Rozwi ˛ azanie zadania 1.

Rozwi ˛ azanie zadania 1.

Kształt balonu przy napompowywaniu jest taki, by zminimalizowa´c rozci ˛ agni ˛ecie powierzchni przy danej ilo´sci powietrza znajduj ˛ acej si ˛e w jego wn ˛etrzu. Rozwa˙zmy fragment naszego balonu b ˛ed ˛acy powierzchni ˛ a boczn ˛ a walca o promieniu r i wysoko´sci l. Je´sli rozci ˛ agniemy rozwa˙zany fragment, zwi ˛ekszaj ˛ ac wysoko´s´c do l + dl, wzgl ˛edny przyrost obj ˛eto´sci b ˛edzie równy ^dl _l . Je´sli za´s zwi ˛ekszymy promie´n o dr, to (dla małych dr) wzgl ˛edny przyrost obj ˛eto´sci b ˛edzie równy ^{2 πrdr} _πr

= 2 ^dr _r . Zatem ten sam wzgl ˛edny wzrost obj ˛eto´sci mo˙zna osi ˛agn ˛a´c przy stosunku ^dr _r dwa razy mniejszym, ni˙z ^dl _l . To oznacza, ˙ze rozci ˛aganie w poprzek jest bardziej efektywne (wymaga mniejszego wzrostu energii do osi ˛ agni ˛ecia takiego samego przyrostu obj ˛eto´sci). Zatem w wyniku dopompowania balon stanie si ˛e kształtem bli˙zszy kuli.

Rozwi ˛ azanie zadania 2.

Nale˙zy najpierw odł ˛aczy´c przewód od bieguna ujemnego. Taka kolejno´s´c gwarantuje, ˙ze w czasie odł ˛ aczania przewodów przypadkowe dotkni ˛ecie narz ˛edziem do nieizolowanego fragmentu karoserii nie spowoduje zwarcia. Z tych samych powodów nale˙zy najpierw podł ˛acza´c przewód do bieguna dodatniego.

Rozwi ˛ azanie zadania 3.

Zwykle przeło˙zenie w rowerze jest takie, ˙ze jeden obrót pedałami powoduje kilka obrotów tylnego koła. Dodatkowo promie´n okr ˛egu zakre´slanego przez pedały jest mniejszy ni˙z promie´n koła. Efek- tywnie zatem układ pedały-koło jest rodzajem d´zwigni, której krótsze rami ˛e jest od strony pedałów.

Oznacza to, ˙ze je´sli na pedał (a wi ˛ec i na cały rower) podziałamy sił ˛a F , to pozioma siła, z jak ˛a koło b ˛edzie działało na podło˙ze, b ˛edzie mniejsza od F , a zatem rower przesunie si ˛e do tyłu. Je´sli jednak przeło˙zenie w rowerze jest bardzo małe (niskie biegi w rowerach górskich), to ta siła mo˙ze by´c wi ˛eksza ni˙z F i rower przesunie si ˛e do przodu.

Mo˙zna te˙z na to zagadnienie spojrze´c z energetycznego punktu widzenia. Gdyby ci ˛agni ˛ecie pedału do tyłu powodowało przesuni ˛ecie roweru do przodu, to wykonywaliby´smy ujemn ˛ a prac ˛e i mieliby´smy do czynienia z perpetuum mobile. To stwierdzenie jest jednak prawdziwe tylko, je´sli pedał wzgl ˛edem ziemi przesun ˛ ałby si ˛e do przodu, czyli w przypadku "zwykłego" przeło˙zenia. Je´sli przeło˙zenie jest bardzo małe, to mo˙zliwe jest, by rower przesun ˛ał si ˛e do przodu, a pedał wzgl ˛edem ziemi — do tyłu i nie ma sprzeczno´sci z zasad ˛ a zachowania energii.

Rozwi ˛ azanie zadania 4.

W rozwa˙zanej sytuacji tu˙z po p ˛ekni ˛eciu nitki na kulk ˛e nie działa ˙zadna siła, a zatem jej przyspiesze- nie wzgl ˛edem nieruchomego obserwatora jest równe 0.

Rozwi ˛ azanie zadania 5.

Z analizy wymiarowej wynika, ˙ze moment siły potrzebny do obrotu kartki wokół punktu w pobli˙zu rogu wynosi kµgml, gdzie k jest pewn ˛ a wielko´sci ˛ a bezwymiarow ˛ a zale˙zn ˛a tylko od proporcji boków, µ — współczynnikiem tarcia kartki o stół, m — mas ˛ a kartki, a l — długo´sci ˛ a dłu˙zszego boku. Siła potrzebna do obrotu kartki wokół rogu wynosi zatem F ² = kµgml/l. W przypadku obrotu wokół

´srodka, podzielmy my´slowo kartk ˛e na 4 mniejsze. Moment siły potrzebny do ich obrócenia wynosi 4 · kµg ^m 4

l

2 , zatem siła F ¹ = 4 · kµg ^m 4 l 2 /
_l

2

 = F ² . Rozwi ˛ azanie zadania 6.

Siła oporu jest przeciwnie skierowana do kierunku ruchu kulki, a zatem jest postaci F R = −k _|v| ^{ v} v ² , gdzie v jest wektorem pr ˛edko´sci kulki, a k — stał ˛ a dodatni ˛ a. Równania ruch kulki s ˛ a nast ˛epuj ˛ ace:

ma y = mg − kv ^y 

v _x ² + v _y ² , ma x = −kv ^x 

v _x ² + v _y ² ,

gdzie a x , a y to pionowa (dodatnia w dół) oraz pozioma składowa przyspieszenia, natomiast v x , v y to pionowa (dodatnia w dół) oraz pozioma składowa pr ˛edko´sci.

Z pierwszego z tych równa´n wynika, ˙ze je´sli |v ^x | > 0, to pionowa składowa siły oporu jest wi ˛eksza ni˙z gdy v x = 0, a zatem kulka upuszczona z zerow ˛ a pr ˛edko´sci ˛ a pocz ˛ atkow ˛ a spadnie na ziemi ˛e pierwsza.

1

Gdyby równania ruchu miały posta´c ma y = mg − kv ^y , ma x = −kv ^x , czyli gdyby siła oporu zale˙zała liniowo od pr ˛edko´sci, to ruchy w pionie i poziomie byłyby niezale˙zne, a zatem obie kulki spadłyby równocze´snie.

Rozwi ˛ azanie zadania 7.

Przyjmijmy, ˙ze fotografowany obiekt składa si ˛e z wielu punktowych ´zródeł ´swiatła, i rozwa˙zmy tylko te, których obraz tworzy rozwa˙zane zdj ˛ecie. W przypadku powi ˛ekszenia optycznego obrazy tych ´zródeł znajd ˛ a si ˛e na całej powierzchni matrycy, w przypadku powi ˛ekszenia cyfrowego — tylko na tej jej cz ˛e´sci, z której powstanie zdj ˛ecie. Poniewa˙z wielko´s´c soczewki w obu przypadkach jest taka sama, przechodzi przez ni ˛ a w obu przypadkach taki sam strumie´n ´swiatła pochodz ˛ acy od wybranego

´zródła punktowego. W obu przypadkach całe to ´swiatło jest skupiane na matrycy. Zatem na obszar matrycy, z którego powstaje zdj ˛ecie, w obu przypadkach w tym samym czasie pada ta sama ilo´s´c

´swiatła — obie metody s ˛ a równowa˙zne z rozwa˙zanego punktu widzenia.

Rozwi ˛ azanie zadania 8.

K ˛ atowa zdolno´s´c rozdzielcza soczewki zale˙zy tylko od jej ´srednicy, a zatem jest taka sama w obu przypadkach. Oznacza to, ˙ze rozwa˙zana plamka na matrycy aparatu o wi ˛ekszej ogniskowej b ˛edzie wi ˛eksza w liczbach bezwzgl ˛ednych, ale w stosunku do rozmiaru matrycy taka sama jak w przypadku aparatu o mniejszej ogniskowej. Zatem zdolno´s´c rozdzielcza jest w obu przypadkach taka sama.

Rozwi ˛ azanie zadania 9.

Gdy rower skr ˛eca, zmieniaj ˛ ac tym samym płaszczyzn ˛e obrotu tylnych kół, to efekt ˙zyroskopowy powoduje tendencj ˛e do odchylania si ˛e tej płaszczyzny od pionu, co destabilizuje rower.

Efekt ˙zyroskopowy jest tym silniejszy, im wi ˛ekszy jest moment p ˛edu koła. Je´sli rower jedzie z pr ˛edko´sci ˛ a v, a masa koła znajduje si ˛e głównie w pobli˙zu jego obwodu, to rozwa˙zany moment p ˛edu wynosi mr ^{2 v} _r = mrv, gdzie m jest mas ˛ a koła, a r — jego promieniem. Zatem rower o wi ˛ekszych kołach b ˛edzie miał wi ˛eksz ˛ a tendencj ˛e do przewrócenia si ˛e. Zauwa˙zmy, ˙ze w rzeczywisto´sci wi ˛eksze koła maj ˛ a zwykle wi ˛eksz ˛ a mas ˛e, co dodatkowo pot ˛eguje ten efekt.

Rozwi ˛ azanie zadania 10.

Niech promie´n otworu wynosi r. Podstawa sto˙zka tworz ˛acego korek znajduje si ˛e w odległo´sci d = _R ^r H od wierzchołka, zatem obj ˛eto´s´c cz ˛e´sci korka znajduj ˛ acej si ˛e ponad dnem wynosi V z = πR ² H/3 − πr ² d/3 = πH (R ² − r ³ /R) /3. Je´sli h > H − d (korek nie wystaje ponad powierzchni ˛e wody) to siła wyporu działaj ˛ aca na korek wynosi

F w = V z ρg − ρghπr ² = ρg  πH

R ² − r ³ /R 

/3 − hπr ²  .

Poniewa˙z mas ˛e korka mo˙zemy zaniedba´c, wyskoczy on gdy F ^w > 0. To daje warunek na h:

h > H 3

 R ² r ² − r

R



= H 3

R ² r ²

 1 − r ³

R ³

 .

Je´sli h < H − d = H (1 − r/R), to siła działaj ˛aca na korek jest skierowana w gór ˛e, a wi ˛ec korek zawsze wyskoczy. Zauwa˙zmy jednak ˙ze dla 0 < r ≤ R mamy ^{H 3 R} r

 1 − R ^r

≥ H
1 − R ^r

 (bo

H 3

R

r

 1 − R ^r

/H
1 − R ^r

 = 

R

r

+ ^R _r + 1

/3 jest w rozpatrywanym przedziale malej ˛ ac ˛ a funkcj ˛ a r, a jej warto´s´c na ko´ncu tego przedziału wynosi 1). Zatem korek nie wyskoczy je´sli h > ^H 3

 R

r

− R ^r

. W naszym przypadku r = R/2, zatem korek nie wyskoczy, je´sli h > ⁷ 6 H.

Rozwi ˛ azanie zadania 11.

Oznaczmy k ˛ at mi ˛edzy płaskimi fragmentami sufitu przez α (= 120 ^o ). Gdy przeciwstawiaj ˛ aca si ˛e wysuni ˛eciu piłki siła tarcia wynosi T , a siła nacisku piłki na jedn ˛ a ze ´scian wynosi N , to pochodz ˛ aca od tarcia i od reakcji sufitu siła działaj ˛ aca na piłk ˛e wynosi

F R = 2 

T cos α

2 − N sin α 2

.

Je´sli piłka nie wysuwa si ˛e, to ta siła jest dodatnia, co oznacza

2

T

N > tg α

2 = tg α

2 = tg 60 ^o ≈ 1,73.

czyli współczynnik tarcia µ musi by´c wi ˛ekszy od tg 60 ^o ≈ 1,73.

Uwaga:

Spełnienie powy˙zszego warunku nie musi wystarczy´c, by piłka si ˛e nie wysun ˛eła, gdy˙z siła F R musi zrównowa˙zy´c sił ˛e grawitacji. Zauwa˙zmy jednak, ˙ze je´sli µ > tg ^α 2 , to zwi ˛ekszaj ˛ ac sił ˛e nacisku N mo˙zemy dowolnie zwi ˛eksza´c F R , podczas gdy siła grawitacji pozostanie niezmieniona.

Rozwi ˛ azanie zadania 12.

Rozwa˙zmy powierzchni ˛e obrotow ˛a o osi obrotu pokrywaj ˛acej si ˛e z przewodami dochodz ˛acymi do kondensatora, której brzegiem jest okr ˛ ag o promieniu 2r. Za˙z ˛adajmy dodatkowo, by ta powierzchnia nie przechodziła mi ˛edzy okładkami kondensatora (mo˙ze to by´c np. półsfera). Przy takich zało˙zeniach całkowity pr ˛ ad przecinaj ˛ acy t ˛e powierzchni ˛e wynosi I w przypadku a), natomiast 0 w przypadku b).

Zatem z prawa Ampère’a, wykorzystuj ˛ ac symetri ˛e obrotow ˛ a układu, otrzymujemy, ˙ze B = ₂ ^µ _π·2r

^I = ^µ _{4 πr}

^I w przypadku a)

0 w przypadku b).

gdzie µ o jest przenikalno´sci ˛ a magnetyczn ˛ a pró˙zni.

Ten wynik jest tak sam, jak w przypadku prostoliniowego przewodu (przez który w przypadku a) płynie pr ˛ ad, a w przypadku b) — nie płynie) bez kondensatora.

Je´sli wybierzemy powierzchni ˛e przechodz ˛ ac ˛ a mi ˛edzy okładkami kondensatora, np. koło, prawo Ampère’a doprowadzi do innego wyniku. Ta sprzeczno´s´c doprowadziła Maxwella do modyfikacji prawa Ampère’a poprzez wprowadzenie tzw. pr ˛ adu przesuni ˛ecia (zob. np. Wikipedia). Uwzgl ˛ednie- nie pr ˛ adu przesuni ˛ecia powoduje, ˙ze otrzymujemy powy˙zsze wyniki niezale˙znie od tego, czy wybrana powierzchnia przechodzi mi ˛edzy okładkami kondensatora, czy nie.

Rozwi ˛ azanie zadania 13.

Pole magnetyczne jest bez´zródłowe (lub inaczej mówi ˛ ac linie pola magnetycznego s ˛ a liniami zamkni ˛etymi), co oznacza, ˙ze całkowity strumie´n przechodz ˛acy przez rozwa˙zan ˛a powierzchni ˛e jest równy 0.

Poniewa˙z strumie´n przechodz ˛acy przez przekrój cewki wynosi µ ⁰ πR ² NI/L, równie˙z strumie´n przechodz ˛ acy przez cz ˛e´s´c płaszczyzny znajduj ˛ ac ˛ a si ˛e na zewn ˛ atrz cewki jest co do warto´sci równy µ ⁰ πR ² N I/L.

Rozwi ˛ azanie zadania 14.

Wi ˛ekszo´s´c obecnie stosowanych wag łazienkowych ma w nó˙zkach wbudowane małe, wystaj ˛ace czujniki nacisku. Gdy waga stoi na poziomej, twardej powierzchni, wy´swietlany ci ˛e˙zar wynika z sumy zmierzonych przez czujniki warto´sci i jest ci ˛e˙zarem osoby stoj ˛acej na wadze. Gdy waga stoi na mi ˛ekkiej wykładzinie, wykładzina mo˙ze naciska´c bezpo´srednio na nó˙zki z pomini ˛eciem czujników, co zmniejsza zmierzone przez nie warto´sci, a zatem i wy´swietlany ci ˛e˙zar.

Rozwi ˛ azanie zadania 15.

Przyjmuj ˛ ac, ˙ze (´srednio) mion ma energi ˛e E = ¹²⁵ 4 ^GeV otrzymujemy v = pc ² /E = c· √

E ² − m ² c ⁴ /E ≈ c, T = _mc ^E

T ⁰ = 4 ·0,106 ¹²⁵ · 2,2 · 10 ⁻⁶ s = 6,5 · 10 ⁻⁴ s. Zatem szukana droga s = T · v ≈ 6,5 · 10 ⁻⁴ s · 300000 km/s ≈ 200 km.

3