Rozwi ˛azanie zadania 1.

Rozwi ˛ azanie zadania 1.

Promie´n powstałej ba´nki jest wi ˛ekszy ni˙z promie´n ka˙zdej z pierwotnych baniek, a zatem, zgodnie z podanym w tre´sci zadania wzorem na nadci´snienie, jest ono mniejsze w przypadku nowo pow- stałej ba´nki. Poniewa˙z temperatura oraz całkowita ilo´s´c gazu nie ulegaj ˛a zmianie, a ci´snienie si ˛e zmniejszyło, z równania stanu gazu doskonałego pV = nRT wynika, ˙ze obj ˛eto´s´c powstałej ba´nki jest wi ˛eksza ni˙z suma obj ˛eto´sci baniek pierwotnych. Zatem, na podstawie prawa Archimedesa, siła wyporu jest w ko´ncowej sytuacji wi ˛eksza ni˙z w pocz ˛atkowej i powstała ba´nka zacznie si ˛e wznosi´c.

Rozwi ˛ azanie zadania 2.

Opór powietrza ro´snie ze wzrostem pr ˛edko´sci samochodu, zatem straty energii zwi ˛ azane z tym oporem b ˛ed ˛ a mniejsze, gdy samochód b ˛edzie si ˛e poruszał wolniej. Oznacza to, ˙ze w pocz ˛atkowej fazie ruchu (do dojechania do poziomego fragmentu toru lub przebyciu odpowiedniej drogi w przypadku A) samochód poruszaj ˛ acy si ˛e po torze B wytraci najmniej energii kinetycznej. A zatem samochód poruszaj ˛ acy si ˛e po torze B pokona najwi ˛eksz ˛ a drog ˛e do momentu zatrzymania.

Rozwi ˛ azanie zadania 3.

Puchar z galaretk ˛ a jest mniej stabilny ni˙z pusty puchar, je´sli jego ´srodek ci ˛e˙zko´sci znajduje si ˛e wy˙zej, ni˙z ´srodek ci ˛e˙zko´sci pustego pucharu. A to zajdzie, je´sli ´srodek ci ˛e˙zko´sci samej galaretki b ˛edzie wy˙zej ni˙z ´srodek ci ˛e˙zko´sci pustego pucharu. ´Srodek ci ˛e˙zko´sci pucharu znajduje si ˛e na wysoko´sci 2H/3 (puchar mo˙zemy traktowa´c jako zbudowany z wielu przylegaj ˛acych do siebie trójk ˛atów, a ´srodek ci ˛e˙zko´sci trójk ˛ata znajduje si ˛e w jednej trzeciej odległo´sci od podstawy). ´Srodek ci ˛e˙zko´sci galaretki jest na wysoko´sci 3h/4 (galaretka tworzy sto˙zek, a ´srodek ci ˛e˙zko´sci sto˙zka jest w odległo´sci ¹ ₄ h od jego podstawy). Zatem w skrajnym przypadku nasz warunek oznacza 2H/3 = 3h/4. St ˛ ad szukane h = 8H/9.

Rozwi ˛ azanie zadania 4.

Im wy˙zsza jest temperatura ciała doskonale czarnego, tym wi ˛ecej jego promieniowanie zawiera składowych o mniejszej długo´sci fali (i wi ˛ekszej cz ˛estotliwo´sci), a zatem odpowiadaj ˛ acych kolorowi niebieskiemu. Czyli wy˙zsza temperatura barwowa odpowiada zimniejszym kolorom.

Rozwi ˛ azanie zadania 5.

Bardzo du˙za kula w pobli˙zu małej kulki jest dla niej praktycznie płaszczyzn ˛a. Umie´s´cmy po drugiej stronie małej kulki drug ˛ a tak ˛ a sam ˛ a płaszczyzn ˛e o temperaturze T . Poniewa˙z płaszczyzny s ˛a niesko´nczone, praktycznie całe promieniowanie wychodz ˛ ace z małej kulki dotrze do jednej z płaszczyzn (miara k ˛ ata bryłowego odpowiadaj ˛ acego promieniowaniu trafiaj ˛ acemu w „szpar ˛e” mi ˛edzy płytami jest równa 0). Mała kulka o temperaturze T x i powierzchni s emituje promieniowanie o mocy sσT _x ⁴ . W rozwa˙zanej sytuacji z dwoma płaszczyznami równowagowa temperatura małej kulki musi by´c równa T . To oznacza, ˙ze z obu płaszczyzn dochodzi do małej kulki promieniowanie o mocy sσT ⁴ . Zatem z jednej płaszczyzny (b ˛ed ˛ acej przybli˙zeniem du˙zej kuli) do małej kulki dochodzi promieniowanie o mocy sσT ⁴ /2. Poniewa˙z układ ma by´c w stanie równowagi termodynamicznej, musi by´c sσT _x ⁴ = sσT ⁴ /2. St ˛ ad T _x = T / √

2.

Rozwi ˛ azanie zadania 6.

Gdy sznurek przechodzi przez rurk ˛e, pr ˛edko´s´c fragmentu sznurka, który zsun ˛ ał si ˛e ze stołu, jest skierowana pionowo. Gdy nie ma rurki kieruj ˛ acej sznurek w dół, fragment sznurka opuszczaj ˛ acy stół ma pocz ˛ atkowo pr ˛edko´s´c skierowan ˛ a poziomo i w efekcie fragmenty sznurka, które zsun ˛eły si ˛e ze stołu maj ˛ a niezerow ˛ a poziom ˛ a składow ˛ a pr ˛edko´sci. A wi ˛ec, dla tej samej długo´sci cz ˛e´sci sznurka pozostałej na stole, całkowita grawitacyjna energia potencjalna sznurka b ˛edzie wi ˛eksza w przypadku B, st ˛ ad jego pr ˛edko´s´c b ˛edzie wi ˛eksza w przypadku A. Zatem sznurek szybciej si ˛e zsunie w sytuacji A.

Rozwi ˛ azanie zadania 7.

Załó˙zmy, ˙ze jeden z punktów podparcia znajdzie si ˛e blisko ´srodka ci ˛e˙zko´sci pr ˛eta. W takiej sytuacji siła nacisku na drugi punkt podparcia stanie si ˛e bliska zeru zero, a zatem równie˙z siła tarcia mi ˛edzy nim a pr ˛etem stanie si ˛e równa bliska zeru. To oznacza, ˙ze ten drugi punkt podparcia b ˛edzie si ˛e zbli˙zał do ´srodka ci ˛e˙zko´sci pr ˛eta, a pierwszy pozostanie blisko ´srodka ci ˛e˙zko´sci. Ten ruch sko´nczy si ˛e,

1

gdy punkty podparcia si ˛e spotkaj ˛ a — dokładnie pod ´srodkiem masy pr ˛eta. Zatem ko´ncowe poło˙zenie obu punktów podparcia znajduje si ˛e pod ´srodkiem masy pr ˛eta, czyli w rozwa˙zanej sytuacji — w jego połowie.

Rozwi ˛ azanie zadania 8.

Na górnej płytce (patrz ˛ ac przeciwnie do kierunku  E) wyindukuje si ˛e ładunek −Q, natomiast na dolnej — ładunek +Q, tak, by napi ˛ecie mi ˛edzy tymi płytkami było równe 0. A takie napi ˛ecie oznacza,

˙ze pomi ˛edzy płytkami nat ˛e˙zenie wypadkowego pola elektrycznego jest równe 0. Wewn ˛ atrz ka˙zdej z płytek pole elektryczne zmienia si ˛e od  E do 0 (lub od 0 do  E). To oznacza, ˙ze ka˙zda z płytek znajduje si ˛e w zewn ˛etrznym polu elektrycznym o nat ˛e˙zeniu  E/2 (to, ˙ze jest to  E/2, a nie  E, jest wynikiem oddziaływania ładunku wyindukowanego na drugiej płytce). Zatem po usuni ˛eciu pr ˛etów dolna płytka (o ładunku dodatnim) b ˛edzie si ˛e przemieszczała zgodnie z kierunkiem  E (czyli w dół), a górna — przeciwnie da tego kierunku (czyli w gór ˛e).

Rozwi ˛ azanie zadania 9.

Doskonało´s´c aerodynamiczna 20 oznacza, ˙ze pozioma siła oporu działaj ˛aca na samolot jest równa F _R = mg/20, gdzie mg jest ci ˛e˙zarem samolotu. Zatem praca niezb ˛edna do przemieszczenia samolotu na podan ˛ a odległo´s´c wynosi W = F R · 100 km = 2000 kg · 9,8 ^m _s

· 100000 m/20 = 98 MJ. Zatem na przebycie odległo´sci 100 km nasz samolot potrzebuje paliwa o obj ˛eto´sci W/ (0,2 · 30 MJ/l) ≈ 16 l.

Rozwi ˛ azanie zadania 10.

Mo˙zliwe s ˛a alternatywne rozwi ˛azania.

1. Pole magnetyczne wytworzone przez jedn ˛ a z rozwa˙zanych płyt jest analogiczne do pola elek- trycznego wytworzone przez dwie równoległe, bliskie siebie warstwy ładunków o równych co do warto´sci g ˛esto´sciach, ale przeciwnych znakach. Nat ˛e˙zenie pola elektrycznego na zewn ˛atrz takich warstw jest równe zeru — podobnie jak równe zeru jest nat ˛e˙zenie pola elektrycznego na zewn ˛atrz kondensatora płaskiego w pobli˙zu jego okładek i z dala od jego brzegów. Zatem pole magnetyczne wytwarzane przez rozpatrywan ˛ a warstw ˛e jest w rozwa˙zanym przybli˙zeniu zerowe, czyli siła oddziały- wania płyt jest równa zeru.

2. Ka˙zdy z magnesów wytwarza pole lokalne. Strumie´n tego pola przez płaszczyzn ˛e płyty jest równy zeru, bo linie s ˛ a zamkni ˛ete. Zatem strumie´n pola wszystkich magnesów danej płyty jest równy zeru. Poniewa˙z pole płyty jest jednorodne (poza brzegami), wi ˛ec musi by´c bliskie zeru.

3. Magnes jest równowa˙zny p ˛etli z pr ˛adem. Pr ˛ady płyn ˛ace w stykaj ˛acych sie magnesach s ˛a przeciwne i si ˛e znosz ˛ a. Pozostaje pr ˛ ad płyn ˛ acy po obwodzie płyty, a dla du˙zej płyty pole magnetyczne wytwarzane przez ten pr ˛ ad jest zaniedbywalne z dala od brzegów płyty.

Rozwi ˛ azanie zadania 11.

Zderzenie kulki ze ´scian ˛ a trwa bardzo krótko (niesko´nczenie krótko je´sli współczynnik spr ˛e˙zysto´sci jest niesko´nczony), a zatem siła nacisku N kulki na ´scian ˛e jest bardzo du˙za (niesko´nczona). Poniewa˙z działaj ˛ aca do góry na kulk ˛e siła tarcia wynosi µN, gdzie µ = 0, b ˛edzie ona równie˙z bardzo du˙za (niesko´nczona), a zatem wi ˛eksza od ci ˛e˙zaru kulki. Zatem w rozwa˙zanym przybli˙zeniu kulka zawsze podskoczy.

Uwaga: To, ˙ze siła tarcia jest bardzo du˙za, nie oznacza, ˙ze wysoko´s´c „podskoku” b ˛edzie du˙za, gdy˙z czas działania tej siły jest bardzo krótki.

Rozwi ˛ azanie zadania 12.

Przyspieszenie grawitacyjne na szczycie rozwa˙zanej góry, czyli na powierzchni małej kuli w punkcie najbardziej odległym od Ziemi jest sum ˛ a przyspiesze´n od kuli ziemskiej oraz małej kuli i wynosi g na szczycie = G _(R+2r) ^M

+ G ^m _r

, gdzie M jest mas ˛ a Ziemi, R — promieniem Ziemi, m — mas ˛ a małej kulki r — promieniem małej kulki, G — uniwersaln ˛ a stał ˛ a grawitacyjn ˛ a. Przyjmuj ˛ ac, ˙ze przyspieszenie

2

grawitacyjne na powierzchni Ziemi wynosi g, mo˙zemy ten wzór przekształci´c do postaci

g na szczycie = g R ²

(R + 2r) ² + g ρr ρ Ziemi R

= g

1

(1 + 2r/R) ² + ρ ρ Ziemi

r R

 ,

gdzie ρ Ziemi jest ´sredni ˛ a g ˛esto´sci ˛ a Ziemi.

Bezpo´srednie podstawienie do tego wzoru warto´sci liczbowych r ≈ 4,5 km (połowa wysoko´sci Mount Everest), R ≈ 6400 km, ρ ^Ziemi = 5,5 _cm ^g

, ρ = 3 _cm ^g

prowadzi do warto´sci wyra˙zenia w nawiasie mniejszej od 1, a zatem do wniosku, ˙ze na szczycie góry przyspieszenie grawitacyjne jest mniejsze ni˙z na poziomie morza.

Mo˙zna te˙z skorzysta´c ze słusznego dla x ≪ 1 przybli˙zenia _(1+x) ¹

≈ 1−2x, prowadz ˛acego do wzoru

g na szczycie ≈ g

1 − 4r

R + ρ

ρ Ziemi

r R



który oznacza, ˙ze je´sli _ρ

^ρ < 4 (co jest spełnione w naszym przypadku), to g na szczycie < g niezale˙znie od warto´sci r (pod warunkiem r ≪ R, spełnionym dla wszystkich realnych ziemskich gór).

Rozwi ˛ azanie zadania 13.

Z prawa Gaussa wynika, ˙ze szukany ładunek Q = ε 0 S |E ^Al − E ^Fe |, gdzie S jest podan ˛a w tre´sci zadania powierzchni ˛ a (1 cm ² ), natomiast E Al , E Fe — nat ˛e˙zeniem prostopadłego do niej pola elek- trycznego tu˙z przy granicy metali odpowiednio w glinie i w ˙zelazie. Poniewa˙z nie jest okre´slony zwrot przepływaj ˛ acego pr ˛ adu, uwzgl ˛ednili´smy w tym wzorze warto´s´c bezwzgl ˛edn ˛ a ró˙znicy nat ˛e˙ze´n pól.

Z prawa Ohma wynika

E i = I σ i S ,

gdzie i = Al, Fe, natomiast σ i jest przewodnictwem wła´sciwym odpowiedniego metalu: σ Al = 3,7 · 10 ⁷ _Ω·m ¹ , σ Fe = 1 · 10 ⁷ _Ω·m ¹ . Podstawiaj ˛ ac warto´sci liczbowe I = 100 A, S = 10 ⁻⁴ m ² , ε 0 = 8,9 · 10 ⁻¹² F/m) otrzymamy

Q = ε ₀ I

 

  1 σ Al − 1

σ Fe

 

  = 6, 5 · 10 ⁻¹⁷ C.

Uwzgl ˛edniaj ˛ ac, ˙ze ładunek elementarny wynosi e = 1,6 · 10 ⁻¹⁹ C, znajdujemy liczb ˛e elektronów na rozpatrywanej granicy

Q

e ≈ 400.

Rozwi ˛ azanie zadania 14.

W przypadku B wyst ˛epuj ˛ a tylko opory toczenia i opory aerodynamiczne - amortyzator pozostaje nieruchomy, zatem nie ma zwi ˛ azanych z nim strat.

W przypadku A amortyzatory w trakcie obrotu skracaj ˛ a si ˛e i wydłu˙zaj ˛a, a poniewa˙z wyst ˛epuje tłumienie, s ˛ a te˙z zwi ˛azane z tym straty energii. Poniewa˙z opory toczenia i opory aerodynamiczne s ˛a takie same jak w przypadku B, jad ˛ ac na rowerze A wykonamy wi ˛eksz ˛ a prac ˛e.

Rozwi ˛ azanie zadania 15.

Aby umie´sci´c moduł na orbicie, nale˙zy nada´c mu pierwsz ˛a pr ˛edko´s´c kosmiczn ˛a, okre´slon ˛a znanym wzorem v I =

 GM

R , gdzie G jest uniwersaln ˛ a stał ˛ a grawitacyjn ˛ a, M — mas ˛ a danej planety a R jest jej promieniem. Podstawiaj ˛ ac G = 6,7 · 10 ⁻¹¹ _kg·s ^m

oraz parametry Marsa M = 6,4 · 10 ²³ kg, R = 3400 km, otrzymamy ˙ze dla Marsa v I = 3,5 km/s (mo˙zna te˙z wprost skorzysta´c z warto´sci v I dla

3

Marsa znalezionej w dost ˛epnych ´zródłach). Poniewa˙z spalanie paliwa trwa bardzo krótko, mo˙zemy w tym czasie zaniedba´c grawitacj ˛e Marsa i skorzysta´c ze wzoru Ciołkowskiego. Przekształcaj ˛ ac ten wzór i podstawiaj ˛ ac ∆v = v I otrzymujemy

M p = M k e ^v

^/v

≈ 2,5 tony.

4