Zwierciadło paraboliczne, doskonałe do teleskopów astronomicznych, można otrzymad wprowadzając w ruch wirowy wokół pionowej osi płaskie naczynie wypełnione rtęcią. Wyznacz prędkośd kątową, z jaką należy obracad naczynie, aby otrzymad zwierciadło o ognisko

Zwierciadło paraboliczne, doskonałe do teleskopów astronomicznych, można otrzymad

wprowadzając w ruch wirowy wokół pionowej osi płaskie naczynie wypełnione rtęcią. Wyznacz prędkośd kątową, z jaką należy obracad naczynie, aby otrzymad zwierciadło o ogniskowej 5 m.

Ogniskowa zwierciadła parabolicznego, którego przekrój zawierający oś symetrii obrotowej y opisany jest równaniem y = ax² wynosi 1/4a. Przyjmij przyspieszenie grawitacyjne g = 10 m/s².

Wskazówka: aby znaleźd kształt powierzchni wirującej cieczy rozważ równowagę sił działających na drobinę rtęci znajdującą się przy powierzchni.

Rozwiązanie:

Warunek równowagi sił: ciężkości (mg), odśrodkowej (m²r) i reakcji, działających na drobinę przy powierzchni cieczy daje:

Zadanie 1 (zadanie domowe, seria 5)

a masa walca po wydrążeniu wynosi M. W wydrążenie wsunięto inny walec o masie m i tym samym promieniu r. W pewnej chwili tak powstały walec zaczął się staczać bez poślizgu po równi pochyłej o kącie nachylenia α. Znajdź przyspieszenia tak powstałego walca, jeżeli:

a) walec wewnętrzny jest sklejony na stałe z walcem zewnętrznym;

b) walec wewnętrzny może się obracać bez tarcia względem walca zewnętrznego.

Moment bezwładności walca, którego masa M jest równomiernie rozłożona między powierzchniami walcowymi o promieniu wewnętrznym r i zewnętrznym R:

) r + M(R

=

I ^{2 2}

2

1 .

Rozwiązanie:

a) Siły działające na walec o masie M+m i promieniu R staczający się bez poślizgu z równi pochyłej mają postać:

] T, [

= T

] α, m)g + [(M

= F_s

0,0

0,0 sin r −

r

Ruch odbywa się bez poślizgu więc: ^a=εR

Podstawiając siły i przyspieszenia do równań otrzymujemy:

Iε

= RT

m)a + (M

= T α m)g +

(M sin −

Z drugiego równania możemy wyznaczyć siłę tarcia (korzystając z faktu, że ruch odbywa się bez poślizgu): ^T=_R^Ia2

Wtedy: =(M+m)a

R α Ia m)g +

(M sin − ₂

Stąd dostajemy przyspieszenie środka masy walca o masie M+m, promieniu R i momencie bezwładności I:

1 2

sin m)R + (M + I

α

= g a

Gdy walec wewnętrzny jest sklejony z walcem zewnętrznym, moment bezwładności walców sklejonych wynosi: I= M(R +r² )+ mr²

2 1 2

1 ₂

Przyspieszenie środka masy walca pełnego:

M) + (m r + ) + ( R

m)R +

= α(M

m)R + (M

mr + ) r + + (R

α

= g

m)R + (M + I

α

= g

a _{2 2 2}

2m 3M

2gsin 2

/ 1 2M

/ 1 1

sin 1

sin

2

2

2 2

2

b) Gdy walec wewnętrzny może poruszać się bez tarcia względem walca zewnętrznego, moment bezwładności powstałego walca wynosi: I= M(R²+r² )

2

1 . Walec wewnętrzny nie daje tu wkładu, gdyż na walec wewnętrzny nie działa żaden moment sił, który powodowałby jego obrót.

Równie na przyspieszenie środka masy powstałego walca jest takie same jak w przypadku a),

a masa walca po wydrążeniu wynosi m. W wydrążenie wsunięto inny walec o masie M i tym samym promieniu R. W pewnej chwili tak powstały walec zaczął się staczać bez poślizgu po równi pochyłej o kącie nachylenia β. Znajdź przyspieszenia tak powstałego walca, jeżeli:

a) walec wewnętrzny jest sklejony na stałe z walcem zewnętrznym;

b) walec wewnętrzny może się obracać bez tarcia względem walca zewnętrznego.

Moment bezwładności walca, którego masa M jest równomiernie rozłożona między powierzchniami walcowymi o promieniu wewnętrznym R i zewnętrznym r:

) r + M(R

=

I ^{2 2}

2

1 .

Rozwiązanie:

a) Siły działające na walec o masie M+m i promieniu r staczający się bez poślizgu z równi pochyłej mają postać:

] T, [

= T

] β, m)g + [(M

= F_s

0,0

0,0 sin r −

r

Ruch odbywa się bez poślizgu więc: ^a=εr

Podstawiając siły i przyspieszenia do równań otrzymujemy:

Iε

= rT

m)a + (M

= T β m)g +

(M sin −

Z drugiego równania możemy wyznaczyć siłę tarcia (korzystając z faktu, że ruch odbywa się bez poślizgu): ^T=Ia_r²

Wtedy: =(M+m)a

r β Ia m)g +

(M sin − ₂

Stąd dostajemy przyspieszenie środka masy walca o masie M+m, promieniu r i momencie bezwładności I:

1 2

sin m)r + (M + I

β

= g a

Gdy walec wewnętrzny jest sklejony z walcem zewnętrznym, moment bezwładności walców sklejonych wynosi: I= m(R +r² )+ MR²

2 1 2

1 ₂

Przyspieszenie środka masy walca pełnego:

M) + (m R + ) + ( r

m)r +

= β(M

m)r + (M

MR +

) R + + (r

β

= g

m)r + (M + I

β

= g

a _{2 2 2}

2M 3m

2gsin 2

/ 1 2m

/ 1 1

sin 1

sin

2

2

2 2

2

b) Gdy walec wewnętrzny może poruszać się bez tarcia względem walca zewnętrznego, moment bezwładności powstałego walca wynosi: I= m(R²+r² )

2

1 . Walec wewnętrzny nie daje tu wkładu, gdyż na walec wewnętrzny nie działa żaden moment sił, który powodowałby jego obrót.

Równanie na przyspieszenie środka masy powstałego walca jest takie same jak w przypadku

Na orbitę stacjonarną Marsa (to odpowiednik orbity geostacjonarnej Ziemi) wprowadzono sondę o masie m=2000 kg na pokładzie którego znajdował się lądownik o masie 500kg. W pewnej chwili lądownik został odłączony poprzez zwolnienie zaczepów i ląduje na powierzchni Marsa dzięki własnemu silnikowi.

a) W jakiej odległości od środka planety Mars powinna krążyć sonda przed odłączeniem lądownika? Jaka jest prędkość sondy? Wiadomo, że doba na Marsie trwa

T0=24godz.37min.23s, promień Marsa RM=3400 km, zaś przyspieszenie ciał przy powierzchni tej planety gM=3,7 m/s². Dla oszacowania wartości liczbowej proszę przyjąć T0=9x10⁴s, R_M=3000 km, g_M=4 m/s², π=3.

b) Jaka musi być minimalna zmiana prędkości lądownika . c) Jaka będzie prędkość fragmentu sondy pozostającej na orbicie.

Rozwiązanie:

Ad. a)

2 2

n M

n r

GmM r

mω = ³ ₂

ω ^M

n

r = GM

Iloczyn GM_Mznajdziemy z przyspieszenia marsjańskiego i promienia planety

2 M

M

M R

g =GM , stąd g_MR_M² =GM_Mi ³

2 2 0 2

4π T R

r_n = g^{M M} oraz

T v= 2πrⁿ

Podstawienie przybliżonych wartości daje błyskawicznie wynik:

m m

s s m

m

r_n ³ ₂ ^{3 12 8 3 7}

2 8 2 2 12 2

10 2 81

10 3 10

4

10 9 10 9 4

⋅

≅

⋅

⋅

⋅ =

⋅

⋅

= ⋅

r=2x10⁷m, jest praktycznie identyczny z wynikiem, gdy wstawiamy dokładne wartości.

Ad. b) Zmiana prędkości lądownika r

v² =GM^M z zasady zachowania energii:

2 2

2 1 2

2

2

mv r

GmM mv

r GmM

n M

M + =− +

−

Z zasady zachowania pędu: mv₂r₂ =mv₁r_n

Rozwiązanie daje n

(

)

M r r r

GM r

v = +

2 2

1 2 i n

(

)

M n

r r r GM r T

v r v

v= − = − +

∆

2 2

1 2π 2

Ad. c) Promień orbity i prędkość nie ulegną zmianie

Nr. albumu: ... Grupa ¢wi zeniowa:...

FizykaI (2011/2012)

Kolokwium 09.01.2012

Pytania testowe (A)

Na ka»de pytanie jest dokªadnie jedna prawidªowa odpowied¹. Nale»y j¡ zazna zy¢ stawiaj¡ zytelny

znakX w odpowiedniej krat e. Oto zenie zakre±lonej kratki kóªkiem anuluje odpowied¹. Ponownego wyboru

anulowanej w ze±niejodpowiedzimo»nadokona¢ zytelniewypisuj¡ odpowiedni¡ literprzynumerzepytania.

Zadobr¡odpowied¹uzyskuje si1 punkt, zazª¡ -0.5punktu.

1. W jednorodnym poluelektry znym z¡stka mo»eporusza¢ sipo

A elipsie B hiperboli XC paraboli D okrgu

2. Okres obiegusatelity geosta jonarnego wynosi

A 24^h B 12^h C 24^h07^m XD 23^h56^m

3. Okres Tobiegu planetwokóªSªo« a zmieniasi zwielk¡ póªosi¡i horbityjak

FizykaI (2011/2012)

Kolokwium 09.01.2012

Pytania testowe (B)

Na ka»de pytanie jest dokªadnie jedna prawidªowa odpowied¹. Nale»y j¡ zazna zy¢ stawiaj¡ zytelny

znakX w odpowiedniej krat e. Oto zenie zakre±lonej kratki kóªkiem anuluje odpowied¹. Ponownego wyboru

anulowanej w ze±niejodpowiedzimo»nadokona¢ zytelniewypisuj¡ odpowiedni¡ literprzynumerzepytania.

Zadobr¡odpowied¹uzyskuje si1 punkt, zazª¡ -0.5punktu.

1. W jednorodnym polumagnety znym z¡stkanaªadowana niemo»e porusza¢ si po

A

X elipsie B prostej C okrgu D linii±rubowej

2. Pierwsza prdko±¢ kosmi znadla Ziemiwynosi wprzybli»eniu

A 1.7km/s B 16.7 km/s C 11.2 km/s XD 7.9km/s

3. Planetykr¡»¡ dookoªaSªo« a po orbita h

A

X elipty zny hze Sªo« em w jednym z ognisk B koªowy h C hiperboli zny h

D elipty zny h zeSªo« em w±rodkuelipsy

4. Przy niezna znym wy hyleniu zpoªo»eniarównowagitrwaªej ±rodekmasybryªy sztywnej

A obni»y si B przesuniesi poziomo XC podniesie si D niezmienipoªo»enia

5. Czsto±¢ pre esjib¡kapodpartegoniezale»y od

A momentu pdu XB k¡taod hylenia odpionu C masy D poªo»enia±rodka i»ko± i