nadajnika). Zadanie 2 Dwa identyczne dielektryczne krażki

Zadanie 1 Operator nowej sieci telefonii komórkowej chcia lby tak dobrać parametry sieci, żeby kierowcy mogli odbierać sygna l tylko wtedy, kiedy ich auto porusza sie z predkości a nie przekraczajac a 10 km/h. Jaka powinna być czestotliwość f sygna lu nośnego, jeżeli nadajniki i (spoczywajace) odbiorniki przystosowane sa do pracy w zakresie f ± 5 khz? Przyjmij, że samochód jedzie w kierunku nadajnika i że przy predkości 10 km/h odbiornik powinien przestać odbierać jakikolwiek sygna l z nadajnika. Rozwiazanie 1 Aby odbiornik nie odbiera l żadnego sygna lu z nadajnika, zakresy nadawanej i odbieranej czestotliwości nie moga sie przekrywać. Oznacza to, że minimalna zmiana czestotliwości wywo lana ruchem odbiornika wynosi f = 2 5 khz. Zgodnie ze wzorem Dopplera f/f v/c. Stad f = (c/v) f 10 12 Hz (c predkość świat la, v predkość odbiornika wzgledem nadajnika). Zadanie 2 Dwa identyczne dielektryczne krażki na ladowano jednorodnie identyczynmi ladunkami. Krażki umieszczono niedaleko od siebie tak, że ich osie sie pokrywaja. Krażki moga swobodnie obracać sie wokó l swoich osi, ale poczatkowo nie obracaja sie. Po rozkreceniu pierwszego krażka, drugi: a) bedzie sie obraca l w te sama strone; b) bedzie sie obraca l w przeciwna strone; c) nie bedzie sie obraca l. Rozwiazanie 2 I sposób: Krec acy sie na ladowany krażek wytwarza pole magnetyczne przenikajace drugi krażek. Ze wrostem predkości katowej obrotu pierwszego krażka bedzie wzrasta l strumień indukcji magnetycznej przenikajacej przez dowolnie wybrane ko lo wspó lśrodkowe z drugim krażkiem i leżace w jego p laszczyźnie. Taki rosnacy strumień indukcji wytwarza, zgodnie z prawem Faradaya, pole elektryczne styczne do okregu bed acego brzegiem rozważanego ko la. Ze wzgledu na znak w prawie Faradaya, zwrot tego pola jest przeciwny do zwrotu pradu wywo lanego ruchem ladunków z pierwszego krażka (do ustalenia tego zwrotu rozpatrujemy fragment pierwszego krażka najbliższy miejscu, w którym rozważamy to pole elektryczne). Takie pole elektryczne spowoduje obracanie sie drugiego krażka w przeciwna strone niż pierwszy krażek. II sposób: Pole magnetyczne wytwarzane przez obrót drugiego krażka powinno być takie, żeby przeciwstawić sie wzrostowi pola magnetycznego wytwarzanego przez pierwszy krażek. Oznacza to, że drugi każek powinien sie krecić w przeciwna strone niż pierwszy. Uwaga: w praktyce rozważany efekt może być trudny do zaobserwowania, bo niejednorodności (w treści zadania by lo za lożenie jednorodności!) w rozk ladzie ladunków moga spowodować, że drugi krażek bedzie sie kreci l w te sama strone co pierwszy. Zadanie 3 Jaka powinna być moc lasera, aby wysy lane przez niego świat lo mog lo unieść lusterko o cieżarze 1N? Zak ladamy, że promień lasera jest skierowany pionowo, a świat lo pada prostopadle na lusterko i odbija sie od niego bez strat energii. Rozwiazanie 3 Jeśli w ciagu czasu dt do lusterka dolatuje strumień fotonów o pedzie dp, to zmiana ich pedu w wyniku odbicia jest równa dp ( dp) = 2dp. Zatem si la F z jaka dzia laja one na lusterko jest równa 2dp/dt. Zwiazek miedzy energia fotonu E γ i jego pedem p γ jest dany wzorem E γ = p γ c, gdzie c jest predkości a świat la, co oznacza, że energia rozważanego strumienia fotonów jest równa de = c dp = c (1/2)F dt. Podstawiajac F = 1 N, c = 3 10 8 m/s, otrzymamy, że moc lasera (czyli energia świat la wysy lanego przez niego w jednostce czasu) powinna być równa de/dt = 0, 5 N 3 10 8 m/s = 1, 5 10 8 W = 150 MW. Zadanie 4 Obserwator spoczywajacy wzgledem odleg lych, nieruchomych gwiazd stwierdza, że po lowa widzianych przez niego na niebie gwiazd znajduje sie w zakresie katów od 0 do π/2 mierzonych wzgledem kierunku do wybranej gwiazdy G. W jakim zakresie katów (mierzonych od tego sa- 1

mego kierunku) bedzie on obserwowa l po lowe widzianych gwiazd, jeśli bedzie sie porusza l w strone gwiazdy G z predkości a v = 150 tys. km/s? Zak ladamy, że w obu przypadkach obserwator widzi te same gwiazdy. Rozwiazanie 4 Wystarczy rozważyć, pod jakim katem bedzie widoczna gwiazda, znajdujaca sie poczatkowo pod katem θ = π/2. Dla obserwatora poruszajacego sie świat lo wys lane przez nia porusza sie z predkości a, której sk ladowa w kierunku gwiazdy G wynosi v, stad v = c cos θ, gdzie θ jest katem, pod jakim widzi rozważana gwiazde obserwator poruszajacy sie. Zatem θ = arccos v/c = arccos 1/2 = π/3 = 60. Czyli po lowe gwiazd poruszajacy sie obserwator zaobserwuje w zakresie katów od 0 do 60 (i oczywiście druga po lowe w zakresie katów od 60 do 180 ). Zadanie 5 W promieniowaniu kosmicznym obserwuje sie m.in. protony o energii 10 19 ev. Oblicz jak d lugo proton o takiej energii lecia lby do Ziemi od najbliższej gwiazdy (odleg lej o ok. 4 lata świetlne) wed lug obserwatora na Ziemi, a jak d lugo wed lug obserwatora wspó lporuszajacego sie z tym protonem? Rozwiazanie 5 Zwiazek miedzy energia E czastki, jej masa spoczynkowa m i predkości a v jest dany wzorem E = mc 2 γ, gdzie γ = 1/ 1 v 2 /c 2, a c jest predkości a świat la. W rozważanym przypadku mamy γ = 10 19 ev/938 MeV 10 10, co oznacza że v c. Zatem czas lotu protonu wed lug obserwatora na Ziemi bedzie równy T Ziemia = 4 lata. Oznaczmy przez T proton czas tego lotu dla obserwatora wspó lporuszajacego sie z protonem. Wykorzystujac wzór na dylatacje czasu, sprowadzajacy sie w rozważanym przypadku do postaci T Ziemia = γt proton, otrzymamy T proton = 4 lata/γ = 365 24 3600 s/10 10 = 3 10 3 s. Zadanie 6 Pewna lekkoatletka o wzroście 1, 8 m potrafi skoczyć z pozycji stojacej na odleg lość 2 m. Na jaka odleg lość potrafi laby skoczyć jej koleżanka, która ma 1, 5 m wzrostu i identyczne proporcje budowy cia la? W chwili wyskoku i w chwili ladowania lekkoatletki maja taka sama pozycje. Si la mieśni jest proporcjonalna do ich przekroju poprzecznego. Opór powietrza pomijamy. Rozwiazanie 6 D lugość skoku lekkoatletki jest proporcjonalna do kwadratu jej predkości poczatkowej v. Praca W wykonywana przez lokkoatletke przy skoku proporcjonalna jest do si ly jej mieśni F i wzrostu L (W F L), wiec dla lekkoatletki o masie m mamy v 2 F L/m. Jeśli F, L i m opisuja lekkoatletke wyższa, to niższa opisuja odpowiednio k 2 F, kl i k 3 m, gdzie k = 1, 5/1, 8. Stad dostajemy, że przy skoku predkości poczatkowe obydwu lekkoatletek sa równe, a wiec obydwie skocza na te sama odleg lość. Zadanie 7 Na walec o promieniu R oraz masie m, nawinieto nieważka, cienka nitke. Walec po lożono na równi pochylej o kacie nachylenia α, a przez szczeline w równi prze lożono nitke i przymocowano do jej końca cieżarek o masie m (patrz rysunek 1). Dla jakich α walec bedzie wtaczać sie na równie? Miedzy walcem a równia nie ma poślizgu. Również nitka nie ślizga sie po walcu. Rozwiazanie 7 I sposób: Przytrzymajmy palcem walec tak, by sie nie porusza l i rozważmy pozosta le si ly dzia lajace na niego. Dzia lanie si ly napiecia nici oraz cieżaru walca jest równoważne dzia laniu jednej si ly o wartości 2mg, przy lożonej w po lowie odleg lości miedzy osia walca, a miejscem, w którym nitka styka sie z walcem. Po puszczeniu walca, bedzie sie on wtacza l, jeśli prosta, na której leży ta si la, bedzie za (patrzac od do lu) chwilowa osia obrotu, czyli za punktem styczności walca z równia. Stad α < 30. Uwaga: dla α < 30 cieżarek obniża sie z pewnym przyspieszeniem, co powoduje, że napiecie nici jest mniejsze niż mg. To zmniejszenie napiecia nici nie 2

m R g α m rys. 1 może jednak być na tyle duże, by walec przesta l sie wtaczać, gdyż wtedy przyspieszenie cieżarka zmala loby do zera, a w takiej sytuacji napiecie nici jest równe mg i zgodnie z przedstawionym rozumowaniem walec wtacza sie na równie. II sposób: Przy obrocie walca o kat φ (przyjmijmy, że φ > 0 odpowiada wtaczaniu sie walca) jego energia zmieni sie o h walca mg = φr sin α mg, natomiast energia cieżarka o h ci eżarkamg = ( h walca φr) mg = (φr sin α φr) mg ( h walca oznacza tu zmiane wysokości, na jakiej znajduje sie walec, a h ci eżarka zmiane wysokości, na jakiej znajduje sie cieżarek). Walec bedzie sie wtacza l, jeśli suma tych energii bedzie ujemna, czyli gdy φr sin α mg + (φr sin α φr) mg = (2 sin α 1) φr mg < 0, stad sin α < 1/2, czyli α < 30. Zadanie 8 Balony na gorace powietrze maja w dolnej cześci pow loki ma ly otwór. Jak obecność tego otworu wp lywa na si l e nośna balonu? Rozwiazanie 8 Si la nośna jest równa różnicy si ly wyporu i cieżaru pow loki wraz z wype lniajacym ja goracym powietrzem (pomijamy gondole, pasażerów, itd.). Dla danego balonu znajdujacego sie na pewnej wysokości si la wyporu jest maksymalna, gdy masa powietrza wewnatrz pow loki konieczna do jej napiecia jest możliwie najmniejsza. Spadek ciśnienia wraz z wysokościa gazu gestszego jest szybszy niż gazu rzadszego, wiec ciśnienie (zimnego) powietrza na zewnatrz balonu maleje szybciej, niż ciśnienie (rozgrzanego lżejszego) powietrza wewnatrz balonu. Dlatego do napiecia ca lej pow loki balonu wystarczy, aby przy dolnej jej powierzchni ciśnienia wewnatrz i na zewnatrz by ly sobie równe. Jeżeli w dolnej cześci pow loki znajduje sie otwór, to warunek równości tych ciśnień jest spe lniony, dzieki czemu si la nośna jest maksymalna w danych warunkach. Zadanie 9 Pewnien konstruktor postanowi l zbudować kolej jednoszynowa jeżdżac a po jednej zwyk lej szynie kolei dwuszynowej. Wagon takiej kolei jedzie na umieszczonych jedno za drugim ko lach jezdnych posiadajacych kryzy z obu stron. W celu stabilizacji wagon posiada masywne ko lo (żyroskop) obracajace sie z bardzo duża predkości a wokó l osi równoleg lej do osi kó l jezdnych (rys. 2). ω rys. 2 Konstruktor twierdzi, że przy jeździe po prostej taki wagon nie może si e przewrócić, ani nawet 3

pochylić. Pochylenie wagonu oznacza loby bowiem, że wektor momentu pedu J (skierowany wzd luż osi obrotu żyroskopu) obróci lby sie w p laszczyźnie prostopad lej do kierunku jazdy, a zatem jego zmiana J by laby skierowana pionowo. Zgodnie ze wzorem M = J wektor t momentu si ly M musia lby być także pionowy. Z drugiej strony, ponieważ si ly oddzia lywania szyn na wagon oraz si la cieżkości sa pionowe, to wektor ich momentu M = r F musi leżeć w p laszczyźnie poziomej. Ta sprzeczność oznacza, że wagon sie nie przechyli. Czy konstruktor ma racje? Rozwiazanie 9 Konstruktor nie ma racji. Niezrównoważony moment si l skierowany w kierunku ruchu wagonu powodowa lby zmiane momentu pedu żyroskopu o wektor skierowany w te sama strone. Taka zmiana wymaga obrotu osi obrotu żyroskopu w p laszczyźnie poziomej. A to oznacza loby obrót ca lego wagonu wokó l osi pionowej. Temu obrotowi przeciwstawiaja sie kryzy na ko lach jezdnych, co w sumie oznacza, że na wagon dzia la pionowo skierowany moment si l pochodzacy od szyn. A przy takim momencie si l przewrócenie wagonu na bok jest już możliwe. Zadanie 10 Mamy trzy graniastos lupy prawid lowe o dużej wysokości, o podstawach przedstawionych na rysunku 3. Pola powierzchni podstaw i zewnetrzne obwody każdej z podstaw sa takie same. rys. 3 Graniastos lupy ogrzano do tej samej temperatury i umieszczono w próżni w dużej odleg lości od siebie i od innych cia l. Tempo stygniecia którego graniastos lupa bedzie najmniejsze, a którego najwieksze? Graniastos lupy sa wykonane z identycznego materia lu o nieskończonym przewodnictwie cieplnym. Rozwiazanie 10 Otwór wewnatrz graniastos lupa nie ma wp lywu na stygniecie, bo ca le promieniowanie emitowane do otworu jest poch laniane przez jego ścianki (ponieważ graniastos lupy maja duża wysokość, pomijamy promieniowanie emitowane w pobliżu ich podstaw). W przypadku graniastos lupa o podstawie gwiazdy cześć promieniowania wyemitowanego przez jego powierzchnie boczna jest przez tenże graniastos lup poch laniana. Zatem najwolniej bedzie stygnać graniastos lup o podstawie gwiazdy. Szybkości stygniecia pozosta lych graniastos lupów bed a wieksze i równe sobie. Zadanie 11 Czas gotowania ziemniaków (od momentu zagotowania sie wody do momentu uzyskania przez nie odpowiedniej miekkości) wynosi 20 min. Ile bedzie wynosi l czas gotowania tych ziemniaków, jeśli dwukrotnie zwiekszymy ciep lo dostarczane do garnka w jednostce czasu? Rozwiazanie 11 Czas sie nie zmieni, bo temperatura wody tuż przy powierzchni ziemniaka w obu przypadkach wynosi 100 C, a od niej zależy ilość ciep la wnikajacego do jego wnetrza. Zadanie 12 Stwierdzono, że gdy temperatura powietrza rośnie wraz z wysokościa nad powierzchnia Ziemi (np. w letnia, gwiaździsta noc), to zasieg dźwieku jest znacznie wiekszy, niż gdy temperatura powietrza maleje wraz z wysokościa nad powierzchnia Ziemi (np. w upalny dzień). Jak wyt lumaczyć takie zjawisko? 4

Rozwiazanie 12 Ze wzrostem temperatury rośnie predkość dźwieku w ośrodku, co oznacza malenie wspó lczynnika za lamania dla dźwieku. W przypadku gdy temperatura powietrza rośnie z wysokościa, powietrze dzia la jak soczewka odchylajaca dźwiek w dó l. W efekcie do odleg lego s luchacza dochodzi dźwiek poprzez wyższe warstwy powietrza, nie t lumiony przez obiekty znajdujace sie tuż nad ziemia. W przypadku temperatury malejacej z wysokościa, dźwiek wysy lany przez źród lo znajdujace sie na ziemi jest odchylany do góry i nie może bezpośrednio dolecieć do odleg lego odbiornika (też znajdujacego sie na ziemi). Ten efekt nie bedzie zachodzi l, jeśli zarówno źród lo jak i odbiornik bed a sie znajdowa ly na odpowiedniej wysokości nad ziemia. Zadanie 13 Pret o d lugości l wisi poziomo na dwóch równoleg lych sznurkach, przyczepionych do preta w odleg lościach l/4 od jego końców. Tuż po przecieciu jednego ze sznurków, si la naciagu drugiego sznurka: a) wzrośnie; b) zmaleje; c) nie zmieni sie. Rozwiazanie 13 I sposób: Tuż po przecieciu pierwszego sznurka, punkt zawieszenia preta na drugim sznurku staje sie chwilowa osia obrotu. Otrzymujemy równania dynamiczne na przyspieszenie a środka masy preta i jego przyspieszenie katowe ɛ ma = mg N, Iɛ = Nd, (1) gdzie N jest szukana si l a naciagu, d = l/4 jest odleg lościa środka masy od punktu zawieszenia preta a I = (1/12)ml 2 jest momentem bezw ladności preta wzgledem jego środka masy. Uwzgledniaj ac, że a = ɛd i rozwiazuj ac ten uk lad równań dostajemy mg N = 1 + md 2 /I. Dla I = (1/12)ml 2, d = l/4 otrzymamy N = (4/7)mg > (1/2)mg, a wiec si la wzrośnie. II sposób: Zauważmy, że gdyby pret sk lada l sie z dwóch stykajacych sie ze soba, ale nie po l aczonych po lówek (każda wiszaca na swoim sznurku), to w sytuacji przed przecieciem sznurka rozk lad si l by lby identyczny z przypadkiem rozważanym w treści zadania, a uk lad nadal by lby w stanie równowagi. W tym przypadku przeciecie jednego ze sznurków nie spowodowa loby zmiany si ly naciagu drugiego sznurka. Ponieważ jednak w przypadku podanym w treści zadania obie po lówki preta sa ze soba po l aczone, to spadajaca po lowa preta ciagnie za soba druga po lowe, co oznacza, że si la naciagu drugiego sznurka wzrośnie. (Ta metoda rozwiazania ma zastosowanie tylko w przypadku, gdy nici sa zawieszone w odleg lości l/4 od końca preta.) Czyli prawid lowa jest odpowiedź a). Zadanie 14 Rakieta wodna sk lada sie plastikowej butelki wype lnionej cześciowo woda i przymocowanej do butelki listewki. Butelka jest zatkana korkiem przebitym ig l a do pompowania pi lek, przez która pompujemy powietrze do wnetrza butelki. Rakieta startuje, gdy ciśnienie wewnatrz butelki wypchnie korek. Zak ladajac, że to ciśnienie wynosi 2atm, podać w którym przypadku rakieta poleci wyżej: a) gdy jest wype lniona w 1 objetości 4 wod a; b) gdy jest wype lniona w 3 objetości 4 wod a. Rozwiazanie 14 Porównajmy sytuacje, gdy z obu butelek wylecia lo już tyle samo wody. Ciśnienie powietrza wewnatrz butelki w przypadku a) bedzie wieksze, niż w przypadku b), co oznacza, że woda bedzie wylatywać w przypadku a) z wieksz a predkości a. Jednocześnie ca lkowita masa rakiety (masa butelki wraz ze znajdujac a sie jeszcze wewnatrz niej woda oraz masa listewki) w przypadku b) bedzie wieksza. Oznacza to, że do momentu, gdy z rakiety wyleci objetość wody równa 5

1/4 objetości butelki, każdorazowy przyrost predkości rakiety spowodowany wyrzuceniem tej samej w obu przypadkach, ma lej ilości wody bedzie wiekszy w przypadku a), czyli do tego momentu rakieta a) osiagnie wieksz a predkość. Ale w tym końcowym momencie silnik rakietowy rakiety b) nie bedzie już dzia la l, bo ciśnienie w jej wnetrzu spadnie do ciśnienia atmosferycznego (przy za lożeniu rozpreżania izotermicznego dok ladnie w tej chwili, przy bardziej realistycznym za lożeniu rozpreżania adiabatycznego nawet wcześniej). Skoro w przypadku a) rakieta osiagnie wieksz a predkość, oznacza to również, że wyżej poleci. Czyli prawid lowa jest odpowiedź a). Zadanie 15 Powszechnie przyjmuje sie, że ruch poduszkowca (po poziomej powierzchni, gdy ruch jest na tyle powolny, że można pominać opór powietrza) jest dobrym przybliżeniem ruchu bez si l oporu. Czy to stwierdzenie dotyczy również poduszkowców poruszajacych sie wolno po spokojnej powierzchni wody? Czy pod dzia laniem danej si ly poziomej poduszkowiec unoszacy sie nad powierzchnia wody uzyska takie samo przyspieszenie, jak poduszkowiec unoszacy sie nad twarda powierzchnia? Rozwiazanie 15 Nieporuszajacy sie poduszkowiec zgodnie z zasadami hydrostatyki wytwarza w wodzie pod soba do lek, analogicznie jak to robi zwyk la lódka. Wolno przesuwajacy sie poduszkowiec przesuwa znajdujacy sie pod nim do lek, a do tego niezbedna jest si la. W szczególności ruch przyspieszony wymaga przyspieszenia do lka. Gdy poduszkowiec porusza sie szybko, przybliżenie statyczne jest nieadekwatne do lek robi sie coraz mniejszy i maleje zwiazana z tworzeniem sie go si la. Czyli zarówno przesuwanie jak i przyspieszanie poduszkowca unoszacego sie nad powierzchnia wody wymaga wiekszych si l, niż w przypadku poduszkowca unoszacego sie nad twarda, pozioma powierzchnia. 6