Rozwi ˛azanie zadania 1.

Rozwi ˛ azanie zadania 1.

´Srednia g ˛esto´s´c wody z b ˛abelkami jest mniejsza ni˙z wody bez b ˛abelków, zatem piłka zanurzy si ˛e gł ˛ebiej (lub utonie).

Rozwi ˛ azanie zadania 2.

Oznaczmy mas ˛e koła przez m, a działaj ˛ ac ˛ a na nie sił ˛e tarcia po´slizgowego przez T . W ci ˛ agu czasu

∆t siła ta powoduje zmian ˛e pr ˛edko´sci liniowej koła o ∆v, przy czym m∆v = −T ∆t. Z drugiej strony, moment siły T powoduje zmian ˛e pr ˛edko´sci k ˛ atowej ∆ω wg wzoru T R∆t = I∆ω, gdzie R to promie´n koła, a I = mR ² jest momentem bezwładno´sci. Z tych równa´n wynika zwi ˛ azek mi ˛edzy ∆v a ∆ω:

∆v = −R∆ω

Pocz ˛ atkowo v = 0, ω = v 0 /R, a gdy po´slizg ustanie, v k = ω k R. Podstawiamy ∆v = v k ,

∆ω = ωk − v ⁰ /R, sk ˛ ad otrzymujemy v k = v 0 /2.

Zauwa˙zmy, ˙ze tylko 1/4 pocz ˛atkowej energii kinetycznej zostanie zamieniona na energi ˛e kinetyczn ˛a ruchu post ˛epowego koła, a połowa pocz ˛ atkowej energii kinetycznej zostanie zamieniona na ciepło.

Rozwi ˛ azanie zadania 3.

Powietrze ma mniejszy współczynnik załamania ni˙z woda, co oznacza, ˙ze nie zachodzi całkowite odbicie promieni padaj ˛ acych na powierzchni ˛e wody. Zatem w rozwa˙zanych warunkach rybka zawsze mo˙ze zobaczy´c w ˛edkarza.

Rozwi ˛ azanie zadania 4.

Kierunki biegu fali d´zwi ˛ekowej w powietrzu i w wodzie spełniaj ˛ a zwi ˛ azek sin α = _v ^v

w

sin β, gdzie α jest k ˛ atem padania na powierzchni ˛e wody, za´s β — k ˛ atem załamania w wodzie. W skrajnym przypadku sin β = 1, co daje sin α = _v ^v

= n. Dla danego h maksymalna odległo´s´c, przy której d´zwi ˛ek nie ulegnie całkowitemu odbiciu od powierzchni wody, to h tg α = h ^√ _1−n ⁿ

. Ale te wzory obowi ˛ azuj ˛ a przy zało˙zeniu, ˙ze d´zwi ˛ek w o´srodku jednorodnym rozchodzi si ˛e prostoliniowo (tzn. ˙ze mo˙zna pomin ˛a´c efekty falowe, np. dyfrakcj ˛e) i s ˛a prawdziwe dla odległo´sci znacznie wi ˛ekszych ni˙z długo´s´c fali. Poniewa˙z w powietrzu długo´s´c fali d´zwi ˛ekowej mówi ˛acego człowieka mo˙ze dochodzi´c do kilkudziesi ˛eciu centymetrów, efektów zwi ˛ azanych z falow ˛ a natur ˛ a d´zwi ˛eku nie mo˙zna pomin ˛a´c.

Zatem racj ˛e ma Kasia.

Rozwi ˛ azanie zadania 5.

Odp.: mniejsz ˛ a sił ˛ a mo˙zemy działa´c sytuacji b).

Gdyby´smy działali sił ˛ a dokładnie w poziomie, byłoby to wszystko jedno. Pionowa składowa siły, jak ˛ a działamy na wózek, pomaga w uniesieniu kółek stykaj ˛ acych si ˛e z progiem, przy czym mamy tu do czynienia z rodzajem d´zwigni, której o´s obrotu przechodzi przez o´s kółek nie stykaj ˛ acych si ˛e z progiem. W przypadku b) rami ˛e pionowej składowej jest wi ˛eksze, a zatem mo˙zemy działa´c mniejsz ˛a sił ˛ a aby unie´s´c kółka stykaj ˛ ace si ˛e z progiem.

Uwaga: Powy˙zsza analiza dotyczy sytuacji przedstawionej na rysunku, tzn. przeje˙zd˙zania pier- wsz ˛ a osi ˛ a przez próg. Przejechanie drug ˛ a osi ˛ a jest łatwiejsze, ni˙z przeje˙zd˙zanie pierwsz ˛a: pozioma siła działaj ˛ aca na r ˛ aczk ˛e powoduje podnoszenie kółek, które nie przejechały przez próg. Ta siła jest mniejsza, ni˙z siła potrzebna do uniesienia pierwszej osi wózka w przypadku a) — rami ˛e tej poziomej siły wzgl ˛edem odpowiedniej osi obrotu jest wi ˛eksze. Warto´s´c minimalnej siły niezb ˛ednej do prze- jechania drug ˛ a osi ˛ a przez próg mo˙zna jeszcze zmniejszy´c, odpowiednio zmieniaj ˛ac jej kierunek — co nadal oznacza, ˙ze jest ona mniejsza od siły niezb ˛ednej do przejechania pierwsz ˛a osi ˛a przez próg w przypadku a).

Analiza przeje˙zd˙zania drug ˛a osi ˛a przez próg nie była wymagana.

Rozwi ˛ azanie zadania 6.

Ilo´s´c ´swiatła dochodz ˛ aca do matrycy z danego punktu jest proporcjonalna do k ˛ ata bryłowego, pod jakim ten punkt "widzi" otwór, przez który ´swiatło wpada do aparatu, czyli do πd ² / (4x ² ), gdzie x jest odległo´sci ˛ a od tego punktu od obiektywu, a d ´srednic ˛ a otworu, przez który wpada ´swiatło. Z drugiej strony, powi ˛ekszenie obiektu wynosi p = f /x (gdy x ≫ f , odległo´s´c y obrazu od soczewki jest w przybli˙zeniu równa f). Zatem mamy

1

πd ² 4x ² = π

4

(f /F ) ² (f/p) ² = π

4 p ² F ² .

Przy ustalonym p ilo´s´c wpadaj ˛ acego ´swiatła zale˙zy tylko od F i maleje ze wzrostem tej wielko´sci.

Zatem Marek powinien u˙zy´c pierwszego obiektywu.

Rozwi ˛ azanie zadania 7.

Dane z tablic fizycznych: ciepło topnienia lodu c t = 333, 7 kJ/kg, ciepło parowania wody c p = 2257 kJ/kg, ciepło wła´sciwe wody c w = 4187 J/(kg·K).

Poniewa˙z c p > c t + c w · 100 K, to w stanie ko´ncowym b ˛edziemy mieli wod ˛e w równowadze z par ˛ a wodn ˛ a, a zatem temperatura ko´ncowa wyniesie 100 ^o C.

Rozwi ˛ azanie zadania 8.

Soczewka Fresnela jest równowa˙zna zwykłej soczewce płasko-wypukłej. W soczewce płasko- wypukłej na granicy materiał soczewki-powietrze zachodzi cz ˛e´sciowe odbicie ´swiatła. Gdy soczewka jest zwrócona do obserwatora stron ˛ a wypukł ˛ a, ta wypukło´s´c działa jak zwierciadło wypukłe, co daje obraz pozorny, pomniejszony prosty. Gdy soczewka jest zwrócona do obserwatora stron ˛ a płask ˛ a, na granicy mi ˛edzy stron ˛ a płask ˛ a a powietrzem mamy zwykłe odbicie (st ˛ ad niepomniejszony obraz), ale ´swiatło odbija si ˛e te˙z na granicy mi ˛edzy stron ˛a wypukł ˛a a powietrzem i to drugie odbicie jest równowa˙zne odbiciu od zwierciadła wkl ˛esłego, co (zauwa˙zmy, ˙ze ogniskowa — tak jak w przypadku zwykłej lupy — jest kilka razy mniejsza od odległo´sci od okna) daje obraz rzeczywisty odwrócony.

Uwaga: Mo˙zliwe jest te˙z zaobserwowanie obrazu z odbicia na granicy płaska powierzchnia — po- wietrze, gdy soczewka jest zwrócona stron ˛ a wypukł ˛ a do obserwatora. Taki obraz jest równowa˙zny dwukrotnemu przej´sciu przez soczewk ˛e i odbiciu od lustra. W sprzyjaj ˛ acych warunkach mo˙zna te˙z zobaczy´c wi ˛ecej obrazów, wynikaj ˛ acych z wielokrotnego odbicia ´swiatła.

Rozwi ˛ azanie zadania 9.

Gdyby pr ˛ ad we wszystkich przewodach płyn ˛ ał w t ˛e sam ˛ a stron ˛e, to byłoby B = 0 - wynika to np. z symetrii Ale nasz układ mo˙zemy potraktowa´c jako superpozycj ˛e takiej wła´snie sytuacji i pr ˛adu 2I płyn ˛ acego w jednym z przewodów. Zatem z prawa Ampère’a B = µ 0 2I

2πa = µ 0 I

πa , gdzie µ 0 jest przenikalno´sci ˛ a magnetyczn ˛ a pró˙zni.

Rozwi ˛ azanie zadania 10.

Siła powoduj ˛ aca ruch rozwa˙zanego ciała wynosi mg sin α. Dla małych α mamy sin α ≈ α, jednak dla wi ˛ekszych sin α < α co oznacza, ˙ze okres drga´n wahadła o du˙zej amplitudzie jest dłu˙zszy ni˙z okres drga´n o malej amplitudzie. Rozwa˙zmy teraz drganie o du˙zej amplitudzie pocz ˛atkowo w w kierunku (patrz ˛ ac z góry) y i małej w kierunku x. Niech na pocz ˛ atku ciało b ˛edzie w pozycji odpowiadaj ˛ acej maksymalnej warto´sci y i tym samym x = 0 oraz maksymalnej warto´sci v x > 0. Poniewa˙z okres drga´n w kierunku y jest (nieco) wi ˛ekszy ni˙z okres drga´n w kierunku x, gdy ciało osi ˛agnie znowu maksymaln ˛a warto´s´c y to x odpowiadaj ˛ ace temu poło˙zeniu b ˛edzie dodatnie (wzdłu˙z x ciało wykonała nieco wi ˛ecej ni˙z jedno drganie). Zatem je´sli rozwa˙zane ciało obiegało elips ˛e w prawo, to cała elipsa b ˛edzie si ˛e obraca´c w prawo. Je´sli obiegało j ˛ a w lewo, to elipsa b ˛edzie si ˛e obraca´c w lewo.

Rozwi ˛ azanie zadania 11.

Ksi ˛e˙zyc jest zwrócony stale t ˛a sam ˛a stron ˛a w kierunku Ziemi. Gdy zostanie zalany wod ˛a, na cz ˛e´sciach najbli˙zszej oraz najdalszej Ziemi gł ˛eboko´s´c wody b ˛edzie wi ˛eksza ni˙z w pozostałych cz ˛e´sciach.

Jednak miejsca na Ksi ˛e˙zycu, w których woda jest gł ˛ebsza, nie b ˛ed ˛a si ˛e zmienia´c. Zatem nie b ˛ed ˛a wyst ˛epowały pływy zwi ˛ azane z oddziaływaniem Ziemi.

B ˛ed ˛ a jednak pływy zwi ˛ azane z oddziaływaniem Sło´nca — analogicznie jak na Ziemi, dwa razy na ksi ˛e˙zycow ˛a dob ˛e, czyli raz na ok. 14 ziemskich dni.

Rozwi ˛ azanie zadania 12.

Porównamy pr ˛edko´sci malarza tu˙z przed uderzeniem w ziemi ˛e.

W przypadku a) mamy do czynienia ze spadkiem swobodnym i pr ˛edko´s´c malarza b ˛edzie wynosiła v a = √

2gh, gdzie h jest wysoko´sci ˛ a, na jakiej stał malarz.

W przypadku b) energia pocz ˛ atkowa drabiny wraz z malarzem wynosi E p = m m gh + m d gh/2, gdzie m m jest mas ˛ a malarza, m d — mas ˛ a drabiny, natomiast h/2 jest odległo´sci ˛ a ´srodka masy drabiny

2

od dolnego jej ko´nca. Energia ko´ncowa wynosi E k = ¹ ₂ m m v _b ² + ¹ ₂ I
_v

h

 2

, gdzie v b jest pr ˛edko´sci ˛ a ko´nca drabiny (i malarza) tu˙z nad ziemi ˛a, I — momentem bezwładno´sci drabiny wzgl ˛edem osi obrotu.

Poniewa˙z z zasady zachowania energii E p = E _k , otrzymamy

v b =  2gh



m m + m d /2 m m + I/h ² .

Je´sli potraktujemy drabin ˛e jako pr ˛et (lub płaski prostopadło´scian), to I = ¹ ₃ m d h ² i otrzymamy

v b = v a



m m + m d /2 m m + m d /3 > v a .

Natomiast je´sli przyjmiemy, ˙ze cała masa drabiny jest skupiona w jej ´srodku, to I = ¹ ₄ m d h ² i otrzymamy

v b = v a



m m + m d /2 m _m + m _d /4 > v a .

Wynika z tego, ˙ze przy przyj ˛etych zało˙zeniach lepszy jest wybór a).

Rozwi ˛ azanie zadania 13.

Zadanie najpro´sciej jest rozwi ˛ aza´c przechodz ˛ ac do układu odniesienia, w którym magnes jest nieruchomy. W tym układzie ładunek porusza si ˛e z pr ˛edko´sci ˛ a v w dół (zgodnie z orientacj ˛ a na rysunku), co oznacza, ˙ze działa na niego siła Lorentza qv ×  B. Poniewa˙z z rysunku wynika, ˙ze  B jest skierowane w lewo, ta siła b ˛edzie skierowana prostopadle do płaszczyzny rysunku i zwrócona za t ˛e płaszczyzn ˛e.

Rozwi ˛ azanie zadania 14.

Niech d oznacza odległo´s´c ´srodka masy wska´znika od punktu podparcia (palca).

Z twierdzenia Steinera moment bezwładno´sci wzgl ˛edem tego punktu wynosi I = md ² + I 0 , gdzie I 0 jest momentem bezwładno´sci wzgl ˛edem ´srodka masy, a m — mas ˛ a. Gdy wska´znik jest odchylony od pionu od o k ˛ at α, moment siły wynosi M = mgd sin α Z drugiej zasady dynamiki mamy

d ² α dt ² = M

I = d

I/m g sin α = d

d ² + I ₀ /m g sin α.

Pr ˛et tym łatwiej b ˛edzie utrzyma´c, im mniejsze b ˛edzie przyspieszenie k ˛ atowe przy ustalonym α — mamy wtedy wi ˛ecej czasu na reakcj ˛e.

Gdy kulka jest na górze, d = h oraz I/m = h ² i otrzymujemy _I/m ^d = 1/h.

Gdy kulka jest na dole, mo˙zemy pomin ˛a´c kulk ˛e (bo jest mała) i mamy d = ^h ₂ , I = h ² /3 i otrzymujemy _I/m ^d = 3/ (2h) .

Zatem łatwiej jest utrzyma´c pr ˛et w pionie, gdy kulka jest na górze.

Rozwi ˛ azanie zadania 15.

Rozwi ˛ azanie A.

Niech płyta 1 zostanie pomalowana farb ˛ a X, a płyta 2 — farb ˛ a Y . Moc promieniowania wysyłanego przez płyt ˛e 1 na jednostk ˛e powierzchni wynosi A X σT ₁ ⁴ . Z tego pochłoni ˛ete przez płyt ˛e 2 zostanie od razu A _X σT ₁ ⁴ A _Y , po dwukrotnym odbiciu −A X σT ₁ ⁴ (1 − A Y )(1 − A X )A _Y , po czterokrotnym odbiciu

−A ^X σT ₁ ⁴ (1 − A ^Y ) ² (1 − A ^X ) ² A Y itd., razem p _1→2 = _1−(1−A ^A

^A

a

)(1−A

) σT ₁ ⁴ . Przepływ netto jest ró˙znic ˛a tego wyra˙zenia i pochodz ˛acego od emisji przez płyt ˛e 2, w którym zamiast T 1 b ˛edzie T 2 . Wida´c, ˙ze zamiana X na Y nie zmienia niczego.

Rozwi ˛ azanie B.

Niech A 1 okre´sla szaro´s´c pierwszej płyty, a A 2 — szaro´s´c drugiej płyty, tzn. w naszym przypadku A ₁ = A _A oraz A ₂ = A _B lub A ₁ = A _B oraz A ₂ = A _A . Nast ˛epnie niech p (T 1 , A ₁ , A ₂ ) b ˛edzie moc ˛ a na jednostk ˛e powierzchni promieniowania z pierwszej płyty które jest pochłaniane przez drug ˛ a

3

płyt ˛e. Zgodnie z definicj ˛ a ciała doskonale szarego ta moc nie zale˙zy od temperatury T 2 drugiej płyty, natomiast zale˙zy od współczynników A 1 oraz A ₂ . Moc na jednostk ˛e powierzchni promieniowania z drugiej płyty, które jest pochłaniane przez pierwsz ˛ a płyt ˛e musi by´c dana t ˛e sam ˛ a funkcj ˛ a (bo prawa fizyki s ˛ a dla obu płyt takie same), z odpowiednio zmienionymi parametrami, tzn. wynosi p (T ₂ , A ₂ , A ₁ ). Wypadkowa moc na jednostk ˛e powierzchni płyn ˛ aca od pierwszej płyty do drugiej wynosi p _1→2 = p (T 1 , A 1 , A 2 ) − p (T ² , A 2 , A 1 ). Z drugiej zasady termodynamiki dla T 1 = T 2 ta moc musi by´c równa 0 (ciepło mo˙ze przepływa´c tylko od ciała cieplejszego do chłodniejszego), zatem funkcja p jest symetryczna wzgl ˛edem drugiego i trzeciego argumentu p (T, A 1 , A ₂ ) = p (T, A ₂ , A ₁ ).

A to oznacza, ˙ze

p (T 1 , A A , A B ) − p (T ² , A B , A A ) = p (T 1 , A B , A A ) − p (T ² , A A , A B ) , tzn. jest wszystko jedno, któr ˛ a farb ˛ a pomalujemy któr ˛ a płyt ˛e.

4