powstaje siła |FT| =Fsmfi albo |FT| = F\Ar\/I, gdzie F= \/(mg)2+(qE)2, a stąd /V{mg)2+m2 Jf = j - -1 / A = J _ 2tu \ m 2n \ ^ • Zadanie 5. Znaleźć związek między kątem odchylenia a i fazą drgań dla małych wychyleń wahadła matematycznego (rys. 155). R o z w i ą z a n i e . Jedyny związek, jaki możemy tu napisać, to \Ar\ = |ZlR|sin(coż+9?0), gdzie AR jest maksymalną wartością wychylenia (amplitudą). W równaniu tym mamy dwie wartości Ar i AR, których nie wymieniono w treści zadania, brak w nim natomiast wspomnianego kąta odchylenia. Z rys. 155 widać jednak, że dla małych kątów odchylenia |Zlr| « la i |ZlR| « /amax (jeśli kąt a wyrażamy w mierze łukowej). Podstawienie wartości \Ar\ i |ZlR| do wyjściowego równania, a następnie podzielenie go przez /, prowadzi do poszukiwanej zależności ot = a n Ssin(o)ż+ę?0), z której widać wyraźnie, że kąt odchylenia od pionu zmienia się harmonicznie, podobnie jak przemieszczenie |Zlr|. Zadanie 6. W* cylindrycznym wiadrze o masie M, wysokości H i przekroju 5 znajduje się piasek o gęstości Q. Odległość od punktu zawieszenia do dna wiadra wynosi /. Traktując dno wiadra jako nieważkie, znaleźć dla małych wychyleń zależność częstości drgań własnych, otrzymanego w ten sposób wahadła, od poziomu piasku w wiadrze. W/W/M A, * -c:T JL Rys. 156 R o z w i ą z a n i e . Rozwiązanie zagadnienia byłoby trywialne, gdyby zamiast omawianego wiadra wahał się punkt materialny. Wiadro jednak różni się od punktu materialnego tym, że masa jego i masa wypełniającego go piasku nie jest skupiona w małej objętości, a zatem układu tego nie można traktować jako punktu materialnego. Jeżeli jednak założymy, że H /', to w przybliżeniu rozważany układ można zastąpić przez punkt materialny położony w środku masy układu (nie działają tu siły oporu, dlatego rozmiary układu nie odgrywają roli). Wtedy/= gdzie V — odległość od punktu zawieszenia do środka masy układu. 196" Wartość V znajdziemy ze wzoru na środek masy układu, początek układu współrzędnych umieszczając w punkcie zawieszenia, oraz uwzględniając fakt, że ze względu na symetrię układu względem linii punkt zawieszenia — oś wiadra, środek masy znajdzie się na tej linii: V MLW+MPIP M+MP ' gdzie lw i l p są odpowiednio odległościami od punktu zawieszenia do środka masy wiadra i piasku, MP jest masą piasku równą QV = QSL Ponieważ LW = Z— \H a LP = L—\K więc M(l-±H) + M+ĄSH eSh{I-±h) ' ( } Podstawiając (*) do wzoru na częstość otrzymamy odpowiedź. Oczywiście przy małych rozmiarach wiadra, tj. przy (H Z) otrzymamy V — Z, czego można się było spodziewać, gdyż wtedy wiadro można traktować jako punkt materialny. Czytelnik być może zechce to zadanie rozwiązać dla różnych przypadków szczególnych, np. H = Z, H = H, H = \HY H = 0, M > ĘSH itd. W liczniku wyrażenia (*) występuje czynnik h2, w mianowniku zaś h. Oznacza to, że jeśli H ulega zmianie, licznik i mianownik zmieniają się niejednakowo. Dlatego, jeśli H zmienia się od H do 0, ułamek (*) początkowo rośnie od Z— JH DO pewnej wielkości, a następnie maleje znów do 1-jH. Interpretacja fizyczna tego faktu jest prosta. Gdy wiadro całkowicie wypełnione jest piaskiem, tj. gdy H = HY środki mas wiadra i piasku leżą w jednym punkcie i V = I—2H. W miarę wysypywania się piasku, jego środek masy obniża się i V początkowo rośnie. Kiedy jednak piasek całkowicie się wysypie, tj. gdy H = 0, wahać się będzie puste wiadro i l' = = l—\H. Zadanie 7. Po powierzchni nachylonej pod kątem a porusza się platforma, której przyspieszenie wynosi a. Na platformie zawieszono wahadło o długości Z (rys. 157a). Znaleźć położenie równowagi wahadła i okres jego drgań własnych dla małych wychyleń. R o z w i ą z a n i e . Jak już powiedziano, wszystkie zadania tego typu sprowadzają się w gruncie rzeczy do znalezienia współczynnika siły zawracającej k. Aby go znaleźć, należy przede wszystkim określić poło197" żenie równowagi wahadła, tj. położenie, wokół którego zachodzą wahania. Ponieważ wahadło nasze znajduje się na poruszającej się ruchem przyspieszonym platformie, położeniem „równowagi" nazwiemy takie, przy którym wahadło będzie nieruchome względem platformy, tzn. względem nachylonej powierzchni będzie miało taką samą prędkość i przyspieszenie, jak i platforma. Rys. 157 Znajdziemy to położenie określając je np. przez kąt /?0> jaki tworzy nić z osią y (z pionem nić tworzy wtedy kąt a+/?<))• Z równania mg+Q 0 = m w rzutach na osie x i y otrzymamy m^sina+jjosinjffo = m a 9 —mg cos u+Q0co$ pQ = 0. 198" W poszukiwanym stanie „równowagi" ax = a, ay = 0, gdyż platforma, a tym samym i wahadło nie mają przyspieszenia w kierunku prostopadłym do płaszczyzny. Eliminując z równań <20> otrzymamy Równanie to pozwala, jeśli trzeba, znaleźć kąt /?0 • Przypomnimy jeszcze raz, że współczynnik k określa siłę zawracającą, jaka powstaje przy jednostkowym przemieszczeniu z położenia „równowagi" (wyraz „równowaga" bierzemy tu w cudzysłów, gdyż platforma z wahadłem porusza się ruchem przyspieszonym). Naciąg nici Q nie daje przyczynku do siły zawracającej, gdyż przy małych przemieszczeniach wektor Q jest do nich prostopadły, musimy więc zbadać odpowiednią składową siły mg. Jedna z jej składowych przyczyni się do zmiany stałego przyspieszenia a, druga zaś da siłę zawracającą. Stąd wynika, że siłę mg w stanie „równowagi" należy rozłożyć na kierunki a i — Q 0 , jak to zostało pokazane na rys. 157b (czyli na kierunek F = — Q0 i ma). Przy czym składowa F równoważy siłę Q 0 , a składowa skierowana wzdłuż nachylonej powierzchni dostarcza kulce stałego przyspieszenia a. W tym położeniu „równowagi" siła F odgrywa tę samą rolę, co siła mg w zadaniu 1. Przy nieznacznym wychyleniu wahadła z położenia „równowagi" składowa siły F prostopadła do Q da nam poszukiwaną siłę zawracającą (podobnie jak to miało miejsce z siłą mg w zadaniu 1 lub mg+qE w zadaniach 3 i 4). Jeśli wychylimy p wahadło o niewielki kąt Ay, powstaje poszukiwana składowa |FT| = — \At\ (kąt a+/? 0 oznaczyliśmy dla uproszczenia przez y) (rys. 157c) i współczynnik k F Z rysunku 157b mamy F = ]/ {mg)2 + (ma)2 —Imgma cos(90° — a) = = m]/g2+a2— 2agsinoc. Stąd na okres wahań znajdziemy wyrażenie l g +a —2ags'ma 2 2 199" Przebadajmy uzyskany wynik dla różnych a i a. Na przykład, dla a = O otrzymamy T = 2iz ]/ljgy jeśli platforma zsuwa się po pochyłości bez tarcia (tj. gdy a = gsina) T = 2n \/l/g cos ci, gdy a = ±2^, wtedy T = 2iz]/ll(g + a)y przy swobodnym spadku platformy, tj. gdy a = g formalnie T = 2n\/lftg—g) -> 00. Tak więc w rozwiązaniu zawarte są odpowiedzi określające okres wahań wahadła w tych wszystkich przypadkach, gdy jego punkt zawieszenia porusza się z dowolnym stałym przyspieszeniem. Rozwiążemy obecnie to zadanie posługując się zasadą równoważności sił bezwładności i siły ciążenia. W naszym przypadku oznacza to, że ruch platformy i kulki z przyspieszeniem a równoważny jest temu, że na kulkę poza siłami mg i Q działa jeszcze siła bezwładności — ma (z punktu widzenia obserwatora związanego z platformą, tj. z nieinercjalnym układem odniesienia). Siła mg' = mg—ma równoważna jest nowej sile ciążenia. Ale wtedy nasze zadanie sprowadza się do zadania 1, z tym że rolę mg odgrywa tu „nowa siła ciążenia" mg' = mg—ma. Wtedy T = = Teraz zadanie sprowadza się do znalezienia gr. Z rysunku 157d widać, że mg' = ]/ (7ng)2 + (ma)2—2mgmacos(90° — cc), skąd g' = ]/g2 +a2-2agcos(90° - a), i dalej 1 T = 2t: 1 / , 2 = - . 2 V }/g + a —2ga sin a Otrzymany wynik jest identyczny z poprzednim, uzyskany jednak został znacznie prostszym sposobem. Czytelnik może sam pokusić się o skomplikowanie tego zadania, zakładając np., że kulka naładowana jest ładunkiem q, a pole elektryczne E tworzy z kierunkiem g pewien kąt cp. Z otrzymanego tu wyniku nie będzie można otrzymać rozwiązania wszystkich poprzednich zadań jako przypadków szczególnych. Zadanie 8. Ciężarek w kształcie walca pływa pionowo na granicy dwóch cieczy, tak że granica rozdziału ośrodków znajduje się w poło200" wie jego wysokości (rys. 158). Znaleźć okres drgań ciężarka dla małych w y c h y l e ń , zaniedbując siły tarcia. R o z w i ą z a n i e . Rozwiązanie zadania sprowadza się, jak zawsze, do znalezienia współczynnika siły zawracającej k. Jeśli przemieścimy ciężarek z położenia równowagi, np. ku dołowi, o wielkość Ar, powstanie siła zawracająca, skierowana ku górze, uwarunkowana zmianą siły wyporu. Istotnie, F = ( F ; y p + m g ) - ( F w y p + m g ) = zlF wyp . A A i ri -t2- i p2 • ' — • — — o \ f mg >r mg • F w yp==f1+f2— . —p/_ — pF+p 1— wyp~ M 2 Rys. 158 Ale ZlFwyp składa się z A¥x i AF2, ponieważ ciężarek pływa w dwóch cieczach. A¥1 jest przyrostem siły Archimedesa w cieczy niżej położonej (zwrot tej siły — ku górze — przeciwny niż Jr), a o wTartość AF2 zmaleje siła Archimedesa w cieczy górnej (kierunek AF2 jest zgodny z Ar) (rys. 158). Dlatego też F = AF„yp = -QlgSAr+Q2gSAr = -gS(ei-Q2)Zfr, skąd £ =gS(Qi-Q2)201" Poszukiwany okres drgań T = 2iz^m\k = 2i^\ZmlgS(Ql — Q2). Masę ciężarka znajdziemy z warunku równowagi: mg+F1+F2 = 0, czyli rzutując wszystkie siły na kierunek siły ciężkości i uwzględniając, że VX = V2 = \ V otrzymamy V V ™g-Qig~2 skąd tn = k{ę>i + Q2)V lub m = do wzoru na T otrzymamy + " = 0, Podstawiając tę wartość \ 2g(Q1~Q2) Przy = Q2 okres T oo, co oznacza, że ruch drgający nie powstanie. „ Aby zadanie to rozwiązać liczbowo, konieczne jest oczywiście podanie wartości wchodzących do ostatniego wzoru wielkości. Zadanie 9. Podać zależność całkowitej energii drgań wahadła matematycznego od amplitudy jego drgań własnych oraz od częstości tych drgań, przy małych wychyleniach. Powiązać częstość z maksymalną prędkością wahadła. R o z w i ą z a n i e . Ponieważ wychylenia są małe, więc zgodnie z tym co wykazano w zadaniu 1 mamy FT = —kAry stąd zaś wynika, że energia potencjalna Ep = 2kAr2. W skrajnym punkcie \Ar\ = AR, czyli wtedy Ep = 2 kAR2. Ponieważ w punkcie tym prędkość, a co za tym idzie i energia kinetyczna równa jest zeru, więc całkowita energia mechaniczna równa jest energii potencjalnej : Emech = E]c+Ep = Ep =2kAR2. Ponieważ przy drganiach harmonicznych wychylenia \Ar\ mamy co = = \Zkfm, k = co2m, więc Emech = 2kAR2 = 2mco2AR2. W położeniu równowagi Ep = 0, a EmecŁ = Ek. Ponieważ energia wahadła nie zmienia się (nie działają siły oporu) energia potencjalna w punkcie skrajnym musi być równa energii kinetycznej w położeniu równowagi (położenie najniższe). Czyli \ mco2 AR2 = 2 skąd ^maX = <JOAR albo też V = co AR, gdzie V — amplituda drgań prędkości. Zadanie 10. Znaleźć czas, jaki musi zużyć wahadło matematyczne na przebycie odległości od Arx do Ar2. 202" R o z w i ą z a n i e . Czas ruchu wahadła i jego wychylenia Ar występują jednocześnie w równaniu Ar = Ji?sin(coż + 990), skąd czas ruchu wyrazić można jako funkcję wychylenia Ar: cot+cp0 = arcsin(zlr/zli?), skąd . Ar arcsin-^- —<p0 t = CO W naszym zadaniu poszukiwana wartość At = t2 —tx (tx i t2 — odpowiednio czasy ruchu wahadła od położenia początkowego do położenia Art i Ar2) wyrazi się wzorem . Ar2 . Ar. arcsin—r^—arcsinAR AR At = t2—t1 = co Zadanie 11, Jaka jest początkowa faza drgań harmonicznych prędkości wahadła, jeśli dla t = 0, v = v0y a prędkość maksymalna wynosi F? Wynik wyrazić jako funkcję amplitudy przemieszczenia AR i częstości drgań co. Jaka będzie odpowiedź w przypadku wahadła matematycznego, drgającego pod wpływem siły ciężkości? R o z w i ą z a n i e . Drgania harmoniczne prędkości opisuje wzór v = Fsin(a>ż+ę>o)' W chwili t = 0 prędkość v0 = Fsincp0y dlatego też <p0 = arcsin(v0/V). W zadaniu 10 pokazano, że amplituda prędkości związana jest z amplitudą przemieszczenia zależnością: V = coARy stąd możemy napisać: <p0 — arcsin(v0jcjoAR). Dla wahadła (o którym mówi się w zadaniu) co = ]/gjl9 stąd <p0 = arcsin j= JLAR Zadanie 12. Wahadło matematyczne porusza się ruchem harmonicznym w polu siły ciężkości. Jak zmieni się amplituda drgań, jeśli skrócimy nić z długości do długości 12, nie zmieniając przy tym energii wahadła ? R o z w i ą z a n i e . Ponieważ energia wahadła E = m0) , więc z (z założenia, że nie uległa ona zmianie) wynika, iż Ex = E2, czyli jmcolARl = jmoĄARz, a ponieważ co = tfgjl, więc g ARljlj = g A Rljl2, czyli ARljk = ARijl2, skąd ARyjAR2 = j / J j l ^ . 203" Zadanie 13, Gdybyśmy przez Ziemię przewiercili tunel (rys. 159), to w takim tunelu ciało mogłoby wykonywać drgania harmoniczne, gdyby tylko nie działała nań siła tarcia. Potwierdzić to rachunkowo i znaleźć okres takich drgań w zależności od długości tunelu. Założyć jako rzecz znaną, że wewnątrz jednorodnej kuli natężenie pola grawitacyjnego jest proporcjonalne do odległości od środka kuli i skierowane do jej wnętrza (tj. g = --er, gdzie c jest pewną stałą). Nie uwzględniać ruchu obrotowego Ziemi. R o z w i ą z a n i e . Z warunków symetrii wynika od razu, że położenie równowagi będzie w punkcie A. Jeśli przesuniemy ciało na odległość Ar z położenia równowagi, powstanie siła zawracająca |FT| = mg sin <x, (siła Q nie wniesie wkładu do Fx, gdyż jest ona zawsze prostopadła do Rys. 159 Ponieważ interesuje nas zależności^ od przemieszczenia \Ar\, możemy wyrazić r przez Ar i wtedy otrzymamy: r = Ar\sin a (rys. 159). Ale wtedy |FT| = flzgsina = mg\Ar\fr = mc\Ar\ lub Fx = —mcAr, co jest warunkiem wykonywania przez ciało drgań harmonicznych. Przy tym uwzględniając, że mc jest pewną stałą, otrzymamy wzór: T = 2n ytnjk = 2TZ ]/l je, z którego widać, że okres nie zależy ani od położenia, ani od długości tunelu. Można się zresztą było tego spodziewać: okres drgań harmonicznych nie zależy od amplitudy. Zadanie 14. Wahadło matematyczne o masie m i długości / wykonuje w ośrodku pozbawionym oporów drgania o małej amplitudzie. Jaka praca 204" zostanie wykonana przez siłę zawracającą w czasie ty licząc od momentu przejścia przez położenie równowagi? Amplituda drgań wynosi AR. R o z w i ą z a n i e . Ponieważ wartość siły zawracającej jest proporcjonalna do przemieszczenia, praca jej, jak to zostało już pokazane, wyraża się wzorem a gdy Arx = 0, ._ ~ A kAr2 2 ' Ponieważ (p0 = 0, a dla wahadła matematycznego drgającego pod wpływem siły ciężkości k = mgjl i OJ = VG/my więc A = ^ AR2 sin2 j / j - t . Wielkość A można wyrazić jako funkcję okresu drgań Ty a więc A = Widać stąd, że praca wykonana np. w czasie t = inT (gdy 11 jest liczbą całkowitą) równa jest zeru. Skąd to wynika? Stąd, że przy ruchu wahadła od położenia równowagi siła FT wykonuje pracę ujemną (bowiem Frl|v), a przy ruchu ciała do położenia równowagi — dodatnią (FTffv). Prace te są sobie liczbowo równe, a przeciwne co do znaku, w sumie więc w czasie t =2T i czasie t = 2nT praca siły zawracającej będzie równa zeru. Zadanie 15. Winda porusza się w kierunku pionowym początkowo z przyspieszeniem ax, przez czas tx, a następfiie z opóźnieniem a2 przez czas t2. W windzie znajduje się wahadło o długości /. Ile drgań wykona ono podczas ruchu windy? R o z w i ą z a n i e . Oczywiście, liczba drgań wykonanych przez wahadło w czasie t = tx+t2 będzie równa N = iNfi+iN/^. W zadaniu 7 pokazaliśmy już, że w takiej windzie a2 205" i dlatego N = ti\/g+ai N±+N2=A +t2Vg-a2 2tu|// Zadanie 16. Znaleźć, dla punktu materialnego drgającego harmonicznie, stosunek energii potencjalnej do energii kinetycznej jako funkcję czasu. R o z w i ą z a n i e . Chodzi nam o znalezienie stosunku Ep __ kAr2 Ep_ _ 2 Ek ~ Efc "" mv kAR2sm2{(ot+(po) m V2 sin2 (cot+(pó) ' gdzie (po — faza początkowa drgań prędkości, (p0 — faza początkowa drgań wychylenia. We wprowadzeniu do tego rozdziału pokazano, że jeśli wychylenie punktu opisuje funkcja sinus, to jego prędkość — funkcja cosinus, czyli innymi słowy (p'0 i (p0 różnią się w fazie o 2 n (gdy przemieszczenie jest równe zeru, prędkość jest maksymalna i na odwrót). Dlatego Ep _ kAR2sm((ot+(po) _ kAR2 2 2 tg (co^ + (ô), Ek ~ mV cos (cot+(p0) ~ mV2 tg 2 2 a ponieważ k = mco2 i V = co AR, więc Jeśli w chwili t = 0 ciało znajdowało się w położeniu równowagi, to (po = 0 i Ep/Ek = tg2a>ż, jeśli natomiast znajdowało się wtedy w położeniu skrajnym, to (p0 = ± 2 ^ i Ep/Ek = tg 2 (cot± 2 n) = ctg2cot itp. Zadanie 17. Punktowy wibrator, drgający z częstością co, wytwarza na powierzchni cieczy fale koliste rozchodzące się z prędkością u. Znaleźć: a) przesunięcie w fazie drgań punktów opisanych wektorami rx i r 2 poprowadzonymi ze źródła S; b) względne przemieszczenie pływaków znajdujących się w tych punktach; c) ich względną prędkość. R o z w i ą z a n i e . Jeśli początek układu współrzędnych umieszczono w źródle, to faza fali kulistej wynosi cp = cotĄ-(p0— corju, a wtedy: a) V2—<Pi = (nie mylić r2-r1 = | r 2 | - | r i l z l r 2 - * i | — różnica modułów i moduł różnicy są różnymi pojęciami!). b) Pływaki, podobnie jak i punkty cieczy, drgają w danym przypadku w kierunku pionowym. Oznaczając przemieszczenie pływaka przez h 206" i zakładając, że fala od źródła przemieszcza się „grzbietem" (<p0 = 0) otrzymamy H 0 r0 . coI\t r±— \ . h 2 —h 1 \t r2 \1 H 0 r0 sin -sin coI. Ah2 \ u I rx \ uI c) Jak już nieraz była mowa, prędkość drgającej cząstki jest w stosunku do jej przemieszczenia przesunięta w fazie o 27iy dlatego też wyrażenie określające prędkość pływaków ma postać cos co Av2>1 = v 2 - v 1 = V 0 r 0 W punkcie b) i c) maksymalne wartości H i V mają zwroty ku górze (fala przesuwa się „grzbietem"). Oczywiście, bez przyjęcia wartości liczbowych na H 0 , V0 i r0 nie możemy otrzymać wyniku liczbowego dla tego zadania. Zadanie 18. Wyrazić wektor Umowa-Poyntinga przez amplitudę drgań fali, częstość drgań i gęstość ośrodka, w którym rozchodzi się fala (rys. 160). Wektorem Umowa-Poyntinga nazywamy wielkość wskazującą Wk ilość energii przenoszonej przez falę w ciągu jednostki czasu przez fM jednostkę powierzchni ustawionej prostopadle do kierunku rozcho^—Ar ^ dzenia się fali. R o z w i ą z a n i e . Jeśli w czaRys. 160 sie At przez powierzchnię ASU (prostopadłą do kierunku rozchodzenia się fali) zostanie przeniesiona energia AE, to zgodnie z definicją wartość wektora Umowa znajdziemy z wyrażenia AEjAtASu, a ponieważ wektor ten skierowany jest zgodnie z kierunkiem przenoszenia energii (zgodnie z prędkością fali), więc oznaczając go symbolem P otrzymamy AE u p _ AtASu u Ponieważ u At = Ar, więc P = \iAEjArASu, a ponieważ ASuAr = = AV jest objętością, która „wypełnia się" falami po czasie At, więc P = \iAEjAV. Jeśli AE traktowalibyśmy jako ilość energii drgań zapełniającej objętość AV, to AE/AV = w byłoby objętościową gęstością ^ 1 .. H ; H il : - ^ - ^ 207" energii, stąd P = wu. Przez w możemy rozumieć energie wszystkich oscylatorów (drgających cząstek) znajdujących się w jednostce objętości. Czyli w = en, gdzie e jest energią pojedynczego oscylatora, a n — liczbą oscylatorów w jednostce objętości. Ponieważ, jak już wykazano w zadaniu 9, energia e = ^ma)2AR2y więc P = \rnoy2 AR2nu, a ponieważ mn jest gęstością ośrodka, więc ostatecznie „ qco2 AR2 P = 2 U* Zadanie 19. Wychodząc z rozwiązania poprzedniego zadania wykazać, że w jednorodnym, izotropowym, pozbawionym tłumienia ośrodku amplituda drgań fali kulistej jest odwrotnie proporcjonalna do odległości od źródła zaburzenia. Rys. 161 R o z w i ą z a n i e . Otoczmy źródło dwoma koncentrycznymi kulami o promieniach r0 i r (rys. 161). Ponieważ ośrodek jest jednorodny i izotropowy, fale rozchodzące się ze źródła będą falami kulistymi. Ze względu na brak tłumienia ilość energii, jaka przechodzić będzie przez powierzchnię kuli S0} musi być równa ilości energii przechodzącej przez powierzchnię S (AE0 = AE). Ponieważ strumień energii AE, przechodzącej przez powierzchnię ASU równy jest PASUi więc z zależności AE0 = AE lub też z P0AS0 = PAS (*) otrzymamy qo)2ARI . 2 pa)2 AR2 A 22 -—^ lAizro = -—o uĄ-izr . 208" Stąd AR = AR0r0\ry a wtedy, jak to zostało już wykazane we wprowadzeniu do tego rozdziału, równanie fali kulistej opisującej przemieszczenie cząstki będzie miało postać następującą ^przem = AR0r0 ( " COsIcOŻ + ô cor \ I- Warto zauważyć, że dla fal kulistych z (*) wynika P40TTr20 = P4nr2, czyli P = P0'-J-. Powtarzając przytoczone rozważania dla fali płaskiej, czytelnik może przekonać się, że dla tego przypadku AR = AR0 i P = P0. Zadanie 20. Interferencją nazywamy zjawisko nakładania się fal, prowadzące do tego, że amplituda fali wypadkowej może przyjmować różne wartości w zależności od tego, jaka jest różnica faz między drganiami w nakładających się falach. Rys. 162 Przyjmując, że amplituda drgania wypadkowego jest maksymalna, gdy różnica faz odpowiednich drgań wynosi 2kn, a minimalna, gdy A(p = = (2&+1)7t, znaleźć miejsca geometryczne punktów, w których amplituda drgań złożonych pochodzących od dwóch punktowych źródeł jest maksymalna lub minimalna (rys. 162). 14 Metodyka rozwiązywania zadań 209 R o z w i ą z a n i e . Ponieważ Aq> = <p2 — <pi> gdzie q>± i <p2 są fazami nakładających się drgań, więc Jak widać, wyrażenie to zależy od czasu, a to oznacza, że położenie interesujących nas maksimów i minimów będzie się zmieniać w czasie. Taki zmienny w czasie rozkład amplitud drgań wypadkowych nazywa się nietrwałym obrazem interferencyjnym, a same źródła i fale—niekoherentnymi (niespójnymi). Ale jeżeli co1 = co2, to (uwzględniając, że przy tym Xt = X2 = X) Acp = A<p0—2nArlX. Ponieważ warunkiem wystąpienia maksimum drgań jest A(p = 2kn, więc 2kiz = A(p0—27zAr/X, skąd odpowiadające temu warunkowi różnice dróg interferujących fal Ar = kX + XA(p0l2ii. W przypadku, gdy w źródłach zachodzą drgania z różnicą faz Acp0 = = 2toi, otrzymamy Ar = (k—n)X = mX = (liczba całkowita) X A. Przy ustalonym (k—n) mamy Ar — const, czyli różnica odległości, jakie przebyły fale biegnące od obu źródeł do punktów, w których obserwujemy maksima, jest wielkością stałą. A to oznacza, że punkty te leżą rfa hiperbolach, których ogniska znajdują się w źródłach. I tak wszystkie maksima znajdują się na rodzinie hiperbol Ar = mX (m — liczba całkowita), wszystkie zaś minima na rodzinie hiperbol Ar = = l(2m+l)X. Jasne, że w przypadku źródeł koherentnych, tj. takich, dla których Aq> T6 A<p(t), położenia maksimów i minimów nie zmieniają się w czasie. Taki obraz intefrerencyjny nazywamy trwałym. Zadanie 21. Jaka ilość energii wysyłanej przez punktowe źródło światła o mocy N pada w jednostce czasu na jednostkową powierzchnię, umieszczoną w odległości r od źródła, w ośrodku jednorodnym izotropowym, pozbawionym tłumienia, jeśli normalna do powierzchni tworzy kąt a z wektorem Umowa? R o z w i ą z a n i e . Interesuje nas wielkość P' = AE/AtAS, różniąca się od wartości wektora Umowa tylko tym, że w mianowniku zamiast powierzchni ASU prostopadłej do wektora Umowa P, mamy powierzchnię AS, tworzącą kąt a z P. 210" Dla dostatecznie odległego źródła (gdy wymiary liniowe „oświetlanej" powierzchni są małe w porównaniu z r) promienie rx i r2 niewiele się różnią między sobą (rys. 163). Zakreślając cyrklem z punktu, w którym znajduje się źródło, łuk o promieniu r, otrzymamy trójkąt równoramienny o bokach rt, r2 i ay przy czym kąty u podstawy będą prawie równe 90° (dla r > a kąt fi « 0), a wtedy y « 90° i ASU = AScos a. Rys. 163 Z określenia wektora Umowa wynika, że jego wartość wynosi AtASuy a interesująca nas wielkość P' wyraża się wzorem AE AE P' -cos a = Pcos a. At AS AtASu — • (*) Po znalezieniu zależności P'( a) musimy powiązać P' z N i r. Z określenia P = AEjAtASu wynika, że dla fali kulistej w jednorodnym, izotropowym, nietłumiącym ośrodku, ze względu na to, iż promień jest zawsze prostopadły do powierzchni kuli AE AE N ~ AtASu ĄAtizr2 4tur2 ' gdzie AE jest energią przechodzącą w czasie At przez kulę o promieniu r. Uwzględniając powyższe oraz (*) mamy P' = Ncos a/47rr2. Przypomnimy jeszcze, że wielkość J = iV/47u podającą moc wypromieniowaną do jednostkowego kąta bryłowego nazwa się światłością energetyczną źródła promieniowania (w danym przypadku izotropowego). Dla fal świetlnych wielkość N nazywamy strumieniem świetlnym (energii promieniowania), J — światłością, wielkość P' — natężeniem J oświetlenia, a zależność: P' = ^ N cos a = -^-cos a nazywa się prawem Lamberta (oświetlenie jest wytwarzane przez punktowe źródło światła w izotropowym, jednorodnym, nie pochłaniającym ośrodku). 14* 211 Jeśli źródło nie jest izotropowe, tj. jeśli natężenie jego promieniowania zależy od kierunku, to wprowadzić można pojęcie natężenia promieniowania w danym kierunkuj = AN/AQ, gdzie ANjest mocą promieniowania wysyłaną przez źródło w kącie bryłowym AQ. Zadanie 22. W odległości h od punktowego źródła o mocy N, znajdującego się w jednorodnym, izotropowym i nie pochłaniającym ośrodku znajduje się płaszczyzna doskonale odbijająca fale. Znaleźć P = P(r), gdzie r jest odległością od źródła do interesującego nas punktu (rys. 164). Rys. 164 R o z w i ą z a n i e . Do punktu A dociera energia zarówno bezpośrednio od źródła, jak i po odbiciu od płaszczyzny. Z rysunku 164 widać, że z geometrycznego punktu widzenia odbicie fali od płaszczyzny równoważne jest rozchodzeniu się jej z punktu S'y który jest pozornym obrazem źródła S (uwzględniliśmy tu fakt, że kąt odbicia promienia jest równy jego kątowi padania). Ponieważ w warunków zadania wynika, że omawiana płaszczyzna odbija fale zupełnie ich nie pochłaniając, możemy uważać, że do punktu A docierają fale o jednakowej mocy, pochodzące ze źródeł S i S'. Przy czym odległości źródeł od płaszczyzny są sobie równe (h = = h'). Rysunek 164 leży w płaszczyźnie wyznaczonej przez prostą N u hk punkt A. Ponieważ Pwyp = P+P' albo też] P• wwyp 4tw2 N u' więc uwzględniając fakt, że kierunki r i u, oraz r' i u' są 1 4:w'2 u zgodne, otrzymamy • wyp 212" ~ \r 3 + 3 r' }' gdzie r i r' są odpowiednio odległościami od źródła S i źródła pozornego S' do punktu A. Umieścimy początek układu współrzędnych w7 punkcie S i niech p u n k t A będzie określony przez współrzędne x i y. Zadanie nasze sprowadza się wtedy do znalezienia wartości r' lub też jej rzutów rx i r'y na kierunki x iy. Z rysunku widać, że rx = rx = x> a r'y = h'+h = y+2h. Stąd wielkość r' 3 = (r'x2+r'2y<2 = [x^ + (y+2h)2]^2 . Rozpisując równanie (*) na składowe x i y otrzymamy (x2+y2)3'2 a) [x2+(y+2h)2]3/2i y+2h \ [x2+(y+2A)2]3/2 / x-j- strzałka taka opromienia R (zwierciadła) X2-strzałka łaka opromienia d [czoła fali padającej na zwierciadło) XJT strzałka taka opromienia f (czota fali odbitej) b) Rys. 165 Zadanie 23. Na wklęsłą powierzchnię sferyczną o promieniu R pada fala biegnąca z punktowego źródła J, które znajduje się w odległości d od tej powierzchni (rys. 165). Znaleźć położenie obrazu źródła tj. punkt „zbieżności" fali po jej odbiciu od powierzchni sferycznej. Ośrodek jest jednorodny i izotropowy. R o z w i ą z a n i e . Ponieważ mamy do czynienia z ośrodkiem jednorodnym i izotropowym, więc fala rozchodząca się ze źródła jf będzie 213" falą kulistą. Przyjmijmy, że d > R. Sytuację w chwili, gdy czoło fali (przedstawione na rysunku linią przerywaną) dociera do powierzchni odbijającej, przedstawia rys. 165a. W momencie, gdy punkty A i B czoła fali zetknęły się z powierzchnią, punkt C jeszcze do niej nie dotarł, a w chwili gdy punkt C osiągnie zwierciadło, punkty A i B po odbiciu przemieszczą się w położenie A' i B'. Czasy, w jakich czoło fali przebyło odcinki AA'y BB' i CC' są sobie równe, a zatem równe też sobie być muszą i same odległości AA', BB' i CC' (odległość, jaką przebędzie fala padająca od C do O musi być równa odległości przebytej w tym samym czasie przez odbitą część czoła fali). Na rysunku 165a widać, że |#4| = \x1\ + \x2\Ą-\x2\y ale ponieważ \x3\ = AA'cos/? = l^lcosjff, więc = |#i|(l+cos/?) + |a:2|. Jeśli wiązka fal padających na powierzchnię jest wąska (tj. a -> 0), to fi0 i KI = 2|* 1 |+|# a |. Ponieważ x2 odpowiada fali padającej, a i 2xx — fali odbitej, wartości te powinny być przeciwnych znaków, czyli —x4 = --2x x +x2, więc 2x^ == X2 +#4. Wiadomo, że dla małych wysokości wycinka czaszy kulistej zachodzi związek: x « h2/2R (rys. 165b), dlatego równanie (*) (po uwzględnieniu faktu, że przy a 0 zachodzi ht « h2 « h^ = h) przyjmie postać 2 1 , 1 Związek ten nosi nazwę równania zwierciadła kulistego. Stosować go można zarówno dla zwierciadła wklęsłego, jak i wypukłego, przy czym pamiętać tu należy o regule znaków. Odległości di f mierzy się w kolejności iródlo-zwierciadlo-obraz. Przy czym znaki odległości, gdy liczy sią je zgodnie z kierunkiem biegu fali, są dodatnie, przeciwnie do tego kierunku — ujemne. Rjest dodatnie dla zwierciadła wklęsłego, ujemne dla wypukłego. W naszym przypadku wszystkie odległości są dodatnie. Podstawiając do (**) d -» oo otrzymamy/ = 2R9 tę wielkość oznaczamy symbolem F i wtedy (**) przyjmie postać 1 = 1 + 1 F f i 214" F jest odległością od zwierciadła punktu, w którym przecinają się promienie pochodzące od źródła położonego w nieskończoności. R ó w n a n i e zwierciadła, jak zresztą wynika to z wyprowadzenia wzoru, jest przybliżone. Przybliżenie to jest tym bardziej ścisłe, im mniejszy jest kąt a. Zadanie 24. Światłością źródła fal w danym kierunku nazywa się wielkość J = ANjAQ = AEjAtAD wskazującą, jaka ilość energii przechodzi w jednostce czasu przez dowolny przekrój jednostkowego kąta bryłowego. Jeśli zarówno źródło, jak i ośrodek są izotropowe, to światłość jest jednakowa we wszystkich kierunkach i J = ANjAQ = NjQ, jak to zostało pokazane w zadaniu 21. Znaleźć światłość obrazu źródła powstałego dzięki odbiciu od zwierciadła kulistego, wklęsłego. Powierzchnia zwierciadła pochłania 7*-tą część energii padającej na nią ze źródła o światłości J . Źródło znajduje się w odległości a od wierzchołka czaszy kulistej o promieniu R (rys. 166). Oczywiście % Rys. 166 R o z w i ą z a n i e . Przede wszystkim przypomnimy, że kąt bryłowy AQ określany jest przez stosunek pola powierzchni kulistej, na której jest on wsparty, do kwadratu promienia krzywizny tej kuli, tj. AQ = ASR/R2 (podobnie jak kąt płaski w mierze łukowej wyraża się stosunkiem łuku, na którym jest wsparty, do promienia krzywizny tego łuku, tj. A cc = = ńhlR). Kreśląc ze źródła J wąski stożek o kącie u wierzchołka AQ, wsparty na powierzchni odbijającej, i przeprowadzając konstrukcję skrajnych promieni stożka odbitych zgodnie z prawem odbicia, otrzymamy obraz 215" źródła y . Z rysunku 166 widać, że fale wychodzące z J , w kącie bryłowym AD, zbiegają się po odbiciu w punkcie J', a następnie rozchodzą z tego punktu w stożku o kącie rozwartości AQ'. Z warunków zadania wynika, że n-ta część energii przy odbiciu zostaje stracona. Oznacza to, że = AE( 1 —w) albo ZlAT' = JiV(l —w), gdzie ZlAT — moc fal padających, a AN' — odbitych. Ale AN = JAQ, a J N ' = Y'AQ', dlatego J'AQ' = JAQ(\-n). Ponieważ AQ = ASRjd2 2 2 i AQ' — ASR// , więc TASRlf =3ASR(l-n)ld2, skąd J = 2 2 = J ( 1 — n)f ld y a ponieważ / = Rdj(2d—R) (patrz zad. 24), więc osta-. tecznie J J (2d-R)2 ' Otrzymany wynik jest słuszny tylko dla wąskich wiązek leżących blisko osi symetrii rysunku. Ogólnie rzecz biorąc obraz J' nie jest źródłem izotropowym. Największą światłość wykazuje on wzdłuż osi symetrii. Dlatego właśnie kierunku słuszny jest uzyskany wynik. C z ę ś ć III TERMODYNAMIKA Zjawiska, którymi zajmuje się ten dział fizyki, w istotny sposób różnią się od zagadnień rozpatrywanych w mechanice. Są one znacznie bardziej złożone i różnorodne. Opisują je też inne równania. Podstawowymi parametrami ruchu nie są tu przemieszczenie, prędkość i siła> lecz zgoła inne wielkości, o których będzie mowa później. Poza tym w termodynamice występują też i inne wielkości, wspólne dla wszystkich typów ruchu, takie jak np. energia. Nie bacząc jednak na istotne różnice między zagadnieniami mechanicznymi i termodynamicznymi, metoda ich badania i metoda rozwiązywania zadań w głównych zarysach nie ulega tu zmianie, choć oczywiście pewne przypadki wymagają określonego podejścia, związanego ze specyfiką danego zagadnienia. Dlatego w dalszych rozważaniach będziemy stosować się w ogólnych zarysach do tego schematu rozwiązania, który został wyłożony we wprowadzeniu do części „Ruch drgający i falowy". 1. GAZ DOSKONAŁY (POJĘCIA PODSTAWOWE) Gaz doskonały jest najprostszym układem rozpatrywanym w termodynamice i fizyce molekularnej. Wyjaśnimy bliżej sens tego terminu. Wiadomo, że między cząsteczkami substancji niezależnie od jej stanu skupienia (ciało stałe, ciecz, gaz) istnieją zarówno siły przyciągania, jak i siły odpychania, które szybko maleją ze wzrostem odległości między oddziaływającymi obiektami. Przy dostatecznie dużych odległościach siły te są zaniedbywalnie małe i cząsteczki praktycznie rzecz biorąc w trakcie ruchu nie oddziałują ze sobą. Ruch ich można rozpatrywać 217" wtedy jako nie zakłócony od jednego do drugiego zderzenia ze ścianką naczynia (zakładając oczywiście, że rozważany gaz znajduje się w naczyniu). Gaz, którego cząsteczki zachowują się w ten właśnie sposób, nazywamy gazem doskonałym. Oczywiście, że warunkiem koniecznym na to, by gaz rzeczywisty można było traktować podobnie jak gaz doskonały, jest jego odpowiednie rozrzedzenie. Gaz taki można rozpatrywać jako ogromną liczbę punktów materialnych, przez przeważający okres swego ruchu nie oddziałujących ze sobą. Założenie to przestaje być spełnione przy większych gęstościach gazu. W przypadku gazu doskonałego (tj. dostatecznie rozrzedzonego gazu rzeczywistego) stan jego określić można przez podanie czterech z następujących pięciu wielkości: M — masa gazu, fi — jego ciężar cząsteczkowy, p — ciśnienie gazu na ścianki naczynia, V — objętość, jaką zajmuje gaz i T — temperatura bezwzględna gazu. Między tymi wielkościami istnieje związek zwany równaniem stanu gazu doskonałego: pV = ^-RT lub pV = ZRT (1) (równanie Clapeyrona-Mendelejewa), który pozwala przy znajomości czterech z podanych tu wartości znaleźć piątą. R jest tu uniwersalną stałą gazową, której wartość liczbowa zależy od wyboru układu jednostek, Z = M-lp jest ilością moli gazu w danej objętości. Jeśli w danej objętości znajduje się mieszanina gazów, to prawo Daltona mówi, że . P =pl+p2+ ... +pi+ ... +pn, (2) gdzie pi jest wkładem, jaki do ogólnego ciśnienia wnosi i-ty gaz (ciśnienie parcjalne), p — łączne ciśnienie gazu na ścianki naczynia. Ponieważ ptV = ^ R T , (3) więc równanie Clapeyrona-Mendelejewa w przypadku mieszaniny gazów można zapisać w innej niż (1) postaci; mianowicie, mnożąc równanie (2) przez objętość V naczynia otrzymamy pV = px V+p2 V+ ... +pnV), albo też uwzględniając (3): PV=MLRT+ 1*1 218" ... +— RT. f*n Wyłączając RT przed nawias otrzymamy f... +—W. Hn I (4) Zazwyczaj w treści zadania podane są wartości charakteryzujące początkowy i końcowy stan gazu. Przy rozwiązywaniu zadania należy wtedy równanie (1) lub (4) (dla mieszaniny gazów) zapisać dwukrotnie: dla stanu początkowego i końcowego. W tych przypadkach, gdy objętość gazu może zmieniać się na skutek ruchu korka, wentyla lub tłoka, ciśnienie gazu można określić na podstawie informacji o ruchu tych „przykrywek". Dla nieruchomych zaworów mamy zerowanie się geometrycznej sumy działających na nie sił. Ponieważ w równaniu (1) zawarte są wszystkie najczęściej stosowane prawa gazowe (Boyle^-Mariotte^, Charlesa i Gay-Lussaca) nie będziemy rozpatrywać każdego z nich osobno i zawsze będziemy posługiwać się równaniem (1), choć nieraz, dla uproszczenia, wygodniej byłoby wykorzystać prawTa przemian prostych. P PS3 ; Rys. 167 Rys. 168 Równanie (1) zawiera pięć wielkości zmiennych: p, V, M> [i oraz T {fi może zmieniać się, jeśli w gazie zachodzą reakcje chemiczne). Na płaszczyźnie można przedstawić graficznie jedynie zależność między dwoma zmiennymi; przebieg pozostałych zmiennych należy wtedy omówić. Na przykład, gdy zmienia się M, [JL i T w ten sposób, że MTj[i = = const, należy na wykresie zapisać ten związek (rys. 167). Możliwe są oczywiście procesy takie, w których MT/P # const, wtedy jednak, jeszcze raz podkreślamy, należy podać jak zmieniają się MY FI I T. Nie zrobiono tego na rys. 168, na którym należałoby pokazać, że na odcinkach 0—1 i 2—3 (linia ciągła) M = const, P = const oraz 219 T = const, a na odcinku 1—2 ze względu na kondensację pary M const. Równanie (1) można rozpatrywać jako konsekwencję podstawowego równania teorii kinetycznej gazu doskonałego p = nkT, gdzie n — ilość cząsteczek w jednostce objętości, k — stała Boltzmanna, a n = N/V (N — liczba cząsteczek w rozważanej objętości). Jeśli jedna gramocząsteczka zawiera NA = 6,23 • 1023 cząsteczek (liczba Avogadra), to Z gramocząsteczek zawiera JV = NAZ cząsteczek. Poniewaz zas Z = M///, równanie (5) przyjmie postać: p — f.i ^—, oznaV M RT. P Jeśli w naczyniu znajduje się mieszanina gazów, zamiast (5) musimy napisać równanie: czając Na K — R otrzymamy pV — p = pi+ ... +pn lub p = ... +nn)y powtarzając ostatnie rozważania dla tli dojdziemy do równania (4). Para i gaz są w zasadzie tym samym stanem materii i rozróżnienie między nimi jest czysto umowne. Zazwyczaj jednak nazywamy parą taką substancję w stanie gazowym, którą w zwykłych temperaturach spotykamy również w stanie ciekłym lub stałym. Gazami zaś nazywamy pary tych substancji, które w stanie ciekłym lub stałym spotkać możemy tylko przy bardzo niskich temperaturach. I tak wodę lub rtęć w stanie gazowym nazywamy parami, pary zaś azotu czy tlenu — gazami. Z tego, co zostało wyżej powiedziane wynika, że para powinna podlegać równaniu Clapeyrona-Mendelejewa w tym samym stopniu co i dowolny gaz. Należy jednakże zrobić następujące zastrzeżenie: przy dostatecznie niskich temperaturach (poniżej temperatury krytycznej) para może ulegać częściowej kondensacji. Dla każdej pary istnieje ściśle określona jej ilość, jaka może być zawarta w danej objętości i przy danej temperaturze. Taką parę nazywamy nasyconą, a jej gęstość zależy tylko od temperatury i rodzaju substancji. Zależność gęstości lub ciśnienia pary nasyconej od temperatury można znaleźć w odpowiednich tablicach. Para z nienasyconej może przejść w nasyconą przez obniżenie jej temperatury lub zmniejszenie zajmowanej przez nią objętości. Procesy 220" odwrotne: podwyższenie temperatury lub zwiększenie objętości prowadzą do powstania pary nienasyconej (pod warunkiem, że w naczyniu zajmowanym przez parę nie będzie już cieczy). Na rysunku 168 przedstawione są zależności ciśnienia pary od jej objętości przy T = const i p — const. Widać, że w obszarze V > Vl9 spełniona jest zależność^) ~ l/F, w obszarze V2 < V < Vx — zależność P ^ PiY)y a w obszarze V < V2 zachodzi ściskanie cieczy. Dla porównania linią przerywaną nakreślono funkcję p = p(V) przy T = const i fi — const dla nie skraplającej się pary (gaz doskonały). Przy V > Vx masa pary się nie zmienia i podlega ona prawu Boyle'aMariotte'a. Przy V2 < V < Vx para ulega kondensacji, jej masa zmniejsza się, więc nie spełnia warunku prawa Boyle^-Mariotte^. W obszarze V <V2 cała para, praktycznie rzecz biorąc, jest już skroplona — mamy do czynienia z cieczą. Jest rzeczą oczywistą, że zwiększanie objętości w obszarze V2 < V < < Vt prowadzi do wzrostu ilości pary. Czy można posługiwać się równaniem Clapeyrona-Mendelejewa w obszarze V2 < V < Vt ? Można, ale należy znać masę pary zawartej w rozważanej objętości, co bez odpowiednich tablic nie zawsze jest możliwe. Dlatego, jeśli konieczna jest znajomość M w obszarze V2 < V < Vx, należy z tych właśnie tablic korzystać. Przy tym oczywiście M = gdzie Qn — gęstość pary nasyconej w danej temperaturze (wartość tablicowa), V — objętość zajmowana przez parę. W przypadku pary wodnej, jej gęstość często nazywa się wilgotnością bezwzględną, a stosunek / = QIQ„ — wilgotnością względną, g jest tu gęstością pary zawartej w danej objętości. Ze wszystkiego co powiedziano wyżej wynika, że rozwiązując zadanie dotyczące pary znajdującej się blisko stanu nasycenia, należy przede wszystkim rozstrzygnąć, czy para jest, czy nie jest nasycona (a co za tym idzie, czy masa jej przy zmianie stanu jest stała). Dobrze jest pamiętać, że pod powierzchnią zakrzywioną powstaje dodatkowe ciśnienie (Laplace'a). Dla powierzchni sferycznej pL = 2ajRy gdzie a jest współczynnikiem napięcia powierzchniowego (zależnym od temperatury), R — promieniem krzywizny kuli. Oczywiście,, cienką błonkę ograniczają dwie powierzchnie o praktycznie tym samym promieniu. Dlatego np. dla bańki mydlanej pL = 4<x/R. Ciśnienie przy tym skierowane jest do wnętrza powierzchni. Ciężar własny gazu we wszystkich zadaniach zaniedbujemy. 221" 2. ZADANIA DO ROZDZIAŁU „GAZ DOSKONAŁY" Zadanie 1. W wąskiej rurce, zamkniętej na jednym końcu, znajduje się powietrze przykryte słupkiem rtęci o długości H. Przy pochyleniu rurki pod kątem a do pionu długość słupka powietrza wynosi /. Jakie jest ciśnienie zewnętrzne, jeśli przy obróceniu rurki otwartym końcem na dół, długość słupka powietrza zwiększy się o Al, przy czym dzięki wylaniu się pewnej ilości rtęci długość jej słupka zmniejszy się o AH1 Założyć, że temperatura gazu podczas obrotu nie uległa zmianie, zaniedbać zjawiska kapilarne i ciężar gazu (rys. 169). r *2 H-AH m^g f2 Rys. 169 R o z w i ą z a n i e . Ponieważ w zadaniu mówi się o dwóch różnych stanach gazu, napiszmy równanie Clapeyrona-Mendelejewa dla każdego z nich: px Vt = Z1RT1, p2 V2 = Z2RT2. Ponieważ Tx = T2 (z warunków zadania) oraz Z± = Z2 (masa gazu nie uległa zmianie) otrzymamy px Vx = p2 V2 (co zresztą można było napisać od razu). Uwzględniając, że Vx = Slt i V2 = Sl2, mamy PJi=PII 2(1) Ciśnienie px i p2 znajdziemy z warunku równowagi zapisanego dla obu słupków rtęci. Mianowicie, rzutując na oś rurki wszystkie siły działające, mamy Fa1+m1gcosoi—F1 = 0, (2) -Fa2+m2g+F2 = 0, 222" gdzie Fai i Fa2 — wartości bezwzględne sił działających na słupek rtęci ze strony środowiska zewnętrznego (atmosfery), Fx i F2 — wartości bezwzględne sił parcia, jakie wywiera na rtęć gaz zawarty w rurce, ml i rn2 — masy słupków rtęci. Ponieważ Fai = Fa2 = paS, Fx F2 =p2SY RRII = QHIS i m2 = QH2S> więc równania (2) po uwzględnieniu, że Ht = H i H2 = H—AH przyjmą postać paS+gSHgcos a —px S = 0, -paS+ąS{H-ńH)g+p2S = 0, gdzie g jest gęstością rtęci. Wyznaczając z tych równań ciśnienie px i p2: Pi =pa+QgHcos a, P2 =pa-Qg{H-AH) i podstawiając te wartości do (1) (po uwzględnieniu, że = lĄ-Al) otrzymamy {pa+QHgcosa)l = = / i l2 = [pa-Qg(H-AH)](l+Al), skąd łatwo można wyznaczyć ciśnienie zewnętrzne pa: pa = -^j-[Hlcosa+(H-AH)(l+Al)]. Zakładamy przy tym, że gęstość rtęci mało różni się od wartości tablicowej, podanej dla T « 300 K. Rys. 170 Zadanie 2. Zbiornik w kształcie prostopadłościanu posuwa się w kierunku prostopadłym do jednej ze ścian (rys. 170). Znaleźć różnicę gęstości gazu w pobliżu ścianki tylnej i przedniej gtyi — gPrzed> jeśli zbiornik porusza się z przyspieszeniem a przez czas dostatecznie długi. Gęstość gazu spoczywającego g 0 , jego masa Af, temperatura T i długość zbiornika l są znane. R o z w i ą z a n i e . W celu znalezienia gtyl i gprzed rozpatrzmy niezmiernie cienkie warstwy gazu, przylegające do ścianek, takie aby w gra223" nicach danej warstwy gęstość gazu była praktycznie stała. Równania stanu gazu mają wtedy postać _ AMtyl RT . _ AMvrze& RT /'przed — nAv Y , przed gdzie fttyi i Sprzed — ciśnienie gazu panujące w pobliżu tylnej i przedniej ścianki zbiornika. Ponieważ Qm = AMtn/AVtyl i gpr2ed = AMvrzJAVpTze<1, więc odejmując (2) od (1) otrzymamy Ptyl~~Pvrzed — (?tyl Sprzed) > (3) skąd __n _ (jfttyl jftprzed) ft n Styl Sprzed J??1 Widać stąd, że dla uzyskania odpowiedzi, należy znać różnicę ciśnień gazu przy ściance przedniej i tylnej. Tę różnicę znajdziemy z równania ruchu gazu jako całości. Zakładamy mianowicie, że po odpowiednio długim czasie, dzięki zjawisku tarcia wewnętrznego, zanikną drgania gazu i wszystkie jego części będą miały jednakowe przyspieszenie a. Wtedy z drugiej zasady dynamiki Ma = F t y l +F p r z e d , (4) gdzie F ty i i Fpr2ed są siłami, jakimi działa na gaz tylna i przednia ściana zbiornika. Rzutując (4) na kierunek ruchu, po uwzględnieniu, że i^tyi = pt y \S i -Sprzed == Sprzed SJ otrzymamy Ma = (jptyl-pprzed)^, a ponieważ M = Q0IS, więc (4) przyjmie postać So Id = iPtyl Pprzed) • Rugując z (3) i (5) różnicę ciśnień (ptyi—Sprzed) otrzymamy Styl Sprzed 224" Qolap RT Zadanie 3. W cylindrze (rys. 171) zamkniętym tłokiem o ciężarze P znajduje się gaz o ciężarze cząsteczkowym // i masie M. Do środka tłoka przymocowano przegubowo pręt B, połączony poziomą dźwignią Z z zawiasem A. Gaz jest równomiernie ogrzewany. Aby w czasie tego procesu tłok nie zmieniał swego położenia — ciężarek m należy przesuwać w lewo. Znaleźć położenie ciężarka m jako funkcję czasu. Odległość tłoka od dna naczynia wynosi h. Ciśnienie atmosferyczne i siłę tarcia zaniedbać. R o z w i ą z a n i e . Zrozumiałe jest, że nagrzewanie gazu prowadzi do wzrostu ciśnienia i co za tym idzie zwiększenia siły działającej na tłok. Jeśli w tych warunkach nie zmienilibyśmy położenia ciężarka, równowaga układu zostałaby zachwiana. Aby układ trwale pozostawał w stanie równowagi, Rys. 171 suma momentów sił działających na układ, liczonych np. względem punktu AY musi być równa zeru. Wyraża to równanie Pl-pSl+mgr = 0. Występujące we wzorze ciśnienie p gazu na tlok można znaleźć ze związku M pV = ~—RT. Podstawiając je następnie do wzoru wyjściowego uzyskamy PL- MRT SI -mgr = 0. 1 Biorąc pod uwagę, że - y = ^ , mamy Z _ IMRT I mg \ M Z warunków zadania wynika, że gaz jest ogrzewany jednostajnie, to znaczy, że temperatura jego zmienia się liniowo z czasem T = 7\>OCZ+ r 15 Metodyka rozwiązywania zadań 4 225 +const(ż —żpocz)- Podstawiając tę wartość do poprzedniego równania otrzymamy rozwiązanie zadania w postaci \MR , .x J / Zadanie 4. Znaleźć prędkość ruchu ciężarka m z poprzedniego zadania, jeśli znana jest szybkość nagrzewania gazu AT/At. R o z w i ą z a n i e . Prędkość ruchu ciężarka wyraża związek v = = Ar)At, gdzie Ar = r—rpocz jest przemieszczeniem ciężarka w czasie At. Szybkość zaś nagrzewania gazu — stosunek AT)At, gdzie AT = = T— Tpocz — jest zmianą temperatury w czasie At. Ale z warunków poprzedniego zadania mamy: T = Tpocz+const At, czyli T—Tpocz — const Zif, skąd AT/At — const i jest tą stałą, która występuje w rozwiązaniu poprzedniego zadania. Z rozwiązania tego wynika, że \MR _ J / MR / — —Tpocz— P \ = —p-constzlź , L H>h J mg juh mg skąd Ar MR l —7— = r—const . At iih mg Oznaczając Ar/At — v i const = AT/At otrzymamy MR AT l = . /ih At mg Zadanie 5. Wykazać, że jeśli między tłokiem i ściankami cylindra nie występuje siła tarcia (rys. 172), to ciśnienie gazu pod tłokiem jest liniową funkcją jego objętości, niezależnie od tego, jakie procesy zachodzą w gazie, byleby tylko jego sprężanie lub rozprężanie zachodziło równomiernie. Ciśnienie zewnętrzne jest stałe. R o z w i ą z a n i e . Ponieważ w treści zadania nie mamy żadnych danych dotyczących stanu gazu, nie byłoby rzeczą właściwą rozpoczynać rozwiązanie od równania Clapeyrona. Jednocześnie jednak w treści 226" kładzie się nacisk na jednostajny ruch tłoka przykrywającego gaz (równomierne ściskanie lub rozprężanie gazu oznacza jednostajny ruch tłoka). W takim przypadku suma sił działających na tłok równa jest zeru, tj. mg+Fa+F spr +F gazu = 0. Dla ustalenia uwagi załóżmy, że w pewnym momencie sprężyna jest ściśnięta. Wtedy rzutując wartości sił na oś pionową otrzymamy mg+p&tS+kx-pS = 0, gdzie x jest wielkością odkształcenia sprężyny (równą różnicy długości sprężyny nieodkształconej i odkształconej) — na rysunku oznaczone linią kreskowaną. Z otrzymanego równania wynika, że mg+kx S P=P>t- ale x = h—h0 = (V—V0)/£, gdzie V0 jest objętością gazu, gdy sprężyna jest nieodkształcona, V — gdy jest odkształcona o wartość x. Wtedy | ™g | KV-Vo) V — Patn^ S S2 _ t — Pat r g s2 S2 ' PoniewTaż z prawej strony równania wszystkie wielkości, poza objętością V, są stałe, możemy równanie to zapisać w postaci p = a-ł~bV, co oznacza liniową zależność ciśnienia gazu od jego objętości. Zadanie 6. W balonie przy temperaturze T znajduje się mieszanina gazów w ilościach Mly M2, ..., M,-, ..., Mn o ciężarach cząsteczkowych odpowiednio /Ltiy fi 2 , ..., Jaki jest ciężar cząsteczkowy mieszaniny (tj. takiego gazu, który w tej samej temperaturze wywierałby to samo ciśnienie na ścianki naczynia, co i omawiana mieszanina)? R o z w i ą z a n i e . Dla mieszaniny gazów mamy' \ V1 f*n I Dla gazu „zastępczego" M RT—. t*> Przyrównując do siebie prawe strony równań otrzymamy pV = M M , li 15* , Mn fin 227 Skąd po uwzględnieniu, że M = Mx+M2+ ... +Mn, mamy Mt + ... '+Mn M, + , Mn l* 1 ł*n Zadanie 7. W zamkniętym balonie o objętości V znajdowała się mieszanina tlenu i wTodoru w ilościach odpowiednio M0 i M H . W wyniku reakcji cały wodór połączył się z tlenem. Przy tym temperatura wzrosła od T do T\ Jakie było ciśnienie mieszaniny gazów przed reakcją i po niej, jeśli powstała para wodna nie uległa kondensacji? (M 0 Mh\ R o z w i ą z a n i e . Przed reakcją pV = RT\ ——b —— J, skąd od \ t*o r razu znajdziemy p. Po reakcji p>v = + \ Ô (*) /^par / gdzie Mó — masa tlenu powstałego w naczyniu, M par — masa pary wodnej, — ciężar cząsteczkowy pary wodnej. Oczywiście M'0 — (MQ+ +MH)—-Afpar, a M par = M h + 8 M h (ponieważ w parze wodnej na każdą wagową część wodoru przypada 8 części tlenu). Podstawienie tych wartości do (*) po oczywistych przekształceniach daje P' = RT'(M0-8Mh V \ /Ao , 9Mh\ //par Zadanie 8. W naczyniu znajdował się pewien gaz. Po wypuszczeniu z niego części gazu, temperatura obniżyła się rc-krotnie. Jaką część gazu wypuszczono ? Rozwiązanie. = Przed wypuszczeniem gazu mamy: p1V1 — RTt. Po wypuszczeniu, dla tej części gazu, która pozostała w naczyniu, możemy napisać: p2V2 Dzieląc te równania przez /1 siebie i uwzględniając, że Vx = V2 (objętość naczynia), otrzymamy Pi = M2 T2 Pi Mx Tt 9 albo też przyjmującp 2 /p x = k, T2\TX = n i M2 = Mx—AMy otrzymamy k = (Mi—AM)IMly albo też k = (1— AM/MJn, skąd część 228" gazu, jaka uszła z naczynia, można znaleźć ze związku AM/ML = 1 —k/n. Ponieważ 0 < (AMjMx) <1, więc (k/n) < 1, czyli k < n. Zadanie 9. Dwa naczynia kuliste połączone są rurką, w której znajduje się rtęć. Początkowe położenie rtęci zaznaczone jest na rys. 173 kreskami. W wyniku zmiany temperatury w obszarze otaczającym naczynia wyrównały się poziomy rtęci w obu rurkach. Znając początkową różnicę poziomów rtęci znaleźć początkowe i końcowe ciśnienie gazu w naczyniach, a także stosunek temperatury końcowej do początkowej. Włoskowatość, ciśnienie par rtęci i jej rozszerzalność zaniedbać. R o z w i ą z a n i e . Ponieważ w zadaniu mamy do czynienia z czterema stanami gazu, jest rzeczą konieczną napisać równanie ClapeyronaMendelejewa dla każdego z nich. Dla gazu znajdującego się w naczyniu 1: Pi Vi = ^-RTlt Ml (1) (2) Dla drugiego gazu znajdującego się w naczyniu 2: p2V2=^-RT2, (3) p>V2=Ml.RT>. fi 2 (4) 229" Nieznane i niepotrzebne wielkości M1lja1, M2\yL2 wyrugujemy od razu dzieląc równanie (1) przez (2) i (3) przez (4). Uwzględniając zaś, że temperatura gazów w naczyniach równa jest temperaturze otoczenia, tj. T± = T2 = T oraz T[ = T2 = 7", w wyniku tej operacji otrzymamy Pi Vi T fi (5) Pi V[ T p2V2 T (6) P*2 V2 T" gdzie wielkości „primowane" oznaczają końcowe stany gazów. W dwóch równaniach (5) i (6) występuje łącznie pięć interesujących nas wielkości: piip2>pi>p2 oraz T/TKonieczne jest znalezienie równań uzupełniających. Otrzymamy je rozpatrując warunki równowagi rtęci w stanie początkowym i końcowym. Końcowy stan równowagi (poziomy rtęci z lewej i prawej strony wyrównane) daje P2 = PiOczywiste jest także, że w wyniku zmiany temperatury ciśnienie gazu w objętości 1 zwiększyło się, a w objętości 2 zmniejszyło o tę samą wartość \ogAh (wysokości poziomów rtęci zmieniły się o 2Ah)> co prowadzi do Ah Pi =Pi + Qg~r, (8) Ah P2 = p 2 - Q g ^ - > Nowe objętości gazów Vi znajdziemy = F 1 + S ze ^ - ,związków V2 = V2-SśjL. (9) (10) (11) Rozwiązanie układu siedmiu równań (5)—(11) udzieli odpowiedzi na pytanie postawione w zadaniu. Mianowicie porównując lewe strony równań (5) i (6) i uwzględniając (7) otrzymamy ŻlH-ilZl porównując zaś prawe strony (8) i (9) mamy p 2 = p i + egdh. 230" (12) (13) Podstawiając teraz (10), (11) i (13) do (12) będziemy mieli Pi Vi = Vx + ^SAh (Pi + QgM)V2 V2-\SAh ' Stąd znajdziemy pl9 co przy podstawieniu (8) i (9) do (13) pozwala znaleźć p2,p[ i pi- Podstawiając z kolei znalezione wartości np. do (5) znajdziemy TjT\ a tym samym zadanie nasze będzie całkowicie rozwiązane. Ze względu na obszerność odpowiedzi nie będziemy jej tu podawać. Przy rozwiązywaniu zadania zakładaliśmy, że gęstość rtęci nie zależy od temperatury; jest to dopuszczalne tylko przy niedużych odchyleniach temperatur T i T' od temperatury T0 = 273 K, dla której podaje się zazwyczaj wartości tablicowe wielkości zależnych od temperatury. > < Popraw n: Jl vmg ^' Pat Spraw Rys. 174 Zadanie 10. Do naczynia (rys. 174) nalano rtęci. Rtęć ta zamyka znajdujące się w~ lewym ramieniu powietrze. Pole przekroju lewej części naczynia oznaczamy Slew, prawej — SVTaw. Znając wysokość słupa powietrza /, a także jego masę i temperaturę układu, znaleźć różnicę poziomów rtęci AH. Ciśnienie atmosferyczne wynosi p&t. Zjawisko włoskowatości, ciśnienie par rtęci i zależność gęstości rtęci od temperatury można zaniedbać. 231" Rozwiązanie. postać Równanie stanu zapisane dla powietrza ma PV-»ŁRT, (i) przy czym ciśnienie/) znajdziemy z warunku równowagi rtęci w naczyniu. Ponieważ interesuje nas wartość AHY rozpatrzymy warunek równowagi słupa cieczy o tej wysokości. Przypomnieć tu należy, że na wybranym poziomie, w cieczy jednorodnej, znajdującej się w naczyniach połączonych panuje jednakowe ciśnienie, tj. poszukiwane ciśnienie gazu w lewym ramieniu naczynia równe jest ciśnieniu panującemu w cieczy na odpowiednim poziomie w7 prawym. Uwzględniając to, w rzucie na oś pionową mamy mg+pAtSvrayt—pSvr&^ = 0, ponieważ masa słupa rtęci m — QAHSptw, więc eAHS 9 T „g+p«S v t „-pS 9 t Ł W = 0. (2) Dzieląc dwustronnie przez jSpraw, wyznaczając/) z (2) i korzystając z (1), otrzymamy , MRT 4RY N Podstawiając tu gęstość rtęci g, równą gęstości tablicowej w temperaturze 273 K, czyli zaniedbując jej zależność od temperatury, znajdziemy AH. -£r=const r- a b) Rys. 175 Zadanie 11. Rysunek 175 przedstawia kilka wykresów przemian gazowych. Na ich podstawie określić: w jakich warunkach objętość zajmowana przez gaz jest maksymalna, kiedy minimalna (lys. 175a)? Jak 232" zmienia się masa gazu przy przejściu ze stanu 1 do stanu 2 (rys. 175b)P Jak zmienia się temperatura gazu (rys. 175c)? R o z w i ą z a n i e . Na płaszczyźnie (p, T), (V> T) lub (py V) stan gazu określony jest przez punkt (zakładamy, że znane jest równanie stanu). Jeśli gaz poadany jest jakiemuś procesowi, to punkt określający jego stan zakreśla pewną krzywą, której równanie jest niesprzeczne z równością M pV = —RT. (*) W przypadku a) interesuje nas objętość gazu przy M/p = const. Wtedy z (*) i z rys. 175a mamy V = M T T R— = const—= const ctga, li p p gdzie a jest kątem, jaki tworzy z osią T prosta poprowadzona z początku układu do interesującego nas punktu. Oczywiście, wartość Vly odpowiadająca najmniejszej wartości ctga, będzie odpowiadała minimum objętości, a V2 odpowiadająca największej wartości ctg a — maksimum objętości. W przypadku b) interesuje nas masa gazu przy p = const i /z = const, dlatego z (*) i z rys. 175b otrzymamy ** = PP V M = const "jr v = constt a g- Widać stąd, że przy przejściu od stanu 1 do 2 masa gazu zmniejszyła się, gdyż tg a uległ zmniejszeniu. W przypadku c) T =pVfijRM = constpV. IloczynpV przedstawia pole powierzchni prostokąta ograniczonego osiami p, V i prostopadłymi opuszczonymi z interesującego nas punktu na te osie. Z rysunku widać, że p2 V2 > pi Vty co oznacza, że T2 > Tlf czyli gaz się ogrzał. Zadanie 12. W naczyniu ponad cieczą znajduje się para o objętości V, temperaturze T i ciśnieniu p. Ile cieczy powstanie przy obniżeniu temperatury o AT} R o z w i ą z a n i e . Jeśli para uległa częściowemu skropleniu, to masę skroplonej pary określa równanie Am = m2-m1 = V(Q2-Q1) = 233" gdzie m2 — masa pozostałej w naczyniu w pary nasyconej, q2 — jej gęstość w temperaturze T—AT, m1 — masa pary, jaka pierwotnie znajdowała się w naczyniu, — jej gęstość w temperaturze T. Wartość Q2 dla temperatury T2 = T—AT znajdziemy w tablicach podających gęstość pary nasyconej w funkcji temperatury. Jeśli Am > 0, kondensacja nie zaszła i para w nowych warunkach nie osiągnęła jeszcze stanu nasycenia. Jeśli Am < 0, para uległa kondensacji. W granicznym przypadku, jeśli Am = 0, do kondensacji nie doszło, ale para osiągnęła stan nasycenia. Zadanie 13. W cylindrze, pod tłokiem znajduje się para zajmująca objętość V przy temperaturze T. Parę tę sprężamy, przy czym jej temperatura osiąga wartość T' < T kr . Jaką najmniejszą objętość V' może zająć substancja pod tłokiem? R o z w i ą z a n i e . Zastrzeżenie mówiące, że temperatura końcowa układu jest mniejsza od krytycznej, od razu nasuwa myśl, że cała para ulegnie kondensacji, a powstała z niej ciecz zajmie objętość V'. Zaniedbując zależność objętości cieczy od ciśnienia, ale uwzględniając silniejszą zależność objętości cieczy od temperatury, otrzymamy ^cieez = ale V0ciecz = ^ clecz , a mclcc2 = M par) a stąd Ôciecz f ' = Fc1CC2 = ^ - ( 1 + O . (*) t?0ciecz Gęstość cieczy w temperaturze t = 0°C i współczynnik jej roz„ szerzalności objętościowej są danymi tablicowymi. Potrzebną do rozwiązania zadania masę pary znajdziemy z równania Clapeyrona-Mendelejewa dla początkowego stanu gazu pV = M par RT. H (**) Rugując z (*) i (**) masę pary otrzymamy odpowiedź w postaci: HOciecz-"--1 gdzie t' = T-273 234" K. Zadanie 14. Do rurki manometrycznej wpadła kropelka wody, która następnie wyparowała. Znaleźć jej masę mWf mając wskazania tego manometru H i manometru wzorcowego H'. Zaniedbać rozszerzalność termiczną szkła i rtęci (rys. 176). Przekrój rurki manometru wynosi S9 długość tej części rurki, która wystaje nad poziom rtęci w naczyniu, równa jest /. Pat5 Kt5 mg ™Hg3 Ppar 5 Rys. 176 R o z w i ą z a n i e . Ze względu na małą lotność rtęci w manometrze wzorcowym, ciśnienie nad powierzchnią rtęci praktycznie równe jest zeru. Dlatego słupek rtęci znajduje się w równowadze przy działaniu na niego zewnętrznej siły parcia />at S i siły ciężkości mg. Stąd dla manometru wzorcowego otrzymamy w rzucie na oś pionową (1) Nad poziomem rtęci w pierwszym manometrze znajduje się para i warunek równowagi słupka rtęci w tym manometrze ma postać (2) Ponieważ PPZT = mu MpaT RT V RT S(l—H) ' (3) więc eliminując z (1), (2) i (3) wielkość pat S oraz ciśnienie pv&T otrzymamy K r O ? = mwRT Mi-H) 235" A ponieważ mHg = QHgSH\ a m'^g = QYlgSHy więc Oczywiście, rozwiązanie można było rozpocząć od napisania równania stanu pary nad rtęcią w pierwszym manometrze (3), a dopiero później napisać warunek równowagi dla zawartego w nim słupka rtęci (2), gdzie nie znane ciśnienie p&t, można było znaleźć z warunku równowagi w manometrze wzorcowym (1). Jednak samo zadanie dla ustalonych wskazań manometrów w istocie rzeczy mówi o ustaleniu położeń znajdujących się w nich słupów rtęci pod działaniem określonych sił, co jest zagadnieniem czysto mechanicznym. Dlatego też rozwiązaliśmy zadanie w podanym wyżej porządku. Oczywiście, że wynik zadania nie może zależeć od sposobu rozwiązania (jeśli rozwiązanie przeprowadzone było prawidłowo). Zadanie 15, W cylindrze o długości L nachylonym do poziomu pod kątem a (rys. 177) znajduje się mieszanina gazów. Cylinder jest przedzielony tłokiem o ciężarze P nieprzepuszczalnym dla jednego z gazów znajdujących się po lewTej stronie tłoka. Ciężar cząsteczkowy tego gazu równy jest Początkowro tłok znajduje się przy górnej podstawie cylindra. Jakie będzie jego położenie równowagi, jeśli zostanie on puszczony swobodnie ? Tarcie tłoka o ścianki jest znikomo małe. Temperatura układu wynosi T% masa gazu nie przenikającego przez tłok równa jest M. 236" R o z w i ą z a n i e . Ponieważ tłok jest przepuszczalny dla wszystkich gazów z wyjątkiem jednego, stan tych gazów nie odbije się na równowadze tłoka — stanowi on dla nich jakby sito. Dlatego też możemy ich nie brać pod uwagę. Jedynie gaz, dla którego tłok jest nieprzepuszczalny, będzie pod wpływem ruchu tłoka ku dołowi ulegał sprężeniu i przy pewnym jego ciśnieniu p tłok znajdzie się w stanie równowagi (po pewnej liczbie drgań, które ze względu na zjawisko tarcia o ścianki naczynia, oraz tarcia wewnętrznego w gazie, po pewnym czasie zanikną). Wtedy zgodnie z drugą zasadą dynamiki (bez uwzględnienia tarcia tłoka o ścianki) otrzymamy P + F p + Q = 0, a w rzucie na oś cylindra: Psmot-pS = 0. (1) Równanie stanu dla nie przenikającego przez tłok gazu po uwzględnieniu, że V = Sly daje * M R T o\ Z równań (1) i (2) wynika /= MRT P/z sin a ' Widać, że przy a = 0 wartość l dąży do nieskończoności, co nie może mieć sensu fizycznego, gdyż długość cylindra L jest skończona. O co chodzi? Jeśli cylinder nie byłby ograniczony z prawej strony, tłok oddliłyby się dowolnie daleko. W istocie tłok dojdzie do prawego denka cylindra, oprze się tam o ściankę, która będzie na niego działać pewną siłą — nie uwzględnialiśmy jej w rozwiązaniu, ponieważ rozpatrywaliśmy tłok w pewnej odległości (L—l) od ścianki. Tak więc żadnego paradoksu w rozwiązaniu nie ma. Zadanie 16. W naczyniu (rys. 178) pod tłokiem znajduje się gaz o ciężarze P, masie M i ciężarze cząsteczkowym ^ w temperaturze T. Gaz podgrzewamy i tłok przesuwa się ruchem jednostajnie przyspieszonym ku górze. Zakładając, że średnia siła oporu pochodząca od ciśnienia zewnętrznego i ścianek rurki równa jest P, znaleźć zależność temperatury gazu od czasu. Przekrój rurki równy jest Sy przyspieszenie tłoka — a. Założyć, że ruch tłoka jest bardzo powolny. 237" R o z w i ą z a n i e . Równanie ruchu tłoka w rzucie na oś pionową ma postać -P+pS-F = g—a, (1) a ponieważ P, F i a są stałe, stałe jest również i ciśnienie gazu p. W takim przypadku dla dwóch następujących po sobie stanów gazu mamy M pV' = — RT', Rys. 178 V pAV -R{T'—T), (2) po odjęciu tych równań od siebie mamy gdzie AV = S Al, Al M= 2at2 (ze względu na jednostajnie przyspieszony ruch tłoka ze stanu początkowego, przy = 0). Równanie (2) przyjmie teraz postać at2 M pS-^- = —R(T'--T), fi co w połączeniu z (1) prowadzi do F+P(alg+l)juat2 2 MR Przy rozwiązywaniu zadania nigdzie nie posługiwaliśmy się założeniem 0 powolnym ruchu tłoka. I w ogóle, co to oznacza „powolny ruch"? Założenie to jest bardzo istotne. Chodzi o to, że jeśli tłok porusza się z dużą prędkością, w różnych częściach naczynia ciśnienie p i temperatura T mogą być różne, a wtedy zupełnie nie wiadomo, jakie ciśnienie 1 jaką temperaturę podstawić mamy do równania pV = RTMjp. Aby zadanie miało sens, musimy być przekonani o tym, że p i T nie zmienia się od punktu do punktu, tj. w czasie ruchu tłoka zarówno ciśnienie, jak i temperatura zdążyły się wyrównać. Jasne jest więc teraz, co rozumiemy przez określenie „tłok posuwa się powoli". Powinien się on poruszać na tyle wolno, aby wyrównywanie się/) i Tistotnie zachodziło. T = T- 238" Zadanie 17. W cylindrycznej, cienkościennej probówce o ciężarze P i przekroju S znajduje się gaz o masie M i ciężarze cząsteczkowym Probówka zamknięta jest od dołu cienkim tłokiem o masie m, przywiązanym nitką do dna naczynia wypełnionego cieczą o gęstości Q. Górna krawędź probówki znajduje się na głębokości hg. Temperatura otoczenia T i ciśnienie atmosferyczne p&i są znane. Znaleźć naciąg nici (rys. 179). Rys. 179 R o z w i ą z a n i e . Poniewraż w treści zadania więcej mówi się o mechanicznych warunkach układu, niż o termodynamicznym stanie gazu w probówce, więc tym razem zaczniemy rozwiązanie zadania od rozpatrzenia warunków mechanicznej równowagi tłoka i probówki. Druga zasada dynamiki zapisana w rzucie na oś pionową daje odpowiednio dla tłoka i probówki: mg=pS+Q-(Qghd+p&t)S P+(QgK+P,t)S-pS = 0, = 0, (1) (2) 239" skąd po przekształceniu otrzymamy Q = Qg(HD—HG)S—P—mg lub Q = QgV—P—mg. (3) Widać stąd, że dla znalezienia QY musimy znać V. Z równania stanu gazu mamy V - ™ (4) ftp a stąd /lp Podstawienie do tego równania ciśnienia p obliczonego z (2) daje odpowiedź Q * = eiM.™ HiP+P.tS + ęgh.S) P ^ - m gg Zadanie 18. W poziomym cylindrze przedzielonym tłokiem przepuszczalnym dla gazu o ciężarze cząsteczkowym f11 znajdują się jeszcze gazy o ciężarach cząsteczkowych /u2 i Gazy i fi2 reagują chemicznie w stosunku M2IMX = N tworząc nowy gaz o ciężarze cząsteczkowym p' = /j, 2 +kfi 1 . Początkowo gazy ju1 i ju3 znajdowały się po lewej stronie 'tłoka, a gaz — po prawej. Masy pierwszego i trzeciego gazu wynosiły odpowiednio MY i M 3 . Drugi gaz w całości reaguje z pierwszym. Znaleźć stosunek objętości, na jakie tłok rozdzieli naczynie po upływie dostatecznie długiego czasu. R o z w i ą z a n i e . Ponieważ dla gazu tłok nie stanowi przeszkody („sito"), będzie on zupełnie swrobodnie przenikać z jednej strony tłoka na drugą. Jeśli znajdzie się w przedziale łącznie z gazem fi2y wejdzie z nim w reakcję, dając nowy gaz o ciężarze cząsteczkowym p! = p 2 + k p i . Proces ten będzie zachodzić dotąd, dopóki gaz p 2 w całości nie przereaguje. Wskutek tego z jednej strony tłoka pozostanie gaz p 3 , z drugiej zaś p' = p 2 +kp 1 , natomiast gaz , dla którego tłok jest przepuszczalny, będzie znajdował się po obu stronach przegrody, wytwarzając z obu stron jednakowe ciśnienia. Położenie tłoka będzie uwarunkowane ciśnieniem gazów ju3 1 ju' = +k(jt1. Po upływie dostatecznie długiego czasu temperatury i ciśnienia wyrównają się. 240" Ponieważ dla gazów zgromadzonych z prawej i lewej strony mamy odpowiednio: v —MJL RT lew> i ^ l e w ' lew — _M1+nM1 Ppr&w* praw ^ k ^ pfaW> więc dzieląc przez siebie te równania, po uwzględnieniu odpowiedniej równości ciśnień i temperatur (plew = p praw i Tlew = jTprBW), otrzymamy ^lew r = M3(fi2+kft praw Zadanie 19. Cylinder o przekroju S podzielony jest na dwie części, o objętościach Vx i V2y tłokiem, którego ruch może odbywać się bez tarcia. Masy gazów zawartych w tych objętościach są odpowiednio równe Mt i M2, ciężary cząsteczkowe /JL± i fi2. Temperatura układu wynosi T. ' Tłok znajduje się w równowadze. Cylinder zaczyna poruszać się ruchem jednostajnie przyspieszonym i po odpowiednio długim czasie nabiera prędkości v. Ze względu na zjawisko tarcia, jakie występuje na granicy cylindra z otaczającym powietrzem, temperatura wewnątrz cylindra podnosi się o AT. Znaleźć nowe objętości V[ i V2> na jakie zostanie podzielony cylinder. R o z w i ą z a n i e . Ponieważ ruch trwa dostatecznie długo, drgania spowodowane wyprowadzeniem tłoka z położenia równowagi zanikną, a temperatura i ciśnienie się ustalą. Równania stanu gazu dadzą wtedy p[V[^^R{T+AT)y Mi (1) piVi = ^R(T+AT). (2) M2 Równanie ruchu tłoka w rzucie na kierunek ruchu, po uwzględnieniu, że F[ = p [ S i F 2 =p'2S, daje (p2-p'i)S = ma. (3) Z (1) i (2) znajdując różnicę ciśnień p2—p'i i przyrównując ją do p2—pi wyrażonej z (3), po uwzględnieniu, że przy vQ = 0 przyspieszenie tłoka a = vjt9 otrzymamy 16 Metodyka rozwiązywania zadań 241 poza tym V[ + Vł2 = V± + V2. (5) Otrzymany układ równań (4) i (5) daje rozwiązanie zadania. Przy rozwiązywaniu zadania nie wzięliśmy pod uwagę, że ciśnienie gazu wzdłuż cylindra nie jest stałe wzdłuż kierunku a, podobnie jak przy rozwiązywaniu zadań z gazem zawartym w cylindrze pionowym nie uwzględniliśmy zmian ciśnienia wzdłuż g. Zadanie 20. W naczyniu o objętości Vy w temperaturze T, znajduje się woda o masie m. Na skutek ogrzania naczynia o AT woda wyparowała. Znaleźć ciśnienie jej pary przed i po ogrzaniu. R o z w i ą z a n i e . Pierwotny stan pary opisuje równanie (i) r Para ta była parą nasyconą, gdyż znajdowała się dostatecznie długo w naczyniu zamkniętym razem z wodą, czyli M=Q„(V-VW), (2) Qn — gęstość pary nasyconej wzięta z tablic. Podstawiając wyrażenie na M do (1) otrzymamy pt = — (px można również określić od razu z tablic, jeśli ma się je do dyspozycji). Dla końcowego stanu układu (po wyparowaniu wody) mamy p2 V = (T+AT)R. (3) Podstawienie tu wartości M z równania (2) daje p2 = R(T+AT)y gdzie T7 m m /1 I A Qw Qow Q0w i a są wielkościami tablicowymi, a / = T—273 K (temperatura wody przed ogrzaniem wyrażona w skali Celsjusza). Przy rozwiązywaniu nie uwzględniliśmy zależności gęstości wody od ciśnienia i zmiany objętości naczynia na skutek podwyższenia temperatury. 242" Zadanie 21. W probówce (rys. 180) znajduje się gaz o temperaturze T. Przy podgrzaniu do temperatury T' gaz rozszerza się i z probówki uchodzi część gazu o masie AM. Gęstość cieczy wynosi g, a pokazane na rysunku wymiary oraz ciśnienie atmosferyczne p at są dane. Znaleźć M — początkową masę gazu w probówce. Włoskowatość można zaniedbać. l 1 yl 1 \ fmg — ^r > — Rys. 180 R o z w i ą z a n i e . Równania stanu gazu można zapisać w postaci M M' pV = — RT i p'V' = —RT. t* P Dzieląc te równania przez siebie i uwzględniając, że M' — M—AM, otrzymamy pV MT p'V' ~ (M—AM)T' ' Ponieważ V _ l V' ~ l+a+b 9 więc pl _ MT K } p'{l+a+b) (M-AM)T' ' Ciśnienie/* znajdziemy z warunku równowagi słupka cieczy (a+b), który prowadzi do równania pS+e(a+b)Sg-(ptt+Qga)S 16 * = 0, 243 skąd P =P*x~Qgb. (2) Ciśnienie/?' jest po prostu ciśnieniem, jakie panuje w cieczy na głębokości a, tj. P'=P*t+ega(3) Podstawiając teraz (2) i (3) do (1) otrzymamy (p%x-ągb)l MT (P*+oga){l+a+b) {M—AM) T ' skąd bez trudu znajdziemy M. Zadanie 22. W pokoju o objętości V, na skutek obniżenia temperatury od Tx do T2, skondensowało się ZlMpary wodnej. Jaka była gęstość pary wodnej (wilgotność bezwzględna) w pokoju przed obniżeniem temperatury i jaka była wilgotność względna powietrza ? R o z w i ą z a n i e . Oczywiście, AM = M2 —M1 albo też AM — = V(Q2 — Q1), ale Q2 jest gęstością pary wodnej nasyconej przy temperaturze T2, czyli wartością tablicową; wtedy z AM = F(g2nas—Si) wynika zależność = Q2n*s—AMjV. Z definicji gęstości wTzględnej mamy f _ gi tflnas Podstawiając tu znalezioną wielkość i wartość tablicową @lnaB otrzymamy f i = Q2*»-AMIV ^ filnaa Zadanie 23. W zamkniętym naczyniu o objętości V znajduje się w temperaturze TX ciecz o masie m. Przy podwyższeniu temperatury do T2 ciecz wyparowała. Naszkicować przybliżone wykresy przedstawiające zależność wilgotności bezwzględnej i względnej od temperatury, tj. wykresy Q = Q(T) i F—F{T). Początkowa masa pary jest niewielka. R o z w i ą z a n i e . Z definicji wilgotności bezwzględnej mamy: Q = M p a r /F p a r , gdzie M par jest masą pary, a F par — objętością, jaką para zajmuje. Ponieważ F par = V—VCICC% (F clecz — objętość cieczy), więc Q = M par /(F— VELECZ). Dopóki w naczyniu znajduje się ciecz, para będzie bliska stanu nasycenia i ze wzrostem T wartość Q będzie rosła, ze względu na przyrost masy pary Afpsr(ciecz przechodzi w parę). Zwiększenie wartości mianownika w ułamku określającym Q spowodowane zmniejszeniem VCIECX jest nieznaczne. Q rośnie więc ze wzrostem T, dopóki w naczyniu znajduje się ciecz. Po wyparowaniu całej cieczy, przy pewnej, 244" określonej temperaturze T' wartość g przestanie się zmieniać. Oznacza to, że Q w obszarze swego wzrostu zbliża się do wartości granicznej m ta QM*X = lV i k$ właśnie zależność Q = Q(T) przedstawia rys. 181a. a) b) Rys. 181 Ponieważ przy powolnym nagrzewaniu para będzie, jak już powiedziano, praktycznie rzecz biorąc parą nasyconą aż do T', więc ze wzrostem temperatury do wartości T wilgotność względna / = g/gnas « « gnas/^nas = Gdy natomiast temperatura T przekroczy wartość T ^ T > T'), wtedy ze względu na to, że cała ciecz już wyparowała Q — const, a gnas — rośnie, a więc wartość/= g/gnas będzie maleć, zbliżając się do 0 przy bardzo wysokich temperaturach. k,P2S . . Przybliżony wykres przedstawia rys. 18lb. Zadanie 24. W pionowym, zamkniętym cylindrze o przekroju S znajduje się gaz o ciężarze cząsteczkowym /1. Tłok o masie my mogący przesuwać się wewnątrz cylindra bez tarcia, dzieli jego objętość na części ^ i Temperatura całości jest stała i równa T. Wiedząc, że okres drgań tłoka jest równy mg. r, znaleźć masę gazu w cylindrze, zakładając, że masy gazu znajdującego się nad i pod tłokiem są jednakowe (rys. 182). fPjS R o z w i ą z a n i e . Widać od razu, że rozwiązanie zadania wymaga znajomości praw ruchu drgająRys. 182 cego i że będziemy tu musieli znaleźć współczynnik siły zawracającej k. Rozpatrując siły działające na tłok znajdujący się w równowadze i rzutując je na kierunek siły ciężkości, otrzymamy mg+{p2-pi)S = 0. 245" Jeśli przemieścimy tlok ku dołowi, np. na odległość Ar, to ciśnienie w dolnej części cylindra wzrośnie o Ap2 osiągając wartość p2, a w części górnej zmaleje o Apx i przyjmie wartość p[. Ponieważ wartość mg nie ulegnie przy tym zmianie, siła zawracająca będzie uwarunkowana zmianą ciśnień p± i p2y tj. Ft = -{P^-p^S + ^-pJS. Zgodnie z równaniem stanu gazu doskonałego p = M RT Dlatego podstawiając znalezione stąd wartości px, p[, p2 i p2 do poprzedniego równania otrzymamy MRT I V2-V'2 J^-rn + ~ ii \ vzr2 vtvi rWprowadzając oznaczenia V2 — V2 = AV2 i V'1 — V1=AV1 oraz uwzględniając, że AVX = —AV2 (o tyle zwiększy się objętość części górnej, o ile zmniejszyła się objętość części dolnej), oraz że przy małych przesunięciach tłoka V2 & V2 i V[ » V1 dochodzimy do następującego wyrażenia: MRT ( AV2 ńVĄ f* \ V\ Vj I MRT ( AV2 , AV2\c, MRT_[ 1 , 1 \AV „ Uwzględniając zaś wzajemne ukierunkowanie wektorów F, i Ar otrzymamy F MRTS2 ( 1 * = — — \ n , 1 v i r ' + Widać stąd, że Ł _ MRTS2 / 1 i* \ n + 1 \ vij' gdzie M jest równe połowie całkowitej masy gazu. 246 Podstawiając znalezioną wartość k do wzoru na okres mamy T = 2TC = 2 *-I/MRTS2 ]/X V m {* \Vi ~~TT' Vl) + skąd znajdujemy M. Gdyby w warunkach zadania zamiast objętości Vx i V2 były podane wysokości odpowiednich części cylindra, można byłoby obyć się bez jego przekroju Sy bowiem uwzględniając, że V = Shy otrzymalibyśmy T==2tC ]/MRT! V 1 /* [hi t + 1~T' hl) Zadanie 25. Do cylindrycznej rurki kapilarnej, zanurzonej w całkowicie zwilżającej ją cieczy (rys. 183) wpuszczono taką samą masę (i takiego samego) gazu, jaka się już w niej znajdowała. O ile, w wyniku tego, zmieni się wysokość słupa gazu? Rozwiązać zadanie w przypadku ogólnym, czyniąc jednakże konieczne założenia i wyjaśnić, jakie dane są potrzebne do uzyskania rozwiązania. Otrzymawszy odpowiedź, dokonać maksymalnego uproszczenia kosztem jednego tylko dodatkowego założenia. 247" R o z w i ą z a n i e . Ponieważ w zadaniu mówi się o dwóch stanach gazu, oczywiste jest, że musimy napisać dwa razy równanie ClapeyronaMendelejewa: M pV = — RT, P p>y M' =—RT'. W treści zadania powiedziano, że M' = 2 M , dlatego też uwzględniając, że V' = V+AV otrzymamy pV = M —RT, 2M p'(V+AV)=±yRT'. Aby zastosować minimum koniecznych do rozwiązania zadania danych, należy pozbyć się jak największej liczby wchodzących do równania wielkości. Jeśli zapisane równania podzielimy przez siebie, nie będziemy musieli znać wielkości M i przekroju S (gdyż V = SI). Operacja ta prowadzi do zależności p! p\l+Al) T -~ 2T ' m Ponieważ słupek cieczy wewnątrz rurki może zmieniać położenie, więc dla znalezienia wartością i p' musimy rozpatrzyć warunek równowagi tego słupka w początkowym i końcowym stanie. Przy tym należy uwzględnić fakt zwilżania rurki przez ciecz (w treści zadania zaznaczono, że ciecz jest zwilżająca). Co w danym wypadku spowoduje zwilżanie? Oczywiste jest, że powierzchnia cieczy w rurce będzie zakrzywiona, co doprowadzi do powstania pod jej powierzchnią dodatkowego ciśnienia Laplace'a i spowoduje, że słup gazu nie będzie miał dokładnie kształtu walca. Odchylenie to można zaniedbać, gdy / > r, tj. gdy promień rurki jest mały. Ale ten właśnie warunek zmusza do uwzględnienia ciśnienia Laplace'a. Ponieważ ciecz jest całkowicie zwilżająca, a rurka ma kształt walca, menisk będzie sferyczny, apL = 2 ajr. 248" Przy uwzględnieniu tego co zostało powiedziane, rozpatrzenie sił działających na słupek cieczy prowadzi do równań (w rzucie na kierunek g) pS+QghS-^S-pdS = 0, (2) P'S+Qgh'S-^S-pdS = 0. (3) Założono tu, że zmieniła się tylko wysokość słupa cieczy h i ciśnienie/). Pozostałe występujące tu wielkości nie uległy zmianie. Oczywiście nie uda nam się znaleźć ciśnienia p i p\ jeśli nie znamy żadnej z występujących w tych równaniach wielkości. Należy więc szukać dodatkowych zależności między nimi. Spróbujmy je znaleźć. Po pierwsze, ciśnienie na głębokości H wewnątrz cieczy można znaleźć ze związku Pd =P« + QgH, po drugie, korzystając z rys. 183a i 183b widzimy, że h' = h—AL Podstawiając te wartości do (2) i (3), po podzieleniu przez S i uporządkowaniu wyrazów, otrzymamy P~+eg(h-H)-pt% = 0, p'-^-+Qg(h-Al-H)-plt (4) = 0. (5) Wchodzące do tych równań wielkości nie zostały podane w treści zadania, musimy zatem wprowadzić je sami. Również w równaniu (1) podać należy stosunek temperatur. Podstawiając teraz do (1 )p i p' z (4) i (5) otrzymamy L ^+p&t-Qg(h-Al-H)^(l+Al) J - 2T (6) skąd znajdziemy AL Odpowiedź będzie obszerna, nie będziemy jej więc tu wypisywać. Jednak mieliśmy znaleźć założenie, które bardzo uprościłoby wyniki. Jakie może być to założenie? Powinno ono prowadzić do tego, że Al = 0, to zaś możliwe jest na przykład w przypadku, gdy M' = = Mt p' = p itd. W treści zadania jednak powiedziano jasno, że M' = = 2My ale i w tym przypadku Al może być równe zeru, jeżeli p' = p 249" i T' = \ T. Będzie to od razu widoczne z równania stanu dla początkowego i końcowego stanu gazu. W równaniu (6) podstawmy teraz T = 2T'. Po oczywistych uproszczeniach otrzymamy dla Al dwa wyrażenia: 1) Alx — 0, co jest w pełni zgodne z tym, co zostało wyżej powiedziane i 2) Al2 ~ ~~ — (l+h—H). Druga odpowiedź wydaje się nonsensowna. Jak można było ją otrzymać? Dla wyjaśnienia tego przepiszemy ją w postaci: ^ L + P « - e g ( l + h - H ) - Q g A I 2 = 0. (7) Występująca w tym wzorze wielkość (l+h—H) jest (rys. 183b) długością części rurki wynurzonej nad poziom cieczy. Po pomnożeniu (7) przez S otrzymamy {^+p^S-Qg(l+h-H)S~QgAl2S = 0. (8) Rozpatrzymy teraz równowagę słupka cieczy o wysokości (Z+A—H) w rurce (rys. 183b). W rzucie na kierunek g otrzymamy = 0. (9) Ale jeśli wysokość słupa cieczy równa jest (l+h—H), oznacza to, że cała rurka wypełniona jest cieczą (zaniedbujemy możliwy efekt zakrzywienia powierzchni cieczy w rurce kapilarnej) i nie ma w niej gazu. Ale wtedy p = 0. Porównując przy tym warunek (9) i (8) dochodzimy do wniosku, że Al2 = 0, a zatem druga odpowiedź nie jest nonsensowna. Odpowiada ona po prostu warunkowi, gdy M' = 2M = 0, czyli przypadkowi, gdy rurka nie zawiera gazu. Wtedy odpowiedź (1) oznacza, że ciecz wypełnia całą rurkę, 2) jest po prostu warunkiem równowagi rozważanej cieczy. Zwróćmy zwagę na jeszcze jedną subtelność. W rozważaniach naszych nie braliśmy pod uwagę zmiany objętości gazu wywołanej istnieniem menisku, co jest słuszne tylko dla / > r. Ale jeśli cała rurka jest wypełniona cieczą, to warunek Z > r nie jest spełniony i rozwiązanie staje się niesłuszne. W jakiej mierze niedokładność ta odbije się na wyniku, przy uwzględnieniu naszego założenia, że T' =2T.*W przypadku, kiedy gazu 250" w rurce nie ma, w odpowiedzi uzyskamy również Al2 — 0. Ale gdy rurka będzie wypełniona cieczą tak, że brzeg menisku dotknie końca rurki, promień krzywizny menisku będzie większy niż r, a wartość jego r' spełniać będzie równanie %-+P«-&S{l+h-H) = o, które bezpośrednio wynika z tego, że słup cieczy będzie pozostawał w równowadze pod działaniem sił = 2oS/r\ jFat =p>tS i mg = Qg(l+ +h-H)S. Gdyby ciecz całą swoją powierzchnią dotykała górnego końca rurki nie byłoby menisku i na ciecz działałyby siły pAtS, QgS(l+h—H) oraz siła ciężaru Q rurki, przy czym P«S-QgS(l+h-H)-Q = 0. Zadanie 26. Z butli metalowej o objętości V, zawierającej powietrze pod ciśnieniem p, N-krotnie zassano gaz przy pomocy pompki o „objętości roboczej" równej vy i N razy wtłoczono go przy użyciu tej samej pompki. Przyjmując zewnętrzne warunki jako znane (pat i T) znaleźć zmianę masy powietrza w butli przy założeniu, że wszystkie procesy zachodzą dostatecznie powoli. R o z w i ą z a n i e . Powolność procesów w tym przypadku oznacza (pamiętając, że butla z powietrzem jest metalowa), że temperatura układu przez cały czas nieznacznie tylko różni się od temperatury otaczającego powietrza i równa jest T. Oczywiste jest, że AM = M"—M = (M'+m)-M> (*) gdzie M' — masa powietrza po odpompowaniu, M" — końcowa masa powietrza w butli, M — początkowa masa powietrza w butli, m — masa powietrza wtłoczonego do butli, AM — zmiana masy powietrza w ciągu całego procesu. Ale (**) KI gdzie m0 — masa powietrza jednorazowo wciągana do zbiornika z zewnątrz. Ze względu na niezmienne warunki zewnętrzne wszystkie porcje m0 są jednakowe. Przy odpompowywaniu przebieg procesu jest zasadniczo różny. Ponieważ każdorazowo zassana objętość jest stała, a ciśnienie w butli przy M = M 0 N = QVN = 251" każdym odpompowaniu maleje — porcje powietrza odpompowywanego nie będą sobie równe. Musimy to uwzględnić przy znajdowaniu Mf. Mianowicie = [ ( * * * ) gdzie p' — ciśnienie gazu pod koniec odpompowywania. Do obliczenia jego musimy dojść etapami (w myśl tego, co wyżej powiedziano). Dla serii „odpompowywań" (uwzględniając stałość temperatury i masy gazu przy jego rozprężaniu) mamy 1) pv=pi(y-\-v), 2) 3) PiV=p2(V+v), p2V = N) p3(V+v), pN_,V=pN(V+v). Ten układ równań po ich wzajemnym przemnożeniu i podzieleniu przez p i p2 ...pi • • • pN-i prowadzi do równania ponieważ ciśnienie ps jest równe p', to równanie (***) przyjmie postać M' m = V to( RTp\V+v/ \ ' ('****) K } Podstawiając teraz M' z (****) i m z (**) do (*) otrzymamy am =4F[ĄV^)n4 Zadanie 27. Adiabatycznie izolowany, sztywny zbiornik zawiera gaz pod ciśnieniem p i w temperaturze T. Ze zbiornika tego, przy pomocy pompy o objętości roboczej równej v, N-krotnie odpompowujemy gaz. Wiedząc, że objętość zbiornika równa jest V oraz że ciśnienie gazu w zbiorniku spadło do wartości pN> znaleźć końcową temperaturę gazu TN. R o z w i ą z a n i e . Adiabatyczna izolacja zbiornika powoduje, że temperatura gazu, po każdorazowym zassaniu (czyli od końca k-tego zassania do początku (&+l)-go) nie zmienia się. Uwzględniając to oraz 252" fakt, że w trakcie rozszerzania się gazu jego masa nie ulega zmianie, dla ciągu odpompowywań mamy pV _ } Tt PiV_ ^ N p1(V+v) T p2(V+v) Tx T2 ) P»-iV Tn-I = 9 P*(v+*>) TN Mnożąc te równania przez siebie, a następnie dzieląc przez t> i> ... 11 12 • «. ^J? 1 y otrzymamy 1 TN _ P l v \N T\V+vJ ' a stąd wyznaczymy szukaną temperaturę końcową TN. Zadanie 28. Dwa naczynia połączone są rurką kapilarną z kranem (rys. 184). Naczynie z lewej strony zawiera gaz pod ciśnieniem pi i w temperaturze Ti; naczynie z prawej — pod ciśnieniemp2 i w temperaturze T2. Kran otwarto i ciśnienia gazu wyrównały się osiągając wartość p'. Znaleźć p'. Rys. 184 R o z w i ą z a n i e . Zaniedbujemy objętość kapilary oraz fakt, że wzdłuż rurki ma miejsce spadek temperatury od Tx do T2. Przy podanych warunkach można wyobrazić sobie, że naczynia przedziela lekki tłok znajdujący się w równowadze. W tej sytuacji, pod koniec procesu, ciśnienie, jakie jest wywierane na tłok z lewej strony, musi być równe ciśnieniu 17 Metodyka rozwiązywania zadań 253 wywieranemu z prawej. Równania stanu gazu zawartego w lewym i prawym naczyniu po otwarciu kranu można zapisać następująco TUT' TUT' p^L = -—^-RT1, p'V2=^RT2. {J, (1) Odpowiednio, przed otwarciem kranu, gdy ciśnienia z prawej i lewej strony nie są równe: p l V l =^RT l t p2V2=^RT2, (2) przy czym Mx +M2 = M[ +M2. (3) Wyznaczając z (1) M[ i M2, a z (2) Mx i M2> i podstawiając te wielkości do (3), otrzymamy P[PIVI R\ Tx , ^ T2 ) PIP'V.1 , R \ Tx ^ P'V2\ T2 /' skąd znajdziemy p'. W rozwiązaniu przyjęto, że objętości naczyń nie zmieniły się w czasie procesu. Zadanie 29. Tłok nie przewodzący ciepła dzieli naczynie na dwie równe części. Lewą część naczynia ogrzewamy o AT, prawą zaś ochładzamy o AT. Znając początkowe objętości V, oraz temperatury T, określić zmianę objętości gazu A V. Tarcie tłoka o ścianki jest zaniedbywalnie małe (rys. 185). R o z w i ą z a n i e . Tłok będzie przesuwał się w prawo, więc gaz w lewej części naczynia zwiększy swoją objętość o A V, w prawej zaś o tę samą wrartość zmniejszy. Ciśnienia panujące w prawej i lewej części będą jednakowe. Początkowa wartość ciśnienia niech wynosi p, końcowa p'. 254" Równania stanu zapisane dla gazu zawartego w lewej części naczynia przed i po procesie zmiany temperatury mają postać M pV = -j-RT, p'(V+AV) M = R(T+AT), skąd pV p\V+AV) (1) T+AT Analogicznie dla strony prawej: pV p'(V—AV) _ T ~ T-AT - (2) Dzieląc (1) przez (2) otrzymamy V~AV V+AV T-AT T+AT ' skąd znajdziemy A V. Zadanie 30. W kapilarze (rys. 186) znajduje się słupek rtęci o temperaturze T. O ile stopni należy podnieść temperaturę, aby rtęć w całości wylała się z kapilary ? Wszystkie dane pokazuje rysunek. Efekt zwilżania można zaniedbać. R o z w i ą z a n i e . Oczywiście, pV _ T ~ p'V T albo też pa _ p'(a+b) ~T~ ~~ T+AT ' 17* 255 gdzie p' jest końcową wartością ciśnienia gazu w rurce. Ponieważ z warunków zadania wynika, że cała rtęć wypływa z rurki, więc p' = p&t. Ciśnienie zaś początkowe znajdziemy z warunku równowagi słupka rtęci. Mianowicie, rzutując na oś rurki wektory sił działających na rtęć znajdziemy pS+QgSbsma—p&tS = 0. Podstawiając znalezioną stąd wartość p do (*) otrzymamy (P&t~~Qgbsin cc) T = pat(a+b) T+AT ' skąd przy znanympai znajdziemy AT. Rys. 187 Zadanie 31. Zamkniętą u góry kapilarę zanurzono do rtęci tak, że nad jej powierzchnią pozostała część o długości a> a poziom rtęci w kapilarze jest o b niższy od poziomu zewnętrznego. Ciśnienie atmosferyczne wynosi p &t . Jaka będzie długość słupa powietrza w kapilarze, jeśli zostanie ona całkowicie wyjęta z rtęci (rys. 187). Długość kapilary wynosi L, temperatura jest stała. Efekt zwilżania szkła przez rtęć zaniedbać. v 256" R o z w i ą z a n i e . Zrozumiałe, że p± Vt =p2 V2, a że więc = S2, p1{a+b)=p2l. (*) px jest ciśnieniem panującym w cieczy na głębokości b i wynosi ono px = = pat+Qgb, p2 z a ś znajdziemy z warunku równowagi słupa rtęci. Mianowicie, Qg(L-l)+p2-p&t = 0. Podstawiając wartości px i p2 do równania (*) otrzymujemy (P*x+Qgb)(a+b) = [p%x-eg(L-I)]l, skąd znajdziemy Z. Zadanie 32. W cylindrze zamkniętym tłokiem, który zawieszony jest na sprężynie, znajduje się gaz. wm/m Znaleźć zależność objętości gazu od temperatury zakładając, że zmiana temperatury zachodzi bardzo powoli. Tarcie tłoka o ścianki zaniedbać ^pS (rys. 188). R o z w i ą z a n i e . Ponieważ temperatura, a tym samym i ciśnienie gazu zmienia się bardzo powoli, przyspieszenie tłoka jest niedostrzegalne i dlatego w rzucie na oś pionową w procesie roz- m//////A Y////////M szerzania się mamy mg+kx+p^S-pS = 0. Poza tym pV = M •.*.* .* .*.* • • —RT. > Pat5 Rugując z tych równań p i uwzględniając, Rys. 188 że x = (V—VQ)jS (gdzie V— objętość gazu w rozpatrywanej chwili, a V0 — w chwili gdy sprężyna była nieodkształcona) otrzymamy mg+k- V-V0 S [i skąd I V RST = 0. 257" Oznaczając A S otrzymamy aV2+bV-cT skąd v = 0, -b±\/b2+4acT la 3. ENERGIA, PRACA, CIEPŁO I PRZEJŚCIA FAZOWE UKŁADÓW TERMODYNAMICZNYCH Podstawę termodynamiki stanowią trzy prawTa, zwane zasadami termodynamiki, tak jak podstawTę mechaniki klasycznej — trzy zasady Newtona. Podobnie jak w mechanice, gdzie dowolne zadanie można rozwiązać posługując się zasadami Newtona i równaniami kinematyki, tak w termodynamice do rozwiązania zadania wystarcza znajomość trzech jej zasad oraz rówrnania stanu. Sformułujemy pierwszą zasadę termodynamiki w postaci dość ogólnej, drugą dla szczególnego przypadku, trzeciej w ogóle podawać nie będziemy, gdyż nie będzie nam ona tu potrzebna. Jeśli zaś idzie o równanie stanu, to ma ono prostą postać jedynie dla gazu doskonałego i dla tego przypadku zostało już przez nas poprzednio podane (równanie Clapeyrona-Mendelejewa). Innych równań stanu rozpatrywać nie będziemy. Niekiedy spotyka się zadania kombinowane, dotyczące procesów cieplno-mechanicznych (zderzenia, przemieszczenia ciał itp.), wtedy mogą okazać się użyteczne także podstawowe założenia mechaniki, o czym zresztą przekonamy się w trakcie rozwiązywania samych zadań. Pierwsza zasada termodynamiki jest najbardziej ogólnym sformułowaniem prawa przekształcania energii. Jest ona wynikiem uogólnienia ogromnej liczby doświadczeń i z żadnych innych praw wyprowadzona być nie może. Zanim ją sformułujemy — rozszerzymy pojęcie energii układu. Wiadomo, że energia w sposób najbardziej ogólny charakteryzuje wszystkie rodzaje ruchów, w tej liczbie także cząsteczkowych, atomowych, falowych itp. I właśnie dlatego stan, w jakim znajduje się interesujący nas układ ciał, określony jest przede wszystkim przez wartość energii. 258" Mianowicie, znając zależność funkcyjna energii układu od jej argumentów, można w bardzo prosty sposób otrzymać wszystko to, co jest charakterystyczne dla danego układu, wszystkie jego własności. Dlatego też znajomość takiej zależności równoważna jest pełnej informacji o stanie układu. I właśnie dlatego pojęcie energii układu jest tak ważne. Energię ciała uwarunkowaną oddziaływaniem jego z innymi ciałami przyjęto nazywać energią mechaniczną, a uwarunkowaną wewnętrznym stanem ciała — energią wewnętrzną. Oczywiście, energia wewnętrzna ciała jest energią kinetyczną ruchu jego elementów (cząstek, atomów, elektronów, nukleonów, fotonów itp.) oraz energią potencjalną ich wzajemnego oddziaływania. Jednakże podział energii na mechaniczną i wewnętrzną jest dość umowny i nie zawsze można go jednoznacznie przeprowadzić. Na przykład, często mówi się, że energia wewnętrzna ciała zależy od temperatury, mechaniczna zaś nie. Stwierdzenie to nie zawsze jest słuszne. Jeśli np. ciało leżące na podstawce zostanie ogrzane — środek jego masy może przesunąć się ku górze, ze względu na rozszerzanie się ciała, a to oznacza, że ze zmianą temperatury zmienia się energia mechaniczna ciała. Warto podkreślić, że chociaż w omawianym przypadku większej zmianie uległa ta część energii, którą zwykliśmy nazywać wewnętrzną, mniejszej — część zwana mechaniczną, to jednak zmieniła się tu całkowita energia ciała. Podobnie sprawa wygląda np. przy topnieniu ciała: zmienia się zarówno energia wewnętrzna, jak i mechaniczna. Przytoczone tu przykłady oraz cały szereg innych potwierdzają tezę o względności przeprowadzonego podziału na energię wewnętrzną i mechaniczną. Jeśli ciało lub układ ciał nie wymienia energii ruchu z innymi ciałami lub układami, to energia jego nie zmienia się. Jeśli wymiana taka zachodzi, energia układu, ogólnie rzecz biorąc, nie jest stała. Oczywiście, że układ może wymieniać z innymi ciałami zarówno energię ruchu makroskopowego (np. wprowadzić w ruch inne ciała, przekazać im część swojej energii mechanicznej), jak i mikroskopowego (ogrzać inne ciało lub je roztopić, wypromieniować światło itp.). Zmiana energii układu związana z wymianą makroskopowych form ruchu (tj. wymianą, która związana jest z mechanicznym przemieszczeniem pewnych ciał, lub zmianą ich kształtu, czy też objętości) nazywa się pracą mechaniczną. Zmiana natomiast energii układu zachodząca na koszt 259" wymiany z innymi ciałami ruchu mikroskopowego (chaotycznego) nazywa się wymianą ciepła lub krótko ~ ciepłem. Pierwsza zasada termodynamiki stwierdza, że zmiana energii układu może nastąpić tylko w wyniku tych dwóch procesów, przy czym AE' = A+Q'y gdzie AE' = AE^^+AE'^^ — ubytek całkowitej energii układu; A — praca wykonana przez układ nad zewnętrznymi ciałami, które przeciwstawiają się zmianie kształtu lub objętości układu, Q' — ciepło przekazane przez układ ciałom zewnętrznym. Jeśli potrafimy zmierzyć pracę A, wykonaną przez układ i ciepło Q' oddane przez ten układ innym ciałom, wówczas potrafimy zmierzyć zmianę energii układu. W tym sensie pierwsza zasada termodynamiki stanowi określenie pojęcia energii, które można sformułować w następujący sposób: energia jest to taka funkcja stanu układu (tzn. taka wielkość charakteryzująca stan układu), o zmianie której mówi praca wykonana przez układ nad otaczającymi ciałami i ciepło oddane otoczeniu, zgodnie z równaniem AE' = A+Q'. Wygodniej jednak zamiast ciepła Q'y oddanego przez układ, mieć do czynienia z Q = —O', tj. ciepłem, które układ otrzymał, i z AE = —AE'y tj. z przyrostem energii układu, niż z jej ubytkiem. W7tedy pierwsza zasada termodynamiki przyjmie postać: -AE = A-Q albo Q = AE+Ay tzn. ciepło otrzymane przez układ zostaje zużyte na zmianę całkowitej energii układu i na pracę, jaką układ wykonuje nad ciałami zewnętrznymi podczas rozszerzania się. Zwrócimy uwagę na fakt, że w pierwszej zasadzie nie występuje w jawnej postaci praca sił dyssypaty wnych: zawarta jest ona w wyrażeniu AEwewny podobnie jak praca sił potencjalnych zawarta jest w AEp0t. O tym fakcie należy pamiętać przy rozwiązywaniu zadań. Musimy ustalić znaki wielkości Qy AE i A. Q > 0, jeśli układ pobiera ciepło, Q < 0, gdy ciepło jest przezeń oddawane; AE > 0 przy wrzroście energii układu, AE < 0 przy jej maleniu; A > 0, gdy układ się rozszerza, A < 0, gdy jest ściskany. 260" Oczywiście że jeśli układ jest zamknięty (tj. nie oddziałuje w istotny sposób z innymi ciałami), to Q = 0, A = 0, a wtedy i AE = 0 — całkowita energia układu nie ulega zmianie, chociaż mogą zachodzić przemiany energii wewnątrz układu, tak jednak, by AEwewn+AEmech = 0, tj. by ubytek energii mechanicznej prowadził do wzrostu energii wewnętrznej i na odwrót. W procesach, które zachodzą w danym układzie bardzo szybko, nie zdąży wystąpić wymiana ciepła pomiędzy nim a otoczeniem i można w tym przypadku uważać go za układ zamknięty. Przykładem takich procesów mogą być zderzenia i wybuchy. Jeśli układ przy stałym ciśnieniu zewnętrznym zmienia swoją objętość, to pracę przez niego wykonaną można obliczyć ze wzoru: A = pAV. Ciśnienie będziemy zawsze uważać za dodatnie (nie będziemy rozpatrywać ciał rozciągniętych). Wówczas znak pracy określony jest przez znak A V: przy rozszerzaniu A V > 0, przy skurczaniu A V < 0. Zmiana energii wewnętrznej (właściwej wewnętrznej) układu zachodzi przy zmianie jego temperatury, a także przy topnieniu i krzepnięciu, parowaniu i kondensacji, w czasie przebiegu reakcji chemicznych itp. Przy ogrzewaniu, rozpuszczaniu i parowaniu energia wzrasta, przy procesach odwrotnych — zmniejsza się. Reakcji chemicznych i innych złożonych procesów rozpatrywać nie będziemy. Poza tym będziemy zakładać, że w układzie procesy te nie zachodzą jednocześnie, lecz wymieniają się wzajemnie (bez tego uproszczenia nie moglibyśmy rozwiązywać zadań). Rozszerzalność ciał stałych i ciekłych przy zmianie ich stanu będziemy w zasadzie zaniedbywać, poza przypadkami omówionymi osobno. Wprowadzimy pojęcie pojemności cieplnej, ciepła topnienia, parowania i spalania. Wielkość # = Q/AT nazywamy pojemnością cieplną układu. Wskazuje ona, ile ciepła należy układowi dostarczyć, by zmienić jego temperaturę o jeden stopień. Wielkość c = QjmAT nazywa się ciepłem właściwym i wskazuje, ile ciepła trzeba oddać jednostce masy dla zmiany jej temperatury o jeden stopień. Wielkość C = Q\ZAT — molowa pojemność cieplna wskazuje, ile ciepła należy dostarczyć jednemu molowi substancji, aby jego temperaturę zmienić o jednostkę. Zauważyć można, że wszystkie te wielkości związane są równaniem \ <e = cm = CZ. 261" Wielkość A = QjAmt nazywa się ciepłem topnienia danej substancji i wskazuje, ile ciepła należy dostarczyć jednostce masy, aby uległa ona stopnieniu. Wielkość r = QIArnp' nazywa się ciepłem parowania i liczbowo jest równa ciepłu pobranemu przy wyparowaniu jednostki masy substancji. Wielkość q — QjAms nazywa się ciepłem spalania substancji (paliwa) i pokazuje, ile ciepła wydziela się przy całkowitym spaleniu się jednostki masy danego paliwa. Tutaj wielkości m, Amt, Amp, Ams oznaczają odpowiednio masy ogrzewanej, stopionej, wyparowanej i spalonej substancji. Wrielkość Q występująca w liczniku podanych ułamków jest ciepłem pobranym lub też wydzielonym w procesie ogrzewania, topnienia, parowania czy spalania. Należy zaznaczyć, że wielkości c, C, X i r dla danego układu, ciała czy substancji nie są wielkościami stałymi. Zależą zarówno od temperatury, jak i panującego ciśnienia, a poza tym od charakteru procesu przebiegającego w układzie. I dlatego dla uniknięcia nieporozumień należy, mówiąc o tych wielkościach, zaznaczyć, przy jakich warunkach panujących w układzie chcemy je określić. Przyjęło się przy wielkościach tych podawać u dołu indeks oznaczający, jaka wielkość pozostaje w układzie nie zmieniona w omawianym procesie. I tak wielkości cp, Xp, rp oznaczają, że interesuje nas ciepło właściwe, ciepło topnienia i ciepło parowania przy nie zmieniającym się ciśnieniu. Przy tym cp ^ cv # cT, Xp ^ lv # XT, rp ^ rv ^ rT itd. Wielkości c, A, r i q będziemy uważać za dodatnie; pozostałe mogą być także ujemne. Amt > 0 (przy topnieniu), ale Am±TyBt < 0) (przy krystalizacji), Amp > 0 (przy parowaniu) i < 0 (przy kondensacji), Ams jest zawsze dodatnie. Z pierwszej zasady termodynamiki wynika, że przy A — 0 i AEmeeh = = 0 wielkość Q = ZU?wewn i wTobec tego wielkości % AT, XAmt i rAmp można rozpatrywać jako wielkości równe liczbowo zmianie energii wewnętrznej układu zachodzącej przy odpowiednich procesach. Ale ma to miejsce jedynie w przypadku A = 0 i AEmech = 0. Najczęściej oznacza to zaniedbanie pracy związanej z rozszerzeniem się układu, tj. spełnienie warunku pAV AE, co przy niedużych p oznacza, że V — const. W tym przypadku AEwewn = Cv AT, 262" AEwe„n = XvAmu AEwewn = rvAmp, gdzie CV — pojemność cieplna układu przy stałej objętości, i rv — ciepła topnienia i parowania przy stałej objętości. Uwzględniając to, co zostało wyżej powiedziane, możemy pierwszą zasadę termodynamiki zapisać w rozwiniętej postaci następująco Q = CvAT+XvAmt+rvAmp+AEmech+pAV. W tablicach podane są wielkości CVy XT i rT. Jednakże przy podanym przybliżeniu (pAV AE) mamy Q = AE = CvAT+ATAmt+rTAmp. Druga zasada termodynamiki głosi, że niemożliwe jest przetworzenie całej energii wewnętrznej układu w energię mechaniczną, a także że nie można całego ciepła doprowadzonego do silnika w procesach kołowych (cyklach) zamienić na pracę. Wprowadzimy pojęcie sprawności (lub współczynnika sprawności) cyklu poprzez równanie: « '= gdzie rj — współczynnik sprawności cyklu, Qz — ilość ciepła pobrana przez ciało robocze ze źródła ciepła (grzejnicy), Qch — ilość ciepła oddana przez ciało robocze chłodnicy, Qz—QCh ~ ilość ciepła zamieniona na pracę. Z faktu, iż całe ciepło Qz nie może być zamienione na pracę (albo też, co jest temu równoważne, nie można nie oddać części ciepła chłodnicy) wynika, że dla dowolnych cykli rj < 1. Jest to jedno z możliwych sformułowań drugiej zasady termodynamiki. Często używa, się pojęcia współczynnika sprawności maszyny w nieco innym niż podanym wyżej sensie. Mianowicie, jeśli do maszyny doprowadzono w określonym czasie pewną ilość ciepła Q lub też energii AE, a z tego udało się wykorzystać Quż) AEU± (lub Au±), to wielkość UŻ V ~ Q E A N nazywamy współczynnikiem sprawności maszyny. Jasne jest, że i w tym przypadku rj < 1. Zakładamy, że znana jest zależność objętości ciała od temperatury przy stałym ciśnieniu: F = F 0 (l +/?i), 263" gdzie V0 — objętość ciała w temperaturze ł = 0°C (przy temperaturze 0°C, a nie przy temperaturze początkowej, jak niekiedy błędnie się sądzi); V — objętość ciała przy temperaturze t> /? — termiczny współczynnik rozszerzalności objętościowej. 4. ZADANIA DO ROZDZIAŁU „ENERGIA, PRACA, CIEPŁO I PRZEJŚCIA FAZOWE UKŁADÓW TERMODYNAMICZNYCH" Zadanie 33. Z molom gazu zostało przekazane Q ciepła przy stałym ciśnieniu. Określić: 1) Zmianę temperatury gazu. 2) Zmianę energii wewnętrznej gazu. 3) Pracę wykonaną przez gaz. 4) Związek między Cp i Cv dla gazu doskonałego. R o z w i ą z a n i e . W danym przypadku, pierwszą zasadę termodynamiki można zapisać w postaci Q = ZCvAT+pAV+AEme^. Ogólnie rzecz biorąc, przy ogrzewaniu gazu w cylindrze z ruchomym tłokiem, gaz będzie przesuwać tłok, a co za tym idzie zmieni się nieco energia kinetyczna gazu. Poza tym, przy rozszerzaniu się gazu środek jego masy zmienia swoje położenie w polu siły ciężkości. Jeśli jednak zaniedbamy zmiany energii mechanicznej, otrzymamy Q = ZCvAT+pAV. (1) Widać, że jedno tylko równanie (1) nie wystarcza do uzyskania odpowiedzi na żadne z pytań postawionych w zadaniu. Zbyt dużo występuje w nim wielkości nie wymienionych w warunkach zadania. Ale może okazać się nam tu pomocne równanie stanu gazu doskonałego, zapisane dla stanu początkowego i końcowego pV = ZRT, (2) p'V = ZRT. (3) W zadaniu tym interesuje nas nie stan gazu, lecz jego zmiana, dlatego też odejmując (2) od (3) po uwzględnieniu, że p = p\ otrzymamy pAV = ZRAT. 264" (4) Eliminując z (1) i (4) wielkość pAV dochodzimy do równania Q = Z(Cr+R) AT, (5) skąd znajdziemy A T. We wstępie do tego rozdziału mówiliśmy, że podział energii układu na wewnętrzną i mechaniczną jest umowny. W zadaniu tym postanowiliśmy zmian energii mechanicznej w ogóle nie brać pod uwagę i dlatego w równaniu (1) pierwszy składnik oznacza zmianę energii wewnętrznej gazu. Ale wtedy AEwewn = ZCVAT, gdzie AT otrzymamy z (5). Aby uzyskać odpowiedź na trzecie pytanie zadania, należy wziąć pod uwagę, że pracę gazu pAV znajdziemy z (1), jeśli Q jest znane, a AT otrzymamy z (5). Mianowicie pAV = Q-AEwewn = Q-ZCVAT = . Z definicji molowej pojemności cieplnej wynika, że C = Q}ZAT, ale z (5) Q =Z(CV+R)AT, czyli C = Z(CV+R)AT ZAT _ ~ Cr+R • Ponieważ jednak (5) wyraża proces zachodzący przy p = const, więc C = C p , czyli Cp = Cy+R. Fizycznie wynik jest jasny: przy V = const ciepło zostaje zużyte tylko na zmianę energii (gdyż A — 0), a przy p = const, dodatkowo na pracę związaną z rozszerzaniem się gazu, co oznacza, że Qp > QVy a stąd i Cp > Cv. Zadanie 34. Ciecz przechłodzona o AT poniżej punktu zamarzania na skutek wstrząsu częściowo zamarzła, przy czym czas trwania tego procesu był bardzo krótki. Znając AT i ilość cieczy my znaleźć ilość zamarzniętej cieczy Am, jeśli temperatura końcowa układu stała się równa normalnej temperaturze zamarzania. R o z w i ą z a n i e . Ponieważ proces zachodził bardzo szybko, zasadniczo do wymiany ciepła z otoczeniem dojść nie mogło i układ nie wykonał pracy. Pierwsza zasada termodynamiki ma więc w danym przypadku postać 0 = cvmAT+XAmy 265" oznacza to, że energia wydzielona w procesie krzepnięcia została pochłonięta przez ciecz ogrzewającą się do punktu krzepnięcia. Przy niewielkich wartościach A T ciepło topnienia jest praktycznie rzecz biorąc stałe, tj. X « const i można założyć, że jest ono równe XT. TA zapisanego wyżej równania w tym wypadku otrzymujemy . CytnAT Am = - AT , a ponieważ C v f n > 0 i również AT > 0 (ciecz ogrzała się), to Am < 0, AT co zgodnie z naszą umową odpowiada krzepnięciu. Zadanie 35. Na wózek o masie M, poruszający się po poziomych szynach upada niesprężyście z wysokości h worek o masie m. Ile ciepła wydzieliło się w czasie zderzenia? R o z w i ą z a n i e . Omawiane zderzenie stanowi krótkotrwałe wzajemne oddziaływanie wózka i worka. Dlatego podczas zderzenia nie mogło dojść do istotnej wymiany energii z otoczeniem. Czyli pierwszą zasadę termodynamiki możemy po uwzględnieniu, że Q = 0 i A = 0 zapisać w postaci: 0 = AEwewn+AEmech) (1) _ (.M+m)u2 AEmech = ± ^ [Mv% , m h 1 —2— + S ) > (2) gdzie u jest prędkością worka i wózka po zderzeniu. Znajdziemy ją z prawa zmiany pędu układu wózek-worek przy zderzeniu. Mianowicie, (M+m)u—Mv0—m\ = (Q+Mg+mg)At. (3) Ponieważ zarówno wszystkie siły, jak i prędkość worka mają kierunek pionowy, więc w rzucie na oś poziomą (na kierunek ruchu wózka) otrzymamy (M+m)u-Mv o = 0 . (4) Podstawiając znalezioną stąd wartość u do (2), po oczywistych przekształceniach, otrzymamy M2v2 Mv2 A„ AE = —g mgh, mech 2{M+m) skąd po uproszczeniu A„ 266" mMv% . Podstawiając teraz tę wartość do (1) otrzymamy mMvl +mgn AE ^wewn = 2(M+m) +ntPh ' Ponieważ wielkości m, My v0y g i h są dodatnie, więc AEmech < 0, a zU?wewn > 0, tj. podczas zderzenia energia wewnętrzna układu wzrosła kosztem zmalenia energii mechanicznej. Temperatura układu podniosła się i mogła stać się wyższa niż temperatura otoczenia. Po zderzeniu mamy Q = AEwewn-ł-AEmecl[1y albo *też nie biorąc pod uwagę oporów ruchu wózka z workiem, a więc zmiany energii mechanicznej: Q = ^ŁnJeślibyśmy założyli, że początkowa temperatura układu przed zderzeniem i końcowa (po upływie odpowiednio długiego czasu) po zderzeniu jest taka sama, to bez większego błędu możemy założyć, że AE'^ n = = —AEweym, tzn. że energia wewnętrzna układu wzrosła o tyle przy zderzeniu (ogrzewanie), o ile zmalała przy wymianie ciepła z otoczeniem (stygnięcie po zderzeniu). Czyli Q = ^wewn = AEVfewn = AEme;h = - 2(m+M) ~~mgh' Fakt. że Q < 0, oznacza, że układ oddał ciepło otoczeniu. Pamiętać jednak należy, że równość AE'wewn — —AEwewn zachodzi jedynie przy podanych założeniach dotyczących temperatury układu i środowiska. Jeśli po zderzeniu układ znalazł się w obszarze o temperaturze wyższej od temperatury wózka, to układ mógł nie stygnąć, a ogrzewać się i odpowiednio nie oddawać energii, a zyskiwać ją. W oparciu o wymienione wyżej założenia dotyczące temperatury wózka i worka, zadanie można by rozwiązać w nieco krótszy sposób. Mianowicie zakładając, iż oczywistym jest, że zmiana energii mechanicznej układu (jej ubytek) została zużyta na przyrost jego energii wewnętrznej, a następnie przekazana w postaci ciepła środowisku, można od razu zapisać: Q == AEmech, gdzie AEmech znajdziemy, podobnie jak to było wyżej podane. Przy takim rozwiązaniu skrócił się nieco zapis, ale tok rozwiązania (przeprowadzony częściowo w myśli) w istocie rzeczy pozostał taki sam. 267" Zadanie 36. W cylindrze, zamkniętym tłokiem o ciężarze P i przekroju S, znajduje się Z moli pewnego gazu. Tłok połączony jest z nieodkształconą sprężyną (rys. 189). Ile ciepła należy dostarczyć gazowi, by ogrzał się o AT, a sprężyna została ściśnięta o AU Pojemność cieplną cylindra i tłoka można zaniedbać. R o z w i ą z a n i e . Jasne jest, że zachodzi tu nie tylko zmiana energii wewnętrznej gazu, ale i zmiana energii tłoka i sprężyny. Musimy więc do naszego układu włączyć nie tylko gaz, ale także tłok oraz sprężynę. Wówczas nie biorąc pod uwagę zmiany energii kinetycznej układu, będziemy mieli Q = ZCyAT- pZgAI kAI2 +PAl+p&tAV, gdzie drugi składnik odpowiada za zmianę energii potencjalnej gazu związaną z podwyższeniem o \Al jego środka ciężkości na skutek ogrzania. Ml Składnik p AV zaś jest pracą wykonaną przez &t nasz układ przeciw siłom zewnętrznym, tj. przeciw sile ciśnienia atmosferycznego. Do układu można by nie włączać tłoka i sprężyny, ale wtedy siłą zewnętrzną, przeciw której gaz wykonywałby pracę, byłaby zmienna siła F = P+patS+kx, co skomplikowałoby nieco Rys. 189 rozwiązanie. Czytelnik może przekonać się o tym, że wynik byłby ten sam, co podany wyżej, jeśli zamiast zmiennej siły wstawilibyśmy wartość FiT = P-\-p&t S+ikAl Zadanie 37. Ile ciepła należy dostarczyć kawałkowi metalu, aby powiększyć jego objętość o AV przy ciśnieniu atmosferycznym. R o z w i ą z a n i e . Jeśli przyjmiemy, że w danym wypadku środek masy bryłki nie zmienił swego położenia, to pierwsza zasada przyjmie tu postać Q = cvmAT+p&tAV. Ze wzoru na rozszerzalność cieplną ciał przy p = const mamy AV= VopAt = V0pAT (wprawdzie temperatura wyrażona w skali Celsjusza t nie jest równa temperaturze wyrażonej w skali Kelvina T, ale różnice ich są równe, co widoczne jest ze związku: T = t+273). 268" Podstawiając znalezioną wartość A V do równania wyjściowego otrzymamy AV Q = cvm-^y~+p&tAV y a ponieważ mjV0 = Q0 jest tablicową wartością gęstości danego metalu w t = 0°C, więc Czytelnik, posługując się tablicami, zauważy od razu, że CvQ0I/3 >/> at i dlatego przy niewielkich ciśnieniach pracę wykonaną przez rozszerzające się ciała stałe (lub ciekłe) można całkowicie zaniedbać w porównaniu ze zmianą ich energii przy ogrzewaniu się lub jakimkolwiek przejściu fazowym. I dlatego w rozważanym przypadku z dużą dokładnością Q » (CVQ0H3)AV. Odpowiedź nie zależy od objętości danego kawałka metalu. Czytelnik sam może zastanowić się nad uzyskanym wynikiem. Stosując ogólne metody rozwiązywania zadań, można rozwiązanie uzyskać z pierwszych dwóch wzorów. Ale jak uzyskać odpowiedź natychmiast ? Zadanie 38. Samochód o ciężarze P porusza się w górę płaszczyzny nachylonej pod kątem a i na drodze l zwiększa swoją prędkość od vQ do v. Mając dany współczynnik tarcia k samochodu o drogę, współczynnik sprawności rjx silnika i transmisji (mechanizmu przekazującego napęd z silnika na koła) , a także ciepło spalania paliwa q> znaleźć ilość paliwa zużytą w ciągu sekundy, tj. wielkość AmjAt = mQ (gdzie At — czas, wr którym zostało zużyte Am paliwa). R o z w i ą z a n i e . Ponieważ w treści zadania występuje sprawność 77, wygodnie będzie rozwiązywanie rozpocząć od wykorzystania faktu, że nie cała ilość ciepła uzyskanego ze spalania paliwa została przetworzona na pracę, tzn. wyjść z równania rj = A\Q. Dalej, ponieważ sprawność złożonej maszyny utworzonej z szeregu połączonych ze sobą maszyn równa jest iloczynowi sprawności poszczególnych ogniw, więc rj — rj1rj2. Oczywiste jest, że Q = qAm — qm0At, gdzie m0 jest szybkością spalania paliwa. Wielkość A jest to praca, jaką wykonał poruszający się pojazd (patrz cz. I — „Mechanika"). Została ona zużyta na zwiększenie jego energii mechanicznej oraz na pracę przeciwko siłom tarcia, tj. A —— 18 Metodyka rozwiązywania zadań -\-PAh-\-(kPcos a)/. 269 W wypadku tym równanie wyjściowe przyjmie postać —^ 711712 = h/sina+^/cos a j ^ A t • Do uzyskania odpowiedzi musimy znać wartość At. Ponieważ wszystkie siły działające na samochód można praktycznie uważać za stałe, a masa jego nie zmienia się w sposób istotny w wyniku spalania paliwa, przyspieszenie samochodu jest wielkością stałą i v&r = 2(^0+^), a stąd At = ljvic = 2lj(vQ-\-v). Po uwzględnieniu tego mamy v 2 -v 2 . , —^ 0 K(sina-f-tfcosa) 21 ' skąd znajdziemy m0. Zadanie 39. Klocek ześlizguje się z górki o wysokości h0 i kącie nachylenia a. Zakładając, że ,,77-ta część wydzielonego ciepła zostaje zużyta na ogrzewanie się klocka", znaleźć o ile stopni wzrosła jego temperatura, jeśli prędkość jego zmieniła się od v0 do v. R o z w i ą z a n i e . Przede wszystkim musimy wyjaśnić znaczenie terminu: ,,?7-ta część wydzielonego ciepła została zużyta na ogrzewanie". Wyrażenie to jest zbliżone do innego, używanego zwrotu: ,,ile ciepła wydzieliło się przy zderzeniu?", ale bardziej jeszcze nieprawidłowego. Przy zsuwaniu się klocka część jego energii mechanicznej dzięki zjawisku tarcia zostaje zamieniona na energię wewnętrzną klocka i podłoża. Zmianę energii wewnętrznej klocka często nazywa się „ciepłem zużytym na ogrzewanie się klocka". Z pierwszej zasady termodynamiki wynika, że jeśli nawet mówić będziemy w danym wypadku o wydzielonym cieple, to nie zostaje ono zużyte na ogrzewanie się klocka, a ze względu na to, że klocek oddaje część dostarczonej mu energii wewnętrznej otoczeniu, na odwrót — na ogrzanie otoczenia (i, oczywiście, prowadzi do ostygania klocka). Wielkość rj występująca w warunkach zadania oznaczona jest tym samym symbolem co i sprawność; znaczenie jej jest jednak zupełnie inne. Wskazuje ona po prostu, jaką część przyrostu energii wewnętrznej układu klocek-podłoże uzyskał sam klocek. Przy rozwiązywaniu zadań formalnie występuje ona jako wydajność ^"wewiii kloc V = -Jp 270" • /t\ (I) Oczywiste jest, że ^li?wewn,kioc = cvtnAT. Jeśli zaś chodzi o zH?Wewn,ukb to z pierwszej zasady termodynamiki zapisanej dla klocka i podłoża (przy zaniedbaniu wymiany energii z otoczeniem oraz pracy związanej z rozszerzaniem się ciał stałych) mamy lub /H?wewn,ukł = —^-^mech.kloo (2) tj. przyrost energii wewnętrznej układu równy jest ubytkowi energii mechanicznej układu. Energia mechaniczna podłoża nie uległa zmianie, natomiast dla klocka êcôc = mv2 mvl ~ +(0-mgho). (3) Wiążąc ze sobą (1), (2) i (3) otrzymamy V = CyAT 2 \{v -vl)-gh0* skąd znajdziemy AT. Zadanie 40. Jaka ilość znanej cieczy może wyparować w czasie Aty jeśli sprawność cieplna grzejnika wynosi rj, jego moc — Ny a masa cieczy m i pojemność cieplna <&v naczynia, w którym ta ciecz się znajduje, są znane? R o z w i ą z a n i e . Sprawność (wydajność cieplna) grzejnika jest pojęciem zbliżonym nieco do pojęcia sprawności silnika. Mianowicie pokazuje ona, jaka część wytworzonego przezeń ciepła może być wykorzystana w sposób użyteczny. Zakładając, że w danym przypadku ta część ciepła zostaje przekazana naczyniu oraz cieczy, otrzymamy _ <evAT+c«mmAT+rTAmp+pAV ; NAt ostatni składnik licznika stanowi praca związana z rozszerzaniem się pary. Zaniedbać jej (jak to miało miejsce dla ciał stałych i ciekłych) w tym wypadku nie możemy. Zakładając, że zewnętrzne ciśnienie w czasie parowania cieczy nie uległo zmianie, z równania Clapeyrona-Mendelejewa otrzymamy _ AmpRT par 9 fip. V is* 271 gdzie Amp jest masą pary równą masie cieczy, która wyparowała. W poprzednim wzorze AV jest zmianą objętości substancji przy przejściu jej ze stanu ciekłego w gazowy: AV = Vpar—Fciecz> a ponieważ F par > > ściecz, więc AV » F par , a zatem RT\ rT+ —J Amp 17 = NAt ( skąd, po znalezieniu w tablicach ^ciecz> ^T i.T — Tw (Tw — temperatura wrzenia danej cieczy), uzyskamy odpowiedź przyjmując określoną temperaturę początkową T0 lub przyrost temperatury AT.Vł rozwiązaniu nie uwzględniliśmy pracy związanej z rozszerzaniem się naczynia oraz cieczy, a także zależności pojemności cieplnej i ciepła parowania od temperatury. Zadanie 41. Ile ciepła wydzieli się przy przejściu w stan ciekły pary nasyconej, jeśli temperatura otoczenia jest stała i równa T, a początkowa objętość pary wynosi V? R o z w i ą z a n i e . Oczywiście Q = rTAm3kr+pAV, gdzie p jest ciśnieniem pary nasyconej w temperaturze kondensacji T. Ponieważ Am8kr = — Q„ V (cała para uległa kondensacji) i A V = Vciecz — V, więc po uwzględnieniu tego, że z równania Clapeyrona-Mendelejewa MRT MRT RT p = ^ ~~ JUV ~ V JU ~6N'JU mamy PT Q = -RRENV+QN — (VELE<X-V). (*) Objętość cieczy F clecz powstałej ze skroplonej pary znajdziemy ze wzoru tjr ^ciecz ^ciecz /f . /j.\ Vciecz = (1 + P t ) ' = ściecz ciecz Ponieważ zaś moiecz = m par , a mpar = QnV> więc _ e,r(l+ft) * ciecz > t?0» ciecz co po podstawieniu do (*) daje e ^ J - ^ r ^ i i t t - , ] } . I t*> L So,ciecz J) Widać, że Q < 0. Oznacza to, zgodnie z umową o znakach w równaniu wyrażającym pierwszą zasadę termodynamiki, wydzielenie się ciepła. 272" Mówiąc ogólnie, formalnie mogłoby być także Q > 0 przy Qn(l +/3t) > > Qo> cieczy c 0 jakby przeczyło wydzielaniu się ciepła przy kondensacji. Ale chodzi o to, że gn(l+/?ź) > Q0tcłecz tylko przy tak wysokich temperaturach, że t tkryt, tj. wtedy, kiedy kondensacja nie może w ogóle wystąpić. Poza tym wzór gciecz = ć>o,ciecz/(l słuszny jest tylko przy niewielkich wartościach t. Dlatego w naszym przypadku bezwzględnie Q< oZadanie 42. Do szklanki o pojemności cieplnej Cv nalano cieczy o masie mciecz cieple właściwym ceiecz i wrzucono kawałek lodu o masie m10&. Następnie układ osiągnął stan równowagi z otoczeniem, uzyskując temperaturę 0, wyższą od temperatury topnienia lodu Tt. Znając początkowe temperatury szklanki TSz, cieczy Tciecz i lodu Tloii znaleźć ciepło Qr które układ przekazał otoczeniu. R o z w i ą z a n i e . Ponieważ nie ma tu mowy o parowaniu, zaniedbać można zarówno pracę związaną z rozszerzaniem się układu, jak i związaną z tym zmianę jego energii mechanicznej. Wtedy Q = AEez+AEciecz +AEloa albo też Q = Cv(6—TBZ)+ccieczmcieez(6 — Tciecz)+clodmloa(Tt—Tlod) + + XTAmt+cwmw(6 — Tt), gdzie ostatnie trzy składniki przedstawiają ciepło zużyte na ogrzanie lodu do punktu topnienia, stopienie lodu i ogrzanie powstałej z niego wTody od punktu topnienia do temperatury 0. Oczywiście znak Q zależy od tego, w jakim stosunku są do siebie składniki prawej strony równania. Należy tylko pamiętać, że w przypadku topnienia Amt > 0. W danym przypadku Amt = mlody gdyż cały lód uległ stopieniu (z warunków zadania 6 > Tt). Zadanie 43. W cylindrze o objętości V znajduje się powietrze o masie Mx i woda o masie M2 w temperaturze bliskiej temperatury zamarzania. Cylinder może wytrzymać ciśnienie nie wyższe niż pg. Ile paliwa, którego ciepło spalania wynosi q, należy w tym cylindrze spalić, aby uległ on rozerwaniu, jeśli cylindrowi wraz z zawartością zostaje przekazana rj~ta część wydzielonego przy spalaniu ciepła. Pojemność cieplna cylindra wynosi Do chwili wybuchu wyparowała cała woda. R o z w i ą z a n i e . Pierwszą zasadę termodynamiki jest dla tego przypadku napisać dość trudno, gdyż przy ogrzewaniu zachodziło parowanie cieczy, rozszerzanie się cieczy i gazu, zmiana ciepła właściwego i ciepła 273 - parowania. Ale jeśli zaniedbamy pracę rozszerzania się pary i gazu, a także zależność # i r od temperatury, to możemy uważać, że ciepło zostało zużyte na ogrzanie cylindra, powietrza i pary, od temperatury topnienia lodu Tt do temperatury T, a także na wyparowanie wody. Zakładając (jest to jeszcze jedno uproszczenie), że woda wyparowała w temperaturze bliskiej temperatury Tf, otrzymamy \ P1 ^2 / gdzie Amp = M2 jest ilością pary uzyskanej z wody. Temperatura T wybuchu określona jest przez ciśnienie, przy którym może zajść wybuch. Z równania Clapeyrona-Mendelejewa dla mieszaniny gazów mamy Szukaną ilość ciepła Q znajdziemy z warunku, że jest to tylko rj-ta część ciepła wydzielonego przy spalaniu paliwa, tj. V = 9 • (**) Podstawiając wartości T i Q wyrażone w (*) i (**) do równania wyjściowego otrzymamy qAmBpr,={Vv+M±Cri Pi + t*2 ^Cy2) I P„V R V>2 I -Tt -M2rTy l skąd znajdziemy Amgp. Zadanie 44. Spoczywający pocisk wybuchł na skutek spalenia się w nim masy m prochu o cieple spalania q. Oszacować energię kinetyczną odłamków w chwili początkowej. R o z w i ą z a n i e . Jeśli założyć, że proch spłonął w całości i że proces spalania zachodzący w małej objętości był szybki, to z niewielkim błędem można założyć, że energia wewnętrzna prochu w całości zamieniła się w energię mechaniczną odłamków. Traktując proch jako źródło energii dla osłony pocisku mamy gdzie Ama9 274" ąAm^ = AEk, = m, a AEk = E W rozwiązaniu nie uwzględniliśmy całego szeregu efektów, w szczególności tego, że zarówno osłona pocisku, jak i sam proch ogrzewały się. Oszacowanie nasze, jak widać, jest bardzo niedokładne. Zadanie 45. Jaką pracę należy wykonać, aby równomiernie powiększyć promień bańki mydlanej o nieznaczną wartość AR} Napięcie powierzchniowe wynosi <7, ciśnienie zewnętrzne pzewn, promień bańki R. Temperatura układu przy rozszerzaniu się w istotny sposób nie uległa zmianie. R o z w i ą z a n i e . Ponieważ zmiana promienia bańki jest niewielka, więc i ciśnienie wywierane przez blaszkę na gaz wewnątrz bańki jest praktycznie stałe. Dlatego A — pAVy gdzie p jest ciśnieniem panującym wewnątrz bańki. Ponieważ bańka rozszerza się równomiernie, więc każdy mały wycinek jej powierzchni znajduje się w równowadze, dlatego pAS = (pze„n+pL)AS albo P =/>ZEWN+PL> czyli A = (p„.„+i> I )JF = ( f . t + 7 ^ ) a ponieważ A V = 47ri?2 AR, więc A=(p&I+^Y?zR2AR. Obliczenia są słuszne tylko dla AR i?, bowiem tylko wtedy ph « const 2 i AV = 4nR AR. Zadanie 46. Jak zmieni się temperatura znanej cieczy, jeśli zanurzymy w niej rurkę kapilarną (pojemność cieplną kapilary można zaniedbać) ? Zewnętrzna ścianka rurki jest obojętna na zwilżanie, wewnętrzna albo całkowicie ulega zwilżaniu, albo przeciwnie — zupełnie jest niezwilżalna. Objętość cieczy V jest znana. Podczas omawianego procesu ciecz uzyskała Q ciepła. Jaka będzie odpowiedź, jeśli układ będzie zamknięty? R o z w i ą z a n i e . Przy opuszczaniu rurki do cieczy, ciecz będzie albo obniżać swój poziom wewnątrz rurki, albo go podnosić dopóty, dopóki nie nastąpi równowaga. (Suma sił działających na podnoszący się słup musi być równa zeru.) Z tego warunku równowagi ( p ^ + p ^ S = = (Qgh+P*t)s wynika, że pL = Qgh. 275" Ponieważ ciecz całkowicie zwilża (lub też nie zwilża) rurkę, menisk przyjmie kształt półkuli o promieniu równym promieniowi rurki. Dlatego pL = 2a/R, a stąd 2 £=Qgh, czyli (*) gdzie R jest promieniem rurki. Pierwsze prawo termodynamiki (przy zaniedbaniu pracy związanej z rozszerzeniem się cieczy) daje Q = cvMAT+MgAhCi gdzie Ahc jest zmianą wysokości środka ciężkości cieczy. Oczywiście, że ze względu na niewielką objętość kapilary w porównaniu z objętością cieczy, można założyć, że zmieniło się położenie środka ciężkości tylko tej części cieczy, która znalazła się w kapilarze. Oznacza to, że MgAhc « « \mghy gdzie m jest masą cieczy w kapilarze, h — wysokością jej słupa. Po uwzględnieniu tego, co wyżej powiedziano, mamy Q = cveVAT±QnR2hg^-, co łącznie z wzorem (*) daje Q = C v Q V A T ± ^ . Znak , , + " odpowiada tu zwilżaniu (ciecz się podnosi), znak „—" niezwilżaniu (poziom cieczy w kapilarze obniża się). Jeśli układ jest zamknięty, Q = 0 i Z wzoru tego widać, że temperatura cieczy zwilżającej obniży się (AT < < 0), nie zwilżającej — wzrośnie (AT > 0). Współczynnik a zależy od temperatury, a my założyliśmy, że jest on stały. Błąd popełniony tu jest jednak niewielki, jeśli VTurkl V. Istotnie, z wzoru (**) wynika, że AT ~ l / F i AT przy dużym V jest bardzo niewielkie, co oznacza T « const, a tym samym i a « const. Zadanie 47. Znaleźć pracę wykonaną w procesie kołowym (cyklu) przedstawionym we współrzędnych p i V przez okrąg, którego środek 276" znajduje się w punkcie p0y V0y a maksymalna objętość i ciśnienie są odpowiednio równe F max i pm&x (rys. 190). R o z w i ą z a n i e . Elementarna praca AA równa jest pAVy przy czym rozszerzaniu się gazu odpowiada praca dodatnia, ściskaniu — praca ujemna. Oczywiście Ali2t3 — praca rozszerzenia gam —będzie równa powierzchni zawartej pod krzywą 1 — 2 — 3y a A3>4ti — praca ściskania — Praca uzyskana w cyklu A = Ait2,3 +A3JJ jest we współrzędnych pV równa liczbowo powierzchni ograniczonej krzywą 1 — 2 — 3 — 4, która w naszym przypadku jest okręgiem. Dlatego A = S = 7ZR2 = n ( p m > x - p 0 ) ( r m „ - V o ) . Zadanie 48. Wykazać, na przykładzie bańki mydlanej, że współczynnik napięcia powierzchniowego a T liczbowo równy jest pracy wykonanej w procesie izotermicznym przy powiększeniu powierzchni błony o jednostkę. R o z w i ą z a n i e . Elementarną pracę związaną z rozszerzaniem się bańki (patrz zad. 45) obliczyć można ze wzoru AA = {pz^n+pîzR2AR = pzewn4nR2AR + ^-4nR2 AR. Drugi składnik odpowiada pracy związanej z rozciąganiem błonki, dlatego AAa = 2o8nRAR. Wyrażeniu 8nRAR odpowiada zmiana powierzchni kuli przy niewielkiej zmianie jej promienia o wartość ARy 277" wobec tego AA„ = 2aTAS. Ponieważ zaś bańka ma dwie powierzchnie — wartość 2 AS odpowiada pełnej zmianie powierzchni. Czyli AA, AAa Zadanie 49. Jaką pracę należy wykonać przy równomiernym, izotermicznym rozdymaniu bańki mydlanej od do i? 2 , jeśli ciśnienie zewnętrzne wynosi pzewn? R o z w i ą z a n i e . Szukana praca składa się z pracy wykonanej przeciw ciśnieniu zewnętrznemu i pracy izotermicznego powiększenia błonki, czyli A = Azewn+Aa = pzewnAV+aTAS = Zadanie 50. W kalorymetrze o pojemności cieplnej ^y znajduje się lód o masie m1 i temperaturze T\^<21Z K. Do kalorymetru wpuszczono parę wodną. Masa jej wynosi w par , temperatura T par > 373 K. Znaleźć temperaturę 0, jaka ustali się w kalorymetrze po upływie dostatecznie długiego czasu. R o z w i ą z a n i e . Zadanie, co od razu widać, jest sformułowane niezbyt konkretnie: nie powiedziano, co na końcu procesu otrzymamy w kalorymetrze: lód, wodę, parę czy też mieszaninę. Załóżmy, że produktem końcowym będzie woda o temperaturze 0 i niewielka ilość pary nasyconej o tej samej temperaturze. Wtedy, zaniedbując wymianę ciepła pomiędzy układem a otoczeniem, otrzymamy 0 = AEk&1+AE16d+AEp&T+pirAV lub 0 = <Zy(d-Tlód)+[clódmiód(273 K-Tlód) + XTAmt+ +cwmlód(d-273 K)]+fo ar /rc par (373 K - T p a r ) + + K)]+pto AV. (*) Zgodnie z umową o znakach w danym przypadku Amt > 0, a Amkona < < 0, a mianowicie Amt = wlód i AmkonCi = — tnpar. Jeśli zaś idzie o składnik p$T A Vj to możemy go jedynie oszacować, gdyż w warunkach zadania nie zostało powiedziane, jak przebiegał proces kondensacji pary (tj. jak zmieniała się wtedy temperatura i ciśnienie). Przypuśćmy, że piT « & 2(pVocz+p) (co ogólnie rzecz biorąc jest słuszne tylko przy p = pvocz + +const - T, a taka zależność nie musi być spełniona). 278" Zmiana objętości pary przy kondensacji AF= (Vciecz-Vpar) W tym przypadku -Pp0c°+P pśrAV* « -Fpar. Fpar. Jeśli zaniedbaliśmy końcowe ciśnienie pary, co jest dopuszczalne przy T par znacznie wyższych od 373 K, to j f c J K t t - ^ pocz 2 Fpar , ale z równania stanu mamy p vocz V v&t = piTAV « - tnp a r /1 i ? r p a r , czyli ^Par^par Widać, że praca ta jest ujemna, co zresztą jest zgodne z naszą umową o znakach wielkości występujących w pierwszej zasadzie termodynamiki. Podstawiając znalezioną wartość piTAV do (*) otrzymamy równanie, z którego obliczymy 0. Co prawda oszacowanie ostatniego składnika w (*) jest dość niedokładne, ale błąd, jaki wniesie to do rozwiązania, będzie prawie na pewno mniejszy niż nieuwzględnianie wymiany ciepła z otoczeniem. Poza tymi niedokładnościami w rozwiązaniu dopuściliśmy szereg innych, nie uwzględniając np. zależności rT i XT od temperatury, a biorąc ich wartości tablicowe dla T = 273 K i T = 373 K. I wreszcie, zakładaliśmy w rozwiązaniu, że procesy ogrzewania lodu, jego topnienia, ogrzewania otrzymanej z niego wody itd. wymieniają się wzajemnie, podczas gdy w rzeczywistości przebiegają one równocześnie. Zadanie 51. Z jaką prędkością powinien wlecieć w atmosferę ziemską meteoryt, aby w trakcie lotu mógł wyparować ? R o z w i ą z a n i e . Meteoryt może zmienić swój stan skupienia na koszt ubytku swej energii mechanicznej. Przy czym pewna część (1— r\) tego ubytku zostanie oddana otoczeniu, w głównej mierze w postaci ciepła (sam meteoryt uzyskuje rj-tą część zmiany tej energii). Mamy więc Q = AE„ewn+AEmech+pitAV. Zgodnie z naszym założeniem Q = (\-rj)AEm,cn. Wtedy równanie wyjściowe można zapisać w postaci (l-r))AEmeeh = AEwem+AEmecb+piTAV, 279" skąd po redukcji -^^mech = AE^+PitAF. Zakładając, że meteoryt przybył z nieskończoności z prędkością v0 i wyparował na wysokości h, mając już niewielką prędkość, po uwzględnieniu, że Epot = —ymMzjr, otrzymamy ^ = AE^+AE^ = + ( - r ^ -o) = lvi, Mz \ Podstawiając znalezioną wartość AEmech do poprzedniego równania i rozpisując wyrażenie ZfZ?wewil, otrzymamy rjm ( - y + r ^ ^ ) = csMTtop-T0) + ?iTAmt+ccieczm(TWTZ-T^) +rTAmpar+cparm(T-Twrz) + +pŚT A V. Zamiast sumy Ar+cclecz(T'wr2. — Tt)-\-rT można podstawić tu ciepło sublimacji /, wtedy uwzględniając, że Amiop = Ampar = m otrzymamy Pracę rozszerzania można ocenić podobnie jak w poprzednim zadaniu (pamiętając jedynie, że tu AV > 0). Ostatecznie po uwzględnieniu faktu, że temperatura początkowa jest niska (T0 jest małe w porównaniu ^ Tiop, ^wrz i T) mamy lvi Mz \ RT skąd można znaleźć v0, pamiętając, że tu podobnie jak w poprzednich zadaniach oszacowanie wyniku jest bardzo grube. 5. UWAGI DO CZĘŚCI „TERMODYNAMIKA" Jak wykazuje doświadczenie, istotną pomoc w zdobywaniu umiejętności rozwiązywania zadań z tego działu fizyki może dać nie tylko sam trening rozwiązywania, lecz również samodzielne układanie zadań w ogólnych zarysach (bez wdawania się w szczegóły i uzyskiwania konkretnej odpowiedzi). 280" Damy kilka przykładów: Przykład 1. Napisać identyczne równanie wyrażające fakt niepełnego wykorzystania ciepła i energii a) w urządzeniu ogrzewającym, b) w silniku samochodowym, c) w prasie kowalskiej. R o z w i ą z a n i e . Ponieważ niepełne wykorzystanie energii w maszynach jest scharakteryzowane przez współczynnik sprawności, więc szukane równania mają postać = ôgrz , a) 17 = k) yj — £?UŹ _ Qwloź yj Q u i Qv/ioż ^ Qwloż - ^ n a deformację jjwłoż Przykład 2. Skonkretyzować poprzednie zadanie dla przypadków: a) na koszt ciepła uzyskanego ze spalenia paliwa ogrzewa się jakiś przedmiot; b) na koszt energii paliwa samochód porusza się po torze poziomym bez przyspieszenia; c) prasa o znanej mocy odkształca jakiś przedmiot przy średnim ciśnieniu pi r . Rozwiązanie. cm AT a) rj qAmsp b)rj = FtS qAmsv pirAV c) rj = Nt * Przykład 3. Zapisać pierwszą zasadę termodynamiki dla przypadku, gdy w doskonale izolującym kalorymetrze na koszt ostygania klocka, bez uprzedniego ogrzania, topi się lód i powstaje ciepła woda. R o z w i ą z a n i e . Jeśli kalorymetr jest doskonały, tj. zawarty w nim układ można traktować jako zamknięty, pierwsza zasada termodynamiki przyjmie postać 0 = AE„e„n+AEmeoh. Ponieważ w układzie nie zachodzą żadne procesy mechaniczne, AEmech = 0, a stąd i AEwewn = 0, czyli dojkładniej AEm+AE„ewn+ +AEkl0C = 0, a więc ostatecznie 0 = ATAmt+cwmw(T-273 K)+cklocmkloc(T—T0,klOc), przy czym Amt = m^d = gdyż cały lód stopił się. 281" Przykłady te są pewnymi szkicami, można je odpowiednio zmieniać i konkretyzować. Jakie zalety mają podobne zadania ? Odzwyczajają one ucznia od ciągłej troski, skąd wziąć wielkości nie wymienione w warunkach zadania i gdzie wstawić te, które mamy, oraz zapobiegają ślepemu przywiązaniu do konkretnych danych. Oczywiście troska ta jest pożyteczna, ale nie powinna ona prowadzić do natrętnych schematycznych metod rozwiązywania zadań. Znacznie ważniejszym jest, aby uczeń zdobył umiejętności przyporządkowania określonym procesom określonych ogólnych równań, a potem dopiero konkretyzowania ich postaci w zależności od konkretnych danych występujących w warunkach zadania. Pod tym względem termodynamika jest bardzo „wdzięcznym" działem fizyki, ponieważ istnieje wiele różnych procesów, które opisujemy za pomocą ogólnych zasad i równań stanu, mając duże możliwości uściślenia problemu. Jak pokazuje doświadczenie, uczniowie stosunkowo łatwo radzą sobie z tego rodzaju zadaniami, a potem zdobyte umiejętności mogą wykorzystać w innych działach fizyki, tzn. rzeczywiście opanowują ogólną metodę podejścia do różnych problemów i ich rozwiązywania. Ćwiczenia rachunkowe warto prowadzić mniej więcej w takiej kolejności: 1) Rozwiązywanie pewnych konkretnych „zwykłych" zadań. 2) Rozwiązywanie zadań z „rozmytymi" warunkami (typu przykładów 1—3). 3) Rozwiązywanie konkretnych zadań z wykorzystaniem metody rozwiązywania zadań „mało skonkretyzowanych", tzn. rozwiązywanie znowu „zwykłych" zadań, ale za pomocą bardziej ogólnych, jednolitych metod. Podane tu wskazówki w dużej mierze odnoszą się i do innych działów fizyki, ale w przypadku termodynamiki, ze względów psychologicznych, mają one największe zastosowanie. 282"

W.K. KOBUSZKIN METODYKA. ROZWIĄZY- WANIA ZADAŃ Z FIZYKI

Related documents

Products

Support

W.K. KOBUSZKIN METODYKA. ROZWIĄZY- WANIA ZADAŃ Z FIZYKI

Related documents

Add this document to collection(s)

Add this document to saved

Suggest us how to improve StudyLib