Fizyka - 1 - Orear BH

Enrico Fermi 1901-1954

Wydawnictwa Naukowo-Techniczne Warszawa

-----

Jay

przekład

z języka angielskiego

wydanie czwarte

Tłumaczyły:

dr Barbara Wojtowicz-Natanson (rozdz. 1-11) mgr Wanda Doborzyńska-Głazek (rozdz. 12-13) dr Eugenia Kaczmarek-Morawiec (rozdz. 14-16) dr Perła Kacman (rozdz. 17-19)

Dane o oryginale:

Physics Jay Orear Cornell University Macmillan Publishing Co., Inc. Copyright

© 1979, Jay Orear

All rights reserved. No part of this book may be reproduced or transmitted in any form or by any means, electronic or mechanical, incłuding photocopying, recording or by any information storage

and retrieval system, without permission in writing from the Publisher.

Redaktor naukowy prof. dr hab. Andrzej Szymacha 53 Książka

Redaktor WNT mgr Lilianna Szymańska Redaktorzy techniczni Irena Milewska-Burczykowa, Barbara Chojnacka-Flisiuk Okładkę i strony tytułowe projektował Wojciech Jerzy Steifer

zawiera nowoczesny wykład fizyki ogólnej z szczególnej teorii względności, podstaw mechaniki kwantowej, a także podstaw fizyki atomowej, jądrowej , ciała stałego i cząstek elementarnych. Teoria podana w niewielkiej objętości jest bogato zilustrowana przykładami i zadaniami dotyczącymi zagadnień praktycznych i technicznych zastosowań oraz licznymi dwubarwnymi rysunkami ułatwiającymi zrozumienie tekstu. Książka . jest przeznaczona dla studentów wydziałów technicznych i przyrodniczych, a także może stanowić cenną pomoc dla nauczycieli i uczniów szkół średnich profilu matematyczno-fizycznego. uwzględnieniem

O Copyright for the Polish edition by Wydawnictwa Naukowo-Techniczne, Warszawa 1990, 1993 Utwór w całości ani we fragmentach nie może być powielany ani rozpowszechniany za pomocą urządzeń elektronicznych, mechanicznych, kopiujących, nagrywających i innych bez pisemnej zgody posiadacza praw autorskich. Adres poczty elektronicznej: wnt@ pol.pl

ISBN 83-204-2018-0

All rights reserved Printed in Poland

Tom 1

. Spis tresc1 ,

Przedmowa do wydania polskiego

13

Przedmowa

15

1 Wstęp 1.1. 1.2. 1.3. 1.4. 1.5. * 1.6.

Istota fizyki Jednostki Analiza wymiarowa Dokładność w fizyce Matematyka w fizyce Nauka i społeczeństwo Uzupełnienie I.I. Sprostowania pewnych

19 19 21 23 25

27 29 często popełnianych błędów

Ćwiczenia

Zadania

30 30 31

2

Ruch jednowymiarowy 2.1. Prędkość 2.2. Prędkość średnia 2.3. Przyspieszenie 2.4. Ruch jednostajnie przyspieszony Podsumowanie

34 35

37 38 42 42 43

Ćwiczenia

Zadania •

Podrozdziały

z

gwiazdką mogą być

opuszczone lub czytane

34

później .

6

3

Ruch w dwóch wymiarach 3. I. 3.2. 3.3. 3.4. 3.5.

Trajektorie spadku swobodnego Wektory Ruch pocisków Ruch jednostajny po okręgu Satelity Ziemi Podsumowanie Ćwiczenia Zadania

45 45 46

51 52 53 55

55 56

4 Dynamika 4. 1. 4.2. 4.3. 4.4. 4.5. 4.6. 4.7. 4.8. 4.9.

58

Ws tęp

58

Definicje Zasady dynamiki Newtona Jednostki sił y i m asy Siły kontaktowe i tarcie

59 59

62 63

R ozw i ązywan ie zadań

65

Maszyna Atwooda

68

Wahadło stożkowe

69 70

Zachowanie pędu Podsumowanie Ćwiczenia Zadania

71 72

73

5 Ciążenie 5.1. 5.2. 5.3. 5.4. *5.5. *5.6.

powszechne (grawitacja)

Prawo powszechnego ciążenia Cavendisha Prawa Keplera ruchu planet

77 77

Do św iadczenie

80

Ciężar

81 83 86

Zasada równoważności Pole grawitacyjne wewną trz kuli Podsumowanie

87 88

Ćwiczenia

89

Zadania

90

6

Praca i energia 6.1. W s t ęp 6.2. Praca 6.3. Moc 6.4. Iloczyn ska larny 6.5. Energia k inetyczna 6.6. Energia potencja lna

93 93 93 95 95

97 99

7 6. 7. Grawitacyjna energia potencjalna 6.8. Energia potencjalna sprężyny Podsumowanie

100 102

102

Ćwiczenia

103

Zadania

104

7

Zachowanie energn 7.1. 7.2. 7.3. 7.4. 7.5. *7.6. 7.7.

Zachowanie energii mechanicznej Zderzenia Zachowanie energii grawitacyjnej Wykresy energii potencjalnej Zachowanie całkowitej energii Energia i biologia Energia i samochód Podsumowanie *Uzupełnienie 7.1. Zachowanie energii dla

106 106 110 112 115 116

układu

N

cząstek

Ćwiczenia

Zadania

119 120 122 123 123 124

8

Kinematyka relatywistyczna *8.1. *8.2. *8.3 *8.4. *8.5. *8.6. *8.7.

Wprowadzenie Stałość

prędkości

128 128 129 133

światła

Dylatacja czasu Transformacja Lorentza

135

Jednoczesność

Zjawisko Dopplera dla Paradoks bliźniąt Podsumowanie

138 139 140 143 143 144

światła

Ćwiczenia

Zadania

9 Dynamika relatywistyczna Dodawanie prędkości według Einsteina Definicja pędu relatywistycznego Zachowanie pędu i energii Równoważność masy i energii Energia kinetyczna Masa i siła Ogólna teoria względności Podsumowanie *Uzupełnienie 9.1. Transformacja pęd-energia *9.1. *9.2. *9.3. *9.4. *9.5. *9.6. *9.7.

148 148

150 151 152

154 155 156

157 158

Ćwiczenia

158

Zadania

159

8

10

Ruch obrotowy IO.I. 10.2. 10.3. * 10.4. *I 0.5. *10.6. *10.7. * 10.8.

163

Kinematyka ruchu obrotowego Iloczyn wektorowy Moment pędu Dynamika ruchu obrotowego Środek masy Ciała sztywne i moment bezwładności Statyka Koła zamachowe Podsumowanie

163 164 165 166 170

Ćwiczenia

178 179

172

174 176 177

Zadania

11

Ruch

drgający

11.1. Siła harmoniczna 11.2. Okres drgań 11.3. Wahadło 11.4. Energia ruchu harmonicznego prostego * l l.5. Małe drgania * 11.6. Natężenie dźwięku Podsumowanie

182 182 184 185 187 188 191 ł93

Ćwiczenia

194 195

Zadania

12 Teoria kinetyczna 12.l. 12.2. 12.3. 12.4. 12.5.

Ciśnienie

i hydrostatyka Prawo gazów doskonałych Temperatura Ekwipartycja energii Kinetyczna teoria ciepła Podsumowanie

198 198 202 203 206 208 209 210 212

Ćwiczenia

Zadania

13

Termodynamika 13. l. Pierwsza zasada termodynamiki 13.2. Hipoteza Avogadra 13.3. Ciepło właściwe 13.4. Rozprężanie izotermiczne 13.5. Rozprężanie adiabatyczne 13.6. Silnik benzynowy Podsumowanie Ćwiczenia

Zadania

214 2ł4

215 215 218 219 221 223 223 224

9

14

Druga zasada termodynamiki 14.1. 14.2. 14.3. 14.4. * 14.5. *14.6.

Silnik Carnota Zanieczyszczenie cieplne Chłodnie i pompy cieplne Druga zasada termodynamiki Entropia Odwrócenie czasu Podsumowanie

227 227 229 229 231 234 237 239 240 240

Ćwiczenia

Zadania

15 Siła 15.1. 15.2. 15.3. 15.4. 15.5.

elektrostatyczna

Ładunek

elektryczny Prawo Coulomba Pole elektryczne Linie sił Prawo Gaussa Podsumowanie

242 242 243 246 247 249 253 254 255

Ćwiczenia

Zadania

16

Elektrostatyka 16.1. Kuliste rozkłady ładunków 16.2. Liniowe rozkłady ładunków 16.3. Płaskie rozkłady ładunków 16.4. Potencjał elektryczny 16.5. Pojemność *16.6. Dielektryki Podsumowanie

257 257 260 26ł

263 269 271 273 273 275

Ć wiczenia

Zadania

17 Prąd

siła

17.1. Prąd elektryczny 17.2. Prawo Ohma * 17.3. Obwody prądu stałego ł7.4 . Siła magnetyczna doświadczalnie 17.5. Wyprowadzenie siły magnetycznej 17.6. Pole magnetyczne 17.7. Jednostki pola magnetycznego * 17.8. Transformacja relatywistyczna B i E Podsumowanie

magnetyczna

279 279 280 283 286 288 289 291 292 294

10 *Uzupełnienie

17.1. Transformacja

prądu

i

295 296 297

ładunku

Ćwiczenia

Zadania

18 Pola magnetyczne 18. l. 18.2. 18.3. * l 8.4. 18.5.

Prawo Ampere'a

300 302 305 308 310 310 311 312

Różne rozkłady prądu

Prawo Biota-Savarta Magnetyzm Równania Maxwella dla Podsumowanie

prądów stałych

Ćwiczenia

Zadania

.

300

' 19

Indukcja elektromagnetyczna 19. l. 19.2. 19.3. 19.4. 19.5. *19.6. *19.7.

Silniki i generatory Prawo Faradaya Prawo Lenza

315 317 319 320 322 325 329 331 332 332 334

Indukcyjność

Energia pola magnetycznego Obwody prądu zmiennego Obwody RC i RL Podsumowanie *Uzupełnienie 19.1. Pętla o dowolnym

kształcie

Ćwiczenia

Zadania

Uzupełnienie Stałe Stałe

A

338

fizyczne astronomiczne

Uzupełnienie

338 339

340

B

340 340

Przeliczenie jednostek Jednostki elektryczne

Uzupełnienie

C: Wzory matematyczne

Skorowidz

ćwiczeń

341 341 341 341 341 341 342 342 342

Geometria Trygonometria Rozwinięcie dwumianu Równanie kwadratowe Niektóre pochodne Niektóre całki nieoznaczone Iloczyny wektorów Alfabet grecki

Odpowiedzi do

315

zadań

o numerach nieparzystych 343

350

Tom 2 20. Promieniowanie elektromagnetyczne i fale 21. Oddziaływanie promieniowania z materią 22. Interferencja fal 23. Optyka 24. Falowa natura materii 25. Mechanika kwantowa 26. Atom wodoru 27. Fizyka atomowa 28. Materia skondensowana 29. Fizyka jądrowa *30. Astrofizyka 31. Fizyka cząstek elementarnych

11 28 48 66 88 101 118 136 152 178 202 216 Uzupełnienia 238 Odpowiedzi do ćwiczeń i zadań o numerach nieparzystych 243 Skorowidz 247

Przedmowa do wydania polskiego

polskiego Czytelnika podręcznik fizyki ogólnej, napisany przez znanego uczonego, specjalistę w dziedzinie fizyki cząstek elementarnych Jay'a Oreara, szczycącego się tym, że jego nauczycielem i mistrzem był sam wielki Enrico Fermi. Nie jest to pierwsze dzieło tego autora tłumaczone na język polski. Państwowe Wydawnictwo Naukowe wydało w 1966 r. książkę Oreara pt. „U podstaw fizyki", książkę bardziej elementarną, będącą raczej popularną opowieścią o fizyce niż systematycznym podręcznikiem. Ujawniła ona wybitny talent Autora mówienia jasno i prosto o pozornie trudnych sprawach. Niezwykła prostota w przedstawianiu wszystkich zagadnień jest także rzucającą się w oczy cechą obecnie prezentowanego podręcznika. Drugą istotną jego zaletą jest oparcie całego wykładu fizyki na jej podstawowych zasadach. Wiele tzw. „praw fizyki", uznawanych za niezależne w staromodnych wykładach , wynika z niewielkiej liczby zasad podstawowych. Z wielką starannością i przenikliwością Autor analizuje te powiązania, uwidaczniając logiczną strukturę fizyki oraz jedność zjawisk i praw, które na pierwszy rzut oka mogłyby się wydawać przytłaczające w swej różnorodności. Trzecią charakterystyczną cechą książki jest niebywałe zbliżenie między „ klasyczną" a „współczesną" fizyką . Książka przedstawia najaktualniejszy pogląd na naturę zjawisk fizycznych, obowiązujący pod koniec lat siedemdziesiątych. O niektórych zmianach, jakie w tym obrazie zaszły pod wpływem odkryć w ostatnim dziesięcioleciu jest mowa w niewielkiej liczbie przypisów od redakcji. Pomysł włączenia fizyki „współczesnej" do wykładów fizyki ogólnej oraz zasada uwidaczniania struktury logicznej praw fizyki charakteryzuje oczywiście nie tylko książkę Oreara. O ile jednak u innych (Feynman, Berkeleyowski kurs Fizyki) dokonuje się to za cenę włączenia do wykładu obszernych działów fizyki teoretycznej , co prowadzi do znacznej komplikacji i nadmiernego częstokroć zawyżenia poziomu, o tyle u Oreara te same cele są osiągane za pomocą środków, których prostota często aż dech zapiera! Wydając tę książkę mamy nadzieję, że stanie się ona podstawowym podręcznikiem fizyki we wszystkich typach uczelni technicznych. Może też być bardzo pożyteczną książką dla nauczyciela i ambitniejszego ucznia szkoły średniej . Może być wreszcie użyteczna i dla studentów wydziałów fizyki uniwersytetów i studentów wyższych szkół pedagogicznych jako podręcznik pośredni, ułatwiający pokonanie różnicy poziomów wiedzy, z którą przychodzą oni na uczelnię a wymaganiami, jakie stawi ają obowiązujące nowoczesne podręczniki, polecane na pierwszych semestrach studiów. Oddajemy do

rąk

amerykańskiego

Wa rszawa,

w rze sień

198 7 r.

Andrzej S zymacha

Przedmowa

Książka

jako podręcznik fizyki rocznego lub półtorarocznego kursu dla studentów nauk ścisłych i technicznych. Uprzednia znajomość rachunku różniczkowego i całkowego nie jest konieczna, lecz wykład oparty na tej książce musi być prowadzony równolegle do wykładu analizy matematycznej. Poziom matematyczny i pojęciowy książki założono tak, by nie przekraczał poziomu powszechnie znanych podręczników. Jednak ta książka różni się od większości innych pod dwoma względami: 1) fizyka, włącznie z fizyką współczesną, ujęta jest jako jedna całość, 2) „prawa" fizyki, gdy tylko było to możliwe, zostały wyprowadzone z podstawowych zasad, to znaczy położono nacisk na rozróżnienie między zasadami podstawowymi a tym co można z nich wyprowadzić . Uwidoczniono związki między różnymi dziedzinami fizyki Uak również między nauką i techniką). Pozornie niezależne tematy zostały tu ujednolicone i powiązane w jeden wielki przegląd. Wprowadzając. nowe „prawo" fizyki, takie jak siła magnetyczna działająca na poruszający się ładunek czy też ekwipartycja energii, starałem się jasno przedstawić czy jest to naprawdę nowe prawo fundamentalne, czy też można je wyprowadzić z przerobionego już materiału. W większości przypadków podałem proste wyprowadzenia, które pomagają podkreślić strukturę logiczną i piękną jedność tego, co inaczej mogłoby się wydawać tylko encyklopedycznym zestawieniem różnych zjawisk i praw. Tak zwane prawa, takie jak prawo Ampere'a, prawa Faradaya, prawo ekwipartycji energii, siła magnetyczna, prawo Ohma, powolniejsze rozchodzenie się światła w materii, prawo Hooke'a i zasada Huygensa, zostały, gdzie to było tylko możliwe, wyprowadzone z bardziej fundamentalnych praw. Nie przedstawiam ich jako nowych, niezależnych praw fizyki. Gdzie tylko możliwe czułem się w obowiązku odpowiedzieć na pytania „dlaczego". Jeśli jakieś wyprowadzenie jest zbyt trudne, to przynajmniej mówię Czytelnikowi, że wyprowadzenie jest możliwe i podaję argumenty, z których wynika, że prawo wydaje się rozsądne. Te „wtórne prawa" umożliwiają dalsze przewidywania wyników eksperymentalnych, od których zależy czy podstawowe prawa znajdą potwierdzenie. Je ś li całość elektromagnetyzmu ma być „wyprowadzona" z prawa Coulomba, to pomocna by była znajomość szczególnej teorii względności. Dlatego wła śnie teorię względności przedstawiam w rozdziałach 8 i 9 przed elektromagnetyzmem (rozdziały ta jest

wprowadzającego

pomyślana

16

Przedmowa

o elektromagnetyzmie są napisane w taki sposób, że kto chce 8 i 9. Jeśli odkłada się teorię względności na później, to należy jednak przerobić ją przed rozdziałem 24. Ponieważ prawdziwe zrożumienie struktury materii i wielu innych zjawisk fizycznych opiera się na mechanice kwantowej, więc jej podstawy wyłożyłem w rozdziałach 24 i 25. Teorię kwantów można głębiej zrozumieć w następnych rozdziałach dzięki zastosowaniom w fizyce atomowej, fizyce ciała stałego, fizyce jądrowej, astrofizyce i fizyce cząstek elementarnych. Na gruncie tej znajomości mechaniki kwantowej i teorii względności można już przeprowadzić proste obliczenia promienia i składowych gwiazd neutronowych i czarnych dziur (rozdział 30). Ktoś mógłby się niepokoić, że takie „zaawansowane" tematy jak gwiazdy neutronowe, czarne dziury, energia Fermiego, zachowanie parzystości, kwarki, holografia, dylatacja czasu i interferometria natężeniowa są zbyt trudne dla początkujących studentów. Włączyłem je jednak, bo właśnie te nowości pobudzają wyobraźnię studentów, którzy czytają o nich w gazetach i innych czasopismach. Studenci przychodzą na uczelnię spodziewając się , że w toku wykładu fizyki więcej się dowiedzą o tych fascynujących sprawach. Moje doświadczenie wykładowcy uczy, że studenci łatwiej przyswajają sobie te tzw. zaawansowane tematy niż wnioski z trzeciej zasady Newtona. Innym godnym uwagi zagadnieniem jest kwestia czy studenci zamierzający zostać inżynierami powinni być wystawieni na zetknięcie się z tymi nowoczesnymi ideami. Uważam, że niewielu profesorów nauk technicznych chce, aby wstępny kurs był wykładem fizyki stosowanej lub inżynierii. Wstępny wykład fizyki dla studentów wydziałów technicznych może być dla tych studentów jedyną szansą uświadomienia sobie jak różne dziedziny są powiązane ze sobą. Może to być ich jedyna szansa dowiedzenia się o nowych osiągnięciach i o tym, jaki one mają związek z różnymi działami nauki i techniki. Wymaga to więc pewnego trudu, by powiązać naukę fizyki z innymi dziedzinami nauki oraz pokazać wpływ nauki na społeczeństwo . Na przykład światowy niedobór energii jest centralnym tematem, który przewija się przez całą książkę. Omawiam również inne społeczne, polityczne, ekonomiczne i filozoficzne oddziaływania nauki. Ten kurs fizyki nie tylko daje podstawy teoretyczne, potrzebne w przyszłym zawodzie, ale również powinien przyczynić się do wyrobienia kulturalnego, jakiego oczekuje się od osoby, która będzie zajmować się nauką i techniką. A jak już przedtem wspomniałem, zrozumienie teorii względności i mechaniki kwantowej jest konieczne do właściwego zrozumienia większości zjawisk w przyrodzie. Daję wiele przykładów, kładąc nacisk na ich znaczenie społeczne. Choć niektóre przykłady ilustrują pewne uboczne zastosowania, większość uczy techniki rozwiązywania zadań. Przykłady, które mogą być zbyt trudne dla początkującego studenta, zostały oznaczone gwiazdką. Poza rozwiązanymi przykładami, rozrzuconymi w całym tekście, podano na końcach rozdziałów wiele zadań. Podzielono je na ćwiczenia i właściwe zadania. Ćwiczenia są po prostu łatwiejszymi zadaniami; na ogół zawierają mniej kroków i są łatwiejsze. Każda grupa jest ułożona w przybliżeniu w porządku pojawiania się zagadnień w tekście. Starałem się usilnie dostarczyć zadania związane z rzeczywistymi sytuacjami życiowymi. Dlatego niektóre dotyczą tematów z poprzednich rozdziałów. Nie tylko jest to bliższe rzeczywistemu życiu, lecz również stanowi przegląd i pomaga utrwalić wiadomości oraz przenosić je z działu do działu. Innym elementem realistycznym jest to, że nie w każdym zadaniu są podane wszystkie potrzebne informacje, można je jednak znaleźć gdzie indziej w tekście. Z drugiej strony, w sformułowaniu niektórych zadań podano więcej informacji niż jest to konieczne. Tekst unika zmodernizowanej pisowni i nowatorskiego słowotwórstwa np. związanego z równouprawnieniem płci. Sprawiło to autorowi nieco kłopotu. Słowo „człowiek" jest używane w znaczeniu „ członek rasy ludzkiej'', a nie w znaczeniu „istota ludzka płci 15- 21). Jednak

rozdziały

może opuścić rozdziały

17

Przedmowa

Taka tendencja, od wieków zakorzeniona w języku, jest mmeJ poważnym problemem niż tendencja zniechęcająca młode kobiety do studiów fizycznych czy technicznych. W całej książce używam zasadniczo układu jednostek SI (mks). Ze względów praktycznych niekiedy wspominam o innych jednostkach. Chociaż w przedstawieniu elektromagnetyzmu używam jednostek SI, to jednak równania elektryczności są podane w formie, którą łatwo mogą stosować ci, którzy wolą nauczać elektryczności w jednostkach Gaussa (cgs). Wszystkie wektory przedstawiono w jednolitym systemie kolorów. Strzałki obrazujące prędkość są zawsze szare. Wektory przyspieszenia mają kontur czarny. Wektory siły mają kontur barwny. Wektory pola elektrycznego i linie sił elektrycznych są barwne, pole magnetyczne jest jaśniejsze, prądy elektryczne są oznaczone strzałkami czarnymi. Wektory wypadkowe są oznaczone strzałkami szerszymi niż ich składowe. Te i inne konwencje graficzne powinny przyczynić się do łatwiejszego zrozumienia rysunków*. W spisie rzeczy oznaczono gwiazdkami te punkty, które można opuścić przy krótszym lub bardziej pobieżnym wykładzie . Jestem wdzięczny moim kolegom i studentom w Uniwersytecie Cornella za ich zachęty i za to, że miałem okazję wypróbować większość zawartego tu materiału wykładając przez ostatnie dziesięć lat wstępny kurs fizyki dla inżynierów. Największy dług wdzięczności mam wobec Enrico Fermiego, który nie tylko nauczył mnie wiele z przedstawionej tu fizyki, lecz również nauczył mnie tego jak do fizyki podchodzić i jak jej nauczać. Moim głównym celem pisania tej książki było przedstawienie ducha i podniet fizyki w sposób tak jasny, jak mógłby to zrobić Fermi. męskiej''.

Jay Orear

• W wyda niu polskim strzałki obrazujące ba rwnymi - Przyp. red.

s trzałk a mi

prędkość są

czarne; pola elektryczne i magnetyczne

są

oznaczone

1 Wstęp

1.1. Istota fizyki Głównym celem fizyki jest poszukiwanie i poznawanie podstawowych praw przyrody, od których zależą wszystkie zjawiska fizyczne. Historia nauki wykazuje postęp do coraz to głębszych i głębszych poziomów pojmowania. Na każdym z kolejnych poziomów podstawowe prawa oraz teorie stają się prostsze i jest ich coraz mniej. Na przykład, liczba cząstek fundamentalnych i oddziaływań na ogół zmniejszała się w miarę upływu czasu. To historyczne spostrzeżenie, że im bardziej zbliżamy się do prawdy tym prostsze stają się podstawowe prawa, zostało sformułowane w XIV w. przez filozofa Wilhelma Ockhama* i nazywa się brzytwą Ockhama. Uczeni poszukują ostatecznej prawdy o sw1ecie fizycznym. Nie wiadomo, czy przechodzenie do coraz to głębszych poziomów wiedzy będzie trwało nadal. Większość uczonych wierzy, że ludzkość będzie zbliżać się coraz to bardziej i bardziej do „prawdy ostatecznej". Aby dać pewne pojęcie, gdzie obecnie w tym poszukiwaniu się znajdujemy,

• Powyższa pisownia nazwiska używana tradycyjnie w polskiej literaturze filozoficznej różni się od oryginalnej William of Occam (ok. 1300 - ok. 1349) - Przyp. red. wyd. polskiego.

weźmy proste, podstawowe równanie 2=h/p (wraz z jego interpretacją fizyczną), które zastosowane do znanych cząstek elementarnych i znanych sił, działających między nimi, wyjaśnia w zasadzie fizykę atomową i chemię. Ponieważ uważa się, że biologia jest zespołem reakcji chemicznych, więc i biologia jest tym samym „wyjaśniona". Badanie tego co jest najbardziej podstawowe prowadzi do fundamentalnych cegiełek materii czyli cząstek elementarnych, takich jak protony, elektrony, neutrony, fotony. Tak więc, głównym zajęciem fizyków jest badanie cząstek elementarnych, ich właś­ ciwości i oddziaływań. Jak dotychczas, stwierdzono tylko cztery podstawowe oddziaływa­ nia i z nich wynikają wszystkie siły i oddziaływania zaobserwowane we Wszechświe­ cie. Te cztery oddziaływania są podane w tab. 1.1. Jeśli cząstki elementarne i ich oddziaływa­ nia są naprawdę podstawowe, to powinny one objaśniać nie tylko świat małych wielkości lecz i świat wielkich. Jak wiemy, te same prawa fizyki, które rządzą cząstkami elementarnymi, rządzą też gwiazdami i galaktykami. Badanie tego, jak podstawowe prawa wyjaś­ niają strukturę gwiazd i galaktyk, też należy do zakresu fizyki (patrz rozdz. 30). Wszystkie

I . Wstęp

20

Tabela 1.1. Cztery podstawowe

Typ

oddziaływania,

których objawem

Grawitacyjne Słabe

Masa Wszystkie

Elektromagnetyczne

Ładunek

cząstki

* Według nowszych danych 10 -

18

m -

elementarne

I

lPrzesfona

Otwór A

Li cznik

Geigera

I Otwór B T

Rys. 1.1. Działo elektronowe przez otwory A i B

i

oddziaływania

ok. 10-38 ok. 10 - 15 ok. 10-2 I

Zasięg

Długi

Krótki (ok. 10 - 15 m)* Długi

Krótki (ok. 10 - 15 m)

Przyp. red. wyd. polskiego.

działy nauk fizycznych i biologicznych mają swoje korzenie w fizyce. Niektóre podstawowe prawa przyrody są sprzeczne z naszym codziennym doświad­ czeniem, a więc zaprzeczają zdrowemu rozsądkowi . Na przykład pojęcia, które się kryją za równaniem A.= h/ p mogą prowadzić do 2+2=0, a także do 2+2=8 !

\Wi ązka \.l-----'----

siły

Względne natężenie

elektryczny Hadrony (protony, neutrony, mezony)

J ą drowe

_J I-

wszystkie znane

Źródło

oddziaływań

Dzi alo elekt ronowe

są

strzelające wiązką

elektronów

Zilustrowano to na rys. 1.1, gdzie wiązka elektronów jest skierowana na nieprzezroczystą przesłonę, która ma dwa otwory A i B. Ustawiamy mały licznik Geigera daleko za przesłoną i zatykamy otwór B. W tych warunkach licznik rejestruje 2 elektrony na sekundę . Odsłaniamy teraz otwór B, a zamykamy otwór A. Znowu mamy 2 zliczenia na sekundę . Otwieramy teraz oba otwory naraz. W tej sytuacji nie uzyskujemy w ogóle zliczeń! Całość jest nie tylko mniejsza niż suma jej części , ale jest nawet mniejsza niż każda część oddzielnie. Jeżeli chcielibyśmy zliczać 8 elektronów na sekundę, przesuniemy po prostu licznik nieco w bok i znajdziemy ta kie miejsce, gdzie całość jest dwa razy większa niż suma jej części. To wszystko

może być trudne do przyjęcia, ale jest w zasadzie prawdziwe i zupełnie podobne zjawiska obserwowano w laboratoriach (patrz rys. 24.11 tom 2 rozdz. 24). To właśnie zjawisko wynika z falowej natury materii. W rozdziale 24 (tom 2) dowiemy się, że wszystkie cząstki mają pewne właściwości falowe, z których takie właśnie zjawiska wynikają w sposób naturalny. Możemy wyrobić sobie jeszcze dodatkowy pogląd czym jest fizyka, zauważając czym ona nie jest. Astrologia, psychokinetyka, czary, spirytualizm, życie pozagrobowe, cuda, czarna magia i telepatia albo powołują się na siły, które nigdy nie zostały zaobserwowane przez fizyków, albo naruszają podstawowe prawa fizyki. W tej samej kategorii zawierają się spekulacje Immanuela Velikovsky'ego, które ostatnio stały się modne. Cytujemy z AAAS Bulletin (kwiecień 1974): Sesja z Immanuelem Velikovskym i dyskusja różnych ekspertów dały przykład czym zajmuje się nauka. Velikovsky jest autorem słynnej teorii, według której prawdziwa katastrofa kosmiczna miała być wyjaśnieniem wspólnych tematów w starożytnych mitach ludów bardzo różnych i nie mających pozornie ze sobą kontaktów. Według Velikovsky'ego Wenus oddzieliła się od Jowisza w czasach historycznych, nieomal uderzyła w Ziemię dwukrotnie za życia Mojżesza, a potem zderzyła się z Marsem, po czym wszystko znacznie się uspokoiło . Można się jedynie zastanawiać, dlaczego Velikovsky ma taki duży wpływ na część młodzieży. Na pewno atakuje on naukowy „establishment" i jest fizycznie porywający. Być może Velikovsky, jak inni ws półcześni guru, proponuje łatwą wiarę, mistyczne, magiczne uwolnienie się od uporządkowanego świata, którego naukowe piękno nie może być, jak się wydaje, w pełni docenione bez wy ższej matematyki. Być może teologiczne wyjaśnienie istnienia człowieka oraz historii jest przyjemniejsze.

21

I. I. Istota fi zyki

Niektóre z pomysłów Velikovsky'ego łamią podstawowe zasady zachowania energii, pędu i momentu pędu.

1.2. Jednostki Fizyka w znacznej mierze zajmuje się pomiarami wielkości fizycznych, takich jak długość, czas, częstość, prędkość, pole powierzchni, objętość, masa, gęstość, ładunek , temperatura i energia. Wiele tych wielkości jest współ­ zależnych . Na przykład, prędkość jest długo­ ści ą podzieloną przez czas. Gęstość jest masą podzieloną przez objętość, a objętość jest długością pomnożoną przez długość i jeszcze raz pomnożoną przez długość. Większość wielkości fizycznych jest związana z długością , czasem i masą . Niektóre z tych związków są przedstawione w tab. 1.2. Będziemy badać te Tabela 1.2. Pewne wielkości fizyczne długość /, masę m i czas t

Wielk ość

wyrażające się

Wymiar

Pole powierzchni

12

Obj ęt ość

I' Ir -' Ir - 2

Prędkość

Przyspieszenie

m/- 3 mit - ' mlt - 2 m/21 - 2

Gęs t ość Pęd S iła

Energia

r- '

Częstość

Moment

przez

m/21 - 1 ml - 'r - 2

pędu

Ci ś nienie

wielko ści

jak będą ukazywać się w tej książce . Podstawowe wielkości: dłu­ go ść (/), czas (t) i masa (m) wyznaczają wymiar. Tak więc prędkość ma wymiar l/ t, co możemy również zapisać jako lt - 1 . W tej książce będziemy używać obu form: l/ t i lt- 1 . w

miarę

Długość

Definicje długo ści , pola powierzchni i objętoś­ ci s ą podane w geometrii Euklidesa. Dziś jest w użyciu wiele wzorcowych jednostek długo­ ści , takich jak metr, cal, stopa, mila, centymetr. Od 1978 roku wszystkie kraje świata,

z wyjątkiem Burmy, Liberii, Jemenu, Brunei i Stanów Zjednoczonych, oficjalnie używają, bądź przestawiają się na używanie, układu metrycznego. Chociaż brytyjski układ jednostek jest jeszcze oficjalnym układem w USA, to amerykańscy naukowcy używają prawie wyłącznie układu metrycznego, w tej książce będzie więc używany układ metryczny. Stany Zjednoczone przechodzą teraz powolny, dobrowolny proces przestawiania się na układ metryczny. Początkowo metr był zdefiniowany jako pewna część odległości od bieguna do równika. Odległość ta wynosi w przybliżeniu 10000 kilometrów (km) czyli 10 7 metrów (m). Do niedawna światowym wzorcem metra była odległość między dwiema rysami na sztabie ze stopu platyny, przechowywanej w Międzynarodowym Biurze Wag i Miar we Francji. Obecnie wzorzec metra jest zdefiniowany przez liczbę długości fal pewnej linii widmowej izotopu kryptonu 8 6 Kr*. Cal amerykański jest zdefiniowany jako dokładnie równy 2,54 centymetra (cm). W obrębie układu metrycznego konwersja do innych Tabela 1.3. Przedrostki jednostek metrycznych

Przedrostek

tera giga mega kilo centy mili mikro n ano piko femto

Skrót

T G M k c m µ

n p f

Potęga dzies ięciu

101 2 109 106 103 10 -2 10 - 3 10 - 6 10 -9 10 - 12 10 - IS

jednostek długo ści jest prosta - po prostu dodaje się przedrostek okre ś lający odpowiednią potęgę dziesięciu (patrz tab. 1.3).

• Od 1983 roku (XVII G en. Ko nf. Miar) metr jest zdefinio wany jako droga, kt ó rą w próżni przebywa świ a tło w czasie 1/299792458 sekund y Przyp. red. wyd. polskiego.

22

1. Wstęp

Czas

Czas jest pojęciem fizycznym, jego definicja jest więc związana z pewnymi prawami fizyki. Na przykład prawa fizyki mówią, że okres obrotu Ziemi musi być z wielką dokładnością stały. Ten fakt można wykorzystać definiując podstawową jednostkę czasu zwaną średnim dniem słonecznym. Również prawa fizyki mówią, że okres drgań płytki wyciętej z kryształu, stanowiącej oscylator krystaliczny, powinien pozostawać stały, jeżeli temperatura i inne warunki zewnętrzne nie zmieniają się . Tak więc z elektronicznego oscylatora krystalicznego można zrobić bardzo dokładny zegar. W dokładnych zegarkach cyfrowych stosuje się oscylatory krystaliczne. Jeśli jednak mierzyć okres obrotu Ziemi za pomocą dokładnych oscylatorów krystalicznych, to okazuje się, że prędkość obrotu Ziemi powoli zmniejsza się. Ten efekt jest dobrze znany i wynika głównie z działania sił pływów. Dalej, jeśli porównać identyczne oscylatory krystaliczne, to stwierdza się pewien mały dryf częstości. Te efekty dryfu są również dobrze znane. Znajomość praw fizyki pozwala nam oczekiwać, że większą dokład­ nosc osiągnie się wykorzystując częstość drgań elektronów w atomie. Wyniki eksperymentów z zegarami atomowymi potwierdzają słuszność tej teorii. Obecnie najdokład­ niejsze zegary zliczają drgania promieniowania emitowanego przez atomy izotopu cezu 1 33 Cs. Sekundę definiuje się obecnie jako czas trwania 919263177 · 10 9 drgań promieniowania emitowanego przez 133 Cs. Kiedy takie pojęcie jak czas opieramy na prawach fizyki, nie możemy być pewni, że te prawa są absolutnie poprawne. Przypuśćmy np. że prędkość światła rośnie powoli z czasem. To wywołałoby zmianę w niektórych naszych wzorcach długości i czasu. Dotychczas nie ma dowodu doświadczalnego, że któraś z fizycznych stałych powszechnych zmienia się z czasem, ale to nie wyklucza możliwości bardzo powolnej zmiany, która jest niedostrzegalna ze względu na możliwości obecnych metod pomiarowych. Czytając tę książkę zobaczymy, że nie jest wcale tak niez wykłe , aby „święte " prawo fizyki zostało

obalone przez wyniki nowych doświadczeń. Musimy nauczyć się odnosić się w sposób niedogmatyczny do istniejących „praw" fizyki i musimy być przygotowani na to, że trzeba te prawa zmieniać, jeżeli pojawią się nowe dowody doświadczalne świadczące przeciw nim. Bez względu na to jak piękna i przekonywająca jest dana teoria fizyczna, w ostateczności spoczywa ona na fundamentach doświadczalnych, gdyż fizyka zajmuje się świa­ tem fizycznym. Teoria fizyczna będzie przewidywać nowe doświadczenia, za pomocą których można ją sprawdzać. Jeśli teoria nie przejdzie pomyślnie takiego testu, to trzeba ją zmodyfikować lub odrzucić. Masa

Masa jest również pojęciem fizycznym i musimy ją zdefiniować stosując pewne prawa fizyki. W rozdziale 4 podajemy nowoczesną definicję masy, stosując prawo zachowania pędu . W układzie metrycznym jednostka masy była początkowo zdefiniowana jako ilość masy zawarta w 1 centymetrze sześcien­ nym (cm 3 ) wody w określonej temperaturze i pod określonym ciśnieniem. Ta ilość masy została nazwana gramem. Tak więc, gęstość wody wynosi z definicji 1 gram na centymetr sześcienny (g/cm 3 ). Obecnie światowym wzorcem kilograma (kg) jest walec platynowo-irydowy przechowywany w Międzynaro­ dowym Biurze Wag i Miar w Sevres we Francji. Na użytek tych, którzy myślą jeszcze w funtach: 1 kg= 2,204 lb. mks i cgs

W fizyce takie wielkości jak siła i energia mierzy się zwykle w jednostkach opartych na metrze, kilogramie i sekundzie lub w jednostkach opartych na centymetrze, gramie i sekundzie. Pierwszy z tych układów nazywa się układem jednostek mks, a drugi układem jednostek cgs. Chociaż przejście od układu mks do cgs wymaga tylko przesunięcia znaku dziesiętnego, ważne jest, aby przy rozwiązy­ waniu zadań wyrazić wszystkie jednostki albo w układzie mks albo wszystkie w cgs. W tej książce będziemy podążać za obecną tendencją i używać raczej układu mks niż cgs. Układ jednostek mks długości, masy i czasu, razem

23

1.2. Jednostki

z

jednostką

temperatury - kelwinem i jedelektrycznego - amperem, nazywa się układem SI, co jest skrótem francuskiej nazwy Systeme Internostką natężenia prądu

national.

v=

3

60

. (1,61 · 10 m) (3,6 · 10 3 s)

Inną metodą

26,8 m/s

konwersji jest

mnożenie

przez 1,

3

Stosujemy następujące skróty: m - metr, kg - kilogram, g - gram, s - sekunda, h - godzina, K - kelwin, A - amper. Zatem km oznacza kilometr, cm - centymetr, µs - mikrosekundę, ns - nanosekundę itd. Większość rozwiązań zadań z fizyki zawiera jakąś liczbę i jakąś jednostkę . Podkreślam, że rozwiązanie jest niekompletne, jeżeli nie jest podana jednostka. Nie wolno podawać odpowiedzi numerycznej nie podając jednocześnie jednostki. Jednostki mają cechę ilościową i są istotną częścią rozwiązania numerycznego.

. zarowno , (1,61 · 10. m) jak i ( -1-h-) gd zie 1 m1 3600 s mają wartość 1 3

60 mi· l · l = 60 mi ·(l,61·10 m) · (-h-)= h h mi 3600 s m 60 · 1,61 · 10 3 mi · m · h 26 8 3600 h · mi · s ' s Często

wygodniej jest

wykładników

potęgi

niż

używać

ujemnych

stawiać jednostkę

w mianowniku. Wtedy m/s piszemy jako ms - 1 . W tej książce będziemy używać obu tych sposobów zapisu jednostek.

1.3. Analiza wymiarowa Konwersja jednostek Często się

zdarza,

że

nie wszystkie jednostki danych wielkości, bądź wielkości, o które pytają w zadaniu, są w układzie najwygodniejszym do obliczeń. Często też spotykamy się z mieszanymi jednostkami, jak np. mile na godzinę (mph) dla prędkości. Jeżeli zadanie rozwiązuje się w brytyjskim układzie jednostek, to tę prędkość trzeba przeliczyć na stopy na sekundę (ft/s). Zwykle będziemy nasze zadania rozwiązywać w układzie mks; wtedy wszystkie prędkości trzeba wyrazić w metrach na sekundę (m/s). Jako przykład przeliczmy prędkość 60 mph na jej wartość w m/s, stosując metodę podstawienia. Dla jasności każdą nowopodstawioną wartość będziemy pisać w nawiasach v=60 mi =60 . (1 mi) h

(1 h)

Teraz w miejsce wielkości (1 mi) podstawiamy jej równowartość w metrach (1,61 · 10 3 m) v=

3

60

. (1,61 · 10 m) 1 h

W mianowniku w miejsce (1 h) podstawimy (3,6 · 10 3 s)

W wielu zadaniach z fizyki trzeba wyJSC z jednego lub kilku bardziej podstawowych równań i wyprowadzić jakiś wzór szczególny. Jako przykład chcielibyśmy otrzymać wzór szczególny na prędkość samochodu wyrażoną przez jego przyspieszenie a i przebytą drogę x, gdy rusza on ze stanu spoczynku ze stałym przyspieszeniem. W tym przypadku równaniami podstawowymi są definicje prędkości i przyspieszenia, które podajemy w następ­ nym rozdziale. Wzorem szczególnym, który mamy wyprowadzić, jest v = ,J2ax. Przypuśćmy, że nie pamiętamy jak go wyprowadzić lub też że utknęliśmy po drodze. Na szczęście istnieje prosty i skuteczny sposób, który możemy w wielu przypadkach zastosować, gdy chcemy jakiś wzór wyprowadzić lub go sprawdzić. To postępowanie, zwane analizą wymiarową, daje właściwą postać funkcji poza bezwymiarową stałą proporcjonalności. W poprzednim przykładzie z analizy wymiarowej otrzymaliśmy v ~ ,Jax , al~ nie moglibyśmy otrzymać czynnika ,J2 (symbol ~ oznacza ,jest proporcjonalne do"). To postępowanie polega na sformułowaniu uogólnionego związku (1.1)

I. Wstęp

24

nieznanymi wykładnikami potęgi. Następnie sprawdza się po prostu wymiary po obu stronach. Wymiary wyraża się przez trzy podstawowe wielkości: masę, długość i czas. Wymiarem prędkości jest długość na jednostkę czasu czyli lt- 1 . Po prawej stronie naszego równania mamy

gdzie p i q

są

[aPxą]=(~)P (l)ą=lp + ąt- 2 P

wymiar

Przyrównując wymiary równania otrzymamy /t - 1= /P + ąt - 2p Ponieważ wykładnik

po obu stronach,

po

obu

przy I musi mamy

być

stronach

taki sam

v~pppą

Jednostką gęstości jest kg/m 3 , a wymiarem ml- 3 . Ciśnienie jest siłą na jednostkę powierzchni i zgodnie z tab. 1.2 ma wymiar ml- 1 t- 2 • Wypiszmy więc wymiary obu stron poprzedniej zależności lt - 1 =(ml- 3 )P(ml- 1 t- 2 )ą

Z porównania wykładników: przy m O=p+q przy t - l = - 2q przy I 1 = -3p-q. Rozwiązaniem tego układu równań jest

więc

1 =(p+ą) Przyrównując wykładniki

(1.2) przy t otrzymujemy

p= -

1 .

2

1 ą=

1

2,

a

więc

- 1 = -2p czyli p= 1/2 Podstawmy teraz 1/2 na p w równaniu (1.2)

l=(112)+ą

czyli

ą=l/2

Podstawiając

p = 1/2 i q = 1/2 otrzymujemy z równania (1.1)

Jak

{P

.Jax.

już zwróciliśmy uwagę,

ten wynik

się od prawdziwego czynnikiem

różni

Ji. Często

mamy szczęście i współczynnik proporcjonalności jest równy 1. Tak wypadnie, że w następnym przykładzie współczyn­ nik proporcjonalności będzie 1,18. (Gwiazdka przy przykładzie oznacza, że pytanie jest zbyt trudne, aby początkuj ący student mógł samodzielnie dać odpowiedź) .

zdarza

.

powietrze v = 1, 18,;-;;·

v ~a1 1 2x 1 12

czyli u ~

Ścisła odpowiedź dla gazu takiego jak

się , że

*Przykład

1. Zastosuj an alizę wymiarodo „wyprowadzenia" równania na prędkość głosu w gazie o gęstości p.

wą

ODPOWIEDŹ : jedynymi możliwymi zmiennymi są: ciśnienie gazu P, jego temperatura Ti jego gęstość p. Dowiemy s ię w rozdz. 12, że tylko dwie z tych zmiennych s ą niezależne (dla danej gę s to ś ci ciśnienie jest proporcjonalne do temperatury). Tak więc

W wielu problemach wcale nie musimy jaki jest współczynnik proporcjonalności. Przykładem jest porównanie prędkości głosu w dwóch różnych gazach znajdujących się pod tym samym ciśnieniem. Analiza wymiarowa mówi nam, że prędkość głosu jest odwrotnie proporcjonalna do pierwiastka kwadratowego z gęstości . Dociekliwy student będzie stosował analizę wymiarową , aby sprawdzić wszystkie wyprowadzenia i obliczenia, kiedy to tylko jest możliwe. Kiedy znajdziecie się w impasie rozwiązując zadanie na egzaminie, lepiej jest przeprowadzić analizę wymiarow ą niż nie dać odpowiedzi w ogóle. Nasz n a stępny przykład pokazuje użyteczność analizy wymiarowej. Możemy ją stosować do różnych sytuacji fizycznych, których albo nie rozumiemy, albo zbyt mało mamy wiedzy by sobie z nimi poradzić, a mimo to możemy uzyskać pożyte­ czne wyniki. wiedzieć,

25

1.3. Analiza wymiarowa

Przykład 2. Jak szybko, w przybliżeniu, musi poruszać się samochód ważący 1 tonę (1000 kg), aby siła oporu powietrza była porównywalna z jego ciężarem? Ciężar samochodu jest w jednostkach mks około 104 kg m s - 2 . Przyjmijmy, że powierzchnia przekroju

Rys. 1.2. Powierzchnia A jest powierzchnią przekroju poprzecznego samochodu

samochodu jest ok. ,2 m 2 , a gęstość powietrza ok. 1 kg m - 3 . Przyjmijmy także, że siła oporu powietrza zależy od powierzchni pola przekroju A, gęstości p powietrza, które samochód przed sobą pcha i od prędkości samochodu v f opór-Appqvr pow

(1.3)

ODPOWIEDŹ: zgodnie z tab. 1.2 wymiarem siły jest mit - 2 . W o bee tego

mit- 2 = (l 2 )P(ml- 3 )ą(lt- 1)'

Z przyrównania wykładników: przy m 1 =ą przy I 1 = 2p - 3q + r przy t -2= -r. Rozwiązaniem

jest q = 1, r = 2, p = 1. te wartości do równania (1.3) otrzymujemy Wstawiając

f opór-Apv 2 pow

Okazuje się, że równanie to jest poprawne z dokładnością do czynnika 2 (patrz s. 121). Rozwiązując względem v mamy

Gdy siła jest tak duża jak c1ęzar samochodu, F= 104 kg m s - 2 . Wtedy

v-

J

104 kg m s- 2

(2 m 2 )(1 kg m -

3

::::::70 m/s:::::: )

::::::250 km/h Stąd wniosek, że moc silnika potrzebna, aby samochód jechał z prędkością 250 km/h jest porównywalna z mocą potrzebną, aby wjechał on po pionowej ścianie (przy założeniu, że koła nie odpadną od ściany) . Widzimy także, że siła oporu powietrza rośnie jak kwadrat prędkości, a więc ten sam samochód jadąc z prędkością 50 km/h doznawał­ by tylko jednej dwudziestej piątej tej siły oporu. Jasne jest, że można oszczę­ dzić na paliwie jadąc wolniej.

1.4.

Dokładność

w fizyce

Fizyka bywa nazywana nauką ścisłą, a jednak studenci, którzy przerabiają laboratorium fizyczne, mogą mieć inne zdanie i w pewnym sensie mają słuszność . W ogólności przyrządy nie dają dokładnych wyników pomiarowych. Za pomocą taniej plastikowej . linijki można odczytać odległość 5 cm z dokładnością 1 części na 100. Ale nie tylko istnieje granica dokładności odczytania, również plastik rozszerza się, gdy rośnie temperatura. Występuje więc to co nazywamy błędem systematycznym. We wszystkich dziedzinach nauki oszacowanie błędów systematycznych jest sprawą delikatną i trudną. Trzeźwiącym przeżyciem jest, w trakcie przerabiania ćwiczeń pracowni fizycznej, próba wykrycia i oszacowania wszystkich błędów systematycznych, które mogą występować. Ten problem jest stałą plagą zawodowych fizyków. Jednym z najdokładniejszych przyrządów pomiarowych jest miernik częstości, który wyznacza całkowitą liczbę drgań oscylatora. Jednym z najbardziej stabilnych i dokładnych oscylatorów jest atomowy zegar cezowy,

I. Wstęp

26

który jest sterowany częstością dobrze okreś­ lonego przejścia nadsubtelnego do stanu podstawowego atomu izotopu 133 Cs. Dwa takie oscylatory będą zgodnie działać z dokładnoś cią 1 części na 10 12 . Są tak dokładne, że nową definicją sekundy jest czas równy 9192631770 okresom drgań „idealnego" cezowego zegara atomowego, jak o tym wspomniano w p. 1.2. Dokładność średniej

Dokładność

można

polepszyć

powtarzając

ten sam pomiar wiele razy i biorąc średnią wyników. Na przykład przypuśćmy, że mamy n identycznych zegarów atomowych mierzą­ cych ten sam nieznany przedział czasu i że wskazania zegarów są odpowiednio t 1 , t 2 , ..• , t„ (zegary zostały włączone i wyłączone równocześnie). Najlepszą wartością przedziału

-

t1+l2+ ... +t„

l= -

-

---

n Jeżeli

CJ,

typowy

to błąd

błąd

t, jak łatwo pokazać,

Przypuśćmy ,

kładnego

że

zegara.

prze było drogę

3 sekund,

w

prędkość

3,33 cm/s v'=451,00 cm/s

v + v' = 454,33 cm/s Zauważcie ,

podali taką odtwierdzimy iż dokładność naszego wyniku jest lepsza niż 1 część na 104 , a nie 1 część na 10 2 • Poprawna odpowiedź powinna być 454 cm/ s. to

że

gdybyśmy

znaczyłoby,

jakimś

za

Przykład 3. Student powtarza pomiary okresu drgań wahadła, używając tego samego stopera. Jego pomiary różnią się między sobą średnio o 1/ 10 s. Ile razy musi powtórzyć pomiar, aby wyznaczyć okres z dokładnością do 1/ 100 s?

doświadczeniu

pomocą

linijki i do-

ODPOWIEDŹ:

mamy

Zaobserwowaliśmy , że ciało

10 cm w czasie

„ dokładnie"

(J

(błąd średniej)=---=

Jn

więc

1

10 cm 3 s

v = - - =3

'

że

jest (CJ/j~)­

znaczące

mierzymy

v=

pojedynczego zegara jest

Wynik możemy wyrazić jako t=t±(CJ/j~), gdzie CJ jest typowym błędem pojedynczego pomiaru. To jest słuszne dla błędów przypadkowych, natomiast nie jest słuszne dla błędów systematycznych. Cyfry

prawdziwa v leży gdzieś 3,30 a 3,36 cm/ s, więc dwie pierwsze trójki są cyframi znaczącymi, a trzecia trójka jest nieco niepewna. Jest złym zwyczajem zapisywanie tego wyniku jako v = 3 cm/s lub jako v = 3,333 cm/ s. Właściwy sposób to v = 3,33 cm/ s. Gdybyśmy użyli większej liczby miejsc dziesiętnych byłoby to i niepotrzebne i mylące. Przypisywalibyśmy sobie wtedy uzyskanie wyniku lepszego niż on naprawdę jest. Przypuśćmy , że musimy dodać prędkość 3,33 cm/s do innej prędkości v' = 4,51 m/s i że v' jest znana z dokładnością do 1 %

powiedź,

będzie średnia

czasu

Ponieważ wartość

między

33333 cm/s

Mamy tu problem ile postawić cyfr po znaku aby przedstawić 10/ 3 jako uła­ mek dziesiętny. Jest umownie przyjęte podawać tyle cyfr, żeby przedostatnia mogła być uważana za pewną . Jeśli więc odległość 10 cm była zmierzona z dokładnością 1 % , to wynik możn a wyrazić jako v = 3,33 ± 0,03 cm/ s.

1 ) lOS ( 100 s = J~

dziesi ę tnym ,

10

n= 100

1.4.

Dokładność

Aby poprawić dokładność 10 razy trzeba powtarzać pomiary 10 2 razy.

W książce tej będziemy podawać wartości liczbowe używając trzech cyfr znaczących , to znaczy z dokładnością co najmniej 1% (w przypadkach, kiedy będziemy odstępować od tej reguły wyraźnie to powiemy). Zadania należy rozwiązywać z tą samą dokładnością.

1.5. Matematyka w fizyce Uważa

się,

fizyka posługuje się trudną Na szczęście tak nie jest, jeśli chodzi o prawa podstawowe. Wydaje się, że działa tu brzytwa Ockhama: im bardziej podstawowe prawo, tym jest ono prostsze pojęciowo i matematycznie. Trudniejsza matematyka wchodzi w grę wtedy, kiedy próbujemy obliczyć coś, co nie jest podstawowe, jak np. problem trzech ciał (ruch trzech wzajemnie oddziałujących ciał). Problem trzech ciał nie jest podstawowy, gdyż w istocie jest superpozycją trzech wzajemnie powiązanych problemów dwóch ciał. Przed kilkuset laty Isaac Newton rozwiązał naprawdę podstawowy problem - problem orbit dwóch ciał oddziałujących siłą odwrotnie proporcjonalną do kwadratu odległości. Problem dwóch ciał w astronomii można rozwiązać stosując matematykę elementarną (rozdz. 5), ale problem trzech ciał wymaga dużego komputera. Większa część fizyki w tej książce używa prostej algebry, geometrii i trochę trygonometrii. Rachunek różniczkowy wprowadzamy d powoli w rozdz. 2, gdzie używamy - {x 2 ) = dx = 2x. Zaczynając od rozdz. 6 stosujemy trochę rachunku całkowego na poziomie dx = 1/2 2 . W rozdziale 11 po raz pierwszy spotykamy się z pochodnymi funkcji sinus i kosinus. Analizę wektorową wprowadzamy powoli w rozdz. 3, przy czym iloczyny wektorowe odkładamy do rozdz. 6 i 10. Podane tu

wiadomości

z analizy wektorowej wystarjej zastosowania omówione w tej książce. Książki tej mogą używać jako podręcznika studenci, którzy nie znali dotychczas rachunku różniczkowego i całkowego i dopiero teraz go przerabiają . Chociaż rachunek różniczkowy i całkowy nie jest na początku potrzebny, to jednak studenci muszą dobrze znać algebrę na poziomie licealnym. Poniżej podajemy listę najczęstszych błędów uczniowskich. Czytelnik powinien łat­ wo wyłapać pomyłki i dać właściwe odpowiedzi. Poprawne odpowiedzi są podane w uzupełnieniu 1.1. Czytelnik, który miałby tu trudności, będzie prawdopodobnie mieć też trudności z uczeniem się fizyki . czają,

aby

pojąć

że

matematyką wyższą .

Jx

27

w fizyce

x

Pewne często popełniane błędy 1 (a+b) 2 =a 2 +b 2 1 1 1 2 --=-+ a+b a b 3 połowa 1ó- 10 jest 10- 5

A X A+X

4

-+-=-B Y B+Y

5

1 4 dzielone przez - jest 2

6 7 8 9 10

2

J16ab=4ab 1 - z 10 - 8 =5 - 8 2 10-10 --=10-15

10 - s log AB=log A· log B sin (A+B)=sin A+sin B

Szczególnie użyteczne w algebrze są: działa­ nia potęgowania i logarytmowania, układy równań i rozwijanie dwumianu w szereg. Potęgowanie jest częściowo omówione w punkcie „Zapis formalny" . Przypomnijmy tu rozwinięcie dwumianu

n(n-1) (1+a)"=1 +na+---a 2 + 1·2

+ Można

sumy

n(n- l)(n-2) 3 1·2·3 a+ ...

to

zapisać

krócej

używając

symbolu

(1

Wstęp

/.

28

+a)"=

I (

Zapis formalny

ai) n! j!(n-j)!

j = O

Znak sumy :E oznacza, że dodajemy do siebie wyrazy tej samej postaci zwiększając za każdym razem j o jeden. Podajemy dwa przykłady

I

w=1+2+3+4+s

j = 1

L

(x/)= x 1 t 1 +x 2 t 2 + ··· +xntn

j = 1

Najprostszym przykładem stosowania ukła­ du równań jest eliminowanie niepotrzebnych zmiennych. Podamy przykład z rozdz. 3, gdzie występuje układ 3 równań . Aby rozwiązać to zadanie nie musimy wcale wiedzieć co oznaczają występujące symbole. Zadanie polega na wyrażeniu przyspieszenia dośrod­ kowego przez promień R i częstość f korzystając z 3 równań

v2

a=R c

(1.4)

2nR

v= - -

(1.5)

t

1

f= t

Zastosujemy tu metodę podstawiania, aby wyeliminować najpierw v, a potem t. Wstawmy więc do równania (1.4) v wyznaczone z równania ( 1.5) (2nR/ t) 2 R Następnie

4n 2 R t2

podstawmy 1/f zamiast t. Otrzyma-

my

Zauważcie,

że

używamy

nawiasów aby zapodstawienie.

znaczyć, że właśnie zrobiliśmy Inną

cenną

umiejętnością

matematyczną

jest odczytywanie i wykreślanie krzywych. W następnym rozdziale troszkę to przećwiczymy.

w fizyce są w więk­ albo znacznie większe od 1 albo znacznie mniejsze od 1. Dla wygody przyjęło się ogólnie zapisywać daną wartość, wszystko jedno czy bardzo dużą czy małą, jako liczbę między 1 a 10 (nazywaną mantysą) pomnożoną przez odpowiednią potęgę dziesię­ ciu. Taki zapis jest ogólnie przyjęty. Na przykład masa elektronu jest 9,11 · 10- 31 kg. Mantysa jest tu 9,11, a wykładnik potęgi - 31. Masa Słońca jest dziesięciu jest 1,99 · 10 30 kg. Widzimy, że masy pokrywają zakres ok. 10 60 . W fizyce odległości rozciągają się na podobny zakres wielkości. Jest dobrym zwyczajem przy rozwiązywa­ niu zadań najpierw zrobić obliczenia odręcz­ nie z grubym jednocyfrowym przybliżeniem dla mantysy. Potem można powtórzyć obliczenia używając suwaka logarytmicznego lub kalkulatorka. Typowy kieszonkowy kalkulatorek pokrywa zakres od 10-s do 10 8 , a kalkulatory naukowe zakres od 10- 99 do 10 99 . Jasne, że ten drugi typ jest bardziej użyteczny dla studiujących fizykę. Pożyteczne jest również, jeśli kalkulatorek kieszonkowy ma funkcje trygonometryczne i funkcje logarytmiczne i oddzielną pamięć do przechowywania wyników pośrednich. Taki naukowy kalkulator jest już niezbyt drogi. Innym korzystnym udogodnieniem jest to, że przy mnożeniu lub dzieleniu liczb, wykład­ niki po prostu dodaje się lub odejmuje. Wykorzystujemy tu związki 10a · lOb = 10
szości

Przykład 4. Moc energii elektrycznej wytwarzanej w USA uśredniana w skali całego roku wynosi 250 milionów kilowatów (kW). Gdyby tę moc miały dostarczyć baterie słoneczne, to jak

29

1.5. Mat emat yka w fi zyce wielką

powierzchnię

musiałyby

zająć?

Przyjmijmy wydajność 10% dla konwersji energii słonecznej w elektryczną. W południowych Stanach Zjednoczonych w południe średnia moc dochodząca ze Słońca wynosi ok. 1 kW/m 2. Po konwersji, 1 kW/m 2 mocy ze Słońca daje 100 W/m 2 mocy elektrycznej. Średnia dobowa jest ok. 25 W/m 2. Niech P calk=2, 5 · 10 11 W bę­ dzie całkowitą potrzebną mocą i Acalk całkowitą powierzchnią zbierają­ cą energię słoneczną. Mamy więc p calk = 25 W /m2 ODPOWIEDŹ:

Aca1k A

_ calk -

p calk

25 W/m2

2,5 · 10 11 25 W/m

w 101om2

2

(1.6)

Zmieści

się to na kwadracie o boku 100 km. Takiej wielkości teren, będący własnością rządu federalnego, znajduje się zaraz na północ od Las Vegas. Na każdej mapie samochodowej Nevady oznakowane to jest jako „Tereny doświadczalne Nevady, Komisja Energii Atomowej USA, zamknięte dla publiczności". Może te właśnie tereny mogłyby być użyte do tego celu. Czy Stany Zjednoczone wykorzystają ten, czy inny podobny, teren do pobierania energii słonecznej jest sprawą, o której decydują czynniki socjalne, polityczne, ekonomiczne, ekologiczne, administracyjne. Niewiele to ma wspólnego z fizyką . W powyższych obliczeniach zaniedbaliśmy problemy przechowywania energii i straty przy transporcie.

Przykład 5. Zasoby broni jądrowych Stanów Zjednoczonych szacowano w 1960 r. na równoważne ok. 40 milionom kiloton TNT (bomba zrzucona na Hiroszimę była równoważ­ na 15 kilotonom TNT).

Gdyby cały zapas zrzucono na kraj nieprzyjacielski, w którym jest 200 miast, to ile bomb o sile takiej, jaka zniszczyła Hiroszimę, przypadłoby na 1 miasto? ODPOWIEDŹ:

bomb/miasto= (40 · 10 6 kiloton) (15 kiloton/bomba)(200 miast) 40 · 10 6 bomb 30 · 10 2 miast = 1,3 · 104 bomb/miasto Porównując to z Hiroszimą stwierdzamy nadmiar ok. 104 razy. Jeśli celem jest całkowite zniszczenie miasta, to istotnie, jedna bomba nie wystarczy, ale wydaje się, że zrzucenie 13000 bomb na jedno miasto jest niebezpieczne i marnotrawne. W ostatnich latach istnieje tendencja zastępowania bomb o wielkiej sile wybuchu bombami słabszymi. Obecne zasoby mają więc całkowitą siłę niszczącą znacznie mniejszą niż w 1960 r. Trzeba jednak wziąć pod uwagę, że całkowita liczba bomb jądrowych roś­ nie.

To były dwa typowe przykłady obliczeń, z jakimi mają do czynienia naukowcy. Naukowiec musi umieć wykonywać takie oszacowania rzędu wielkości na odwrocie koperty, bez użycia suwaka czy kalkulatora.

1.6. Nauka i

społeczeństwo

Dwa ostatnie przykłady ilustrują, jak nauka i technika są splecione ze społeczeństwem na śmierć i życie. Decyzja czy mieć 10 razy czy 10000 razy za dużo bomb nie należy do uczonych. Decyzje ile bomb zgromadzić i czy prowadzić nadal próby z bronią jądrową podejmują nie uczeni ani nie technicy lecz przywódcy

30

I. Wstęp

rządów , którzy mają trudności ze zrozumieniem tego, co to są potęgi dziesięciu, a tym bardziej ze zrozumieniem samej nauki. Być może, że zarówno Stany Zjednoczone jak i inne państwa miałyby mniej bomb, gdyby przywódcy rządów mieli dostateczne wykształcenie fizyczne i matematyczne. W 1978 roku w Kongresie Stanów Zjednoczonych było trzech naukowców w izbie niższej i jeden w izbie wyższej . Członkowie Kongresu nie wiedzą do kogo się zwrócić o radę w sprawach techniki. Mają trudności z oceną różnych spraw technicznych, takich jak opłacalność energii słonecznej, transport supersoniczny, rakiety antybalistyczne, bombowiec B-1 , zmniejszenie warstwy ozonu w atmosferze, pociski typu cruise, łodzie podwodne systemu Trident itp. Dlatego właś­ nie Amerykańskie Stowarzyszenie dla Postępu Wiedzy (American Association for the Advancement of Science) i Amerykańskie Towarzystwo Fizyczne doprowadziły wspólnie do stworzenia instytucji Naukowych Doradców Kongresu, dzięki której prawdziwi naukowcy pracują w biurach Kongresu, zwykle przez rok, czasem dłużej. Jednym z takich pierwszych doradców była Jessica Tuchman, doktor biofizyki z Kalifornijskiego Instytutu Technologicznego. Oto co powiedziała o tym problemie: „Można znaleźć ekspertów, których opinie będą ze sobą sprzeczne prawie na każdy temat, co właśnie zdarzyło się w komisjach senackich, a ponieważ nie ma nikogo kto oceniłby te opinie, ludzie stają się strasznie cyniczni. Dlatego właśnie my tu jesteśmy aby tłumaczyć''. Dla fizyków zrozumienie otaczającego świata jest samo w sobie wartościowym celem. Homo sapiens jest jedynym stworzeniem zdolnym do takiego pojmowania. To naukowe zrozumienie jest centralną częścią naszej nowoczesnej kultury i cywilizacji. Ci, którzy s ą intelektualnie żywi, nie mogą nie dążyć do osiągnięcia tego naukowego zrozumienia. Drugim powodem studiowania fizyki, na który częściej zwraca się uwagę, jest pożytek, jaki zrozumienie nauki stanowi dla osoby ż yjącej w tym wieku nowoczesnej technologii

- wieku automatyzacji, zatrucia środowiska, energii jądrowej, komputerów, podróży kosmicznych, rakiet i bomb jądrowych. Nieomal codziennie gazety drukują artykuły, których nie można w pełni zrozumieć bez znajomości fizyki. Prawie dzień w dzień mamy artykuły o broni jądrowej, energii jądrowej, oszczędza­ niu energii, energii słonecznej lub termojąd­ rowej, o nowych broniach, o skażeniu środo­ wiska, podróżach w przestrzeni pozaziemskiej, UFO, nowych odkryciach naukowych, nowych urządzeniach itd. Można wątpić czy ludzie, którzy . niewiele rozumieją naukę, są w stanie podejmować kompetentne decyzje co do polityki dotyczącej powyższych problemów. A jak wiemy, od tych decyzji przecież zależy czy cywilizacja ludzka przeżyje. Uzupełnienie

1.1. Sprostowania

pewnych

często

popełnianych błędów

5

(a+ b)2 = a2 + 2ab + b 2 1 --b=(a+b)-1 a+ połowa 10- 10 = 5 · 10- 11 A X AY+BX B+Y BY 4 -=8

6 7

połowa

1

2 3 4

8 9

10

1 2

J16ab=4Jab

10- 8 =1/2 · 10- 8 =5 · 10- 9 10 - 10 - - = 10<-1o+s)= 10 -s 10-s log AB=log A+log B sin (A+ B)=sin A cos B+cos A sin B

Ćwiczenia

(Ćwiczenia są to też zadania tylko nieco

krótsze i prostsze) 1. Będziemy tu mieć do czynienia z problemem, który podobno stwarza duże trudności wielu uczniom amerykańskich liceów. Przerabiając to ćwiczenie, załóżcie, że nie znacie konwersji mil na kilometry. Stan Ohio wymienia wszystkie tablice drogowe tak, aby miały odległości podane zarówno w milach jak i w kilometrach.

Ćwiczenia i zadania

31

Obok podajemy dla

przykładu

jaką

zobaczyć

moglibyście

tablicę,

94

WAH OO _ _ mj

mj

380 km

152 km

Ć wiczenie I

Przypuśćmy,

że

stan Nebrasca rówmez w taki sam sposób swoje tablice drogowe. Jadąc ku Wahoo zobaczylibyście znak drogowy pokazany obok. Jaką liczbę należy wpisać na tej tablicy? 2. Poniżej podajemy inne zadanie, którego, według opinii nauczycieli, większość uczniów również nie umie rozwiązać. postanowił zmienić

Trójkąt

A

trójkąt

są

B

trójkątami

A

A

jl-v 2/c2 '

to jak

wyrazić

v przez M, M 0 i c? 7. Pewien gatunek mydła wyrabiają w kawałkach tego samego kształtu lecz dwóch różnych wielkości. Większy kawałek jest o 50% dłuższy niż mniejszy. O ile więcej mydła jest w większym kawałku? 8. Pizza o średnicy 8 cali kosztuje 1,5 dolara. Ile powinna kosztować pizza o śred­ nicy 12 cali? 9. Dwa gramy gazu H2 zawierają N 0 = 6,02 · 10 23 cząsteczek. Jaka jest masa atomu wodoru? 10.

Rozwiń

w szereg dwumian ( 1-

~:) -

112

Podaj pierwsze trzy wyrazy. Jaki jest stosunek trzeciego wyrazu do drugiego jeśli v/c = 0,1? 11.

Uprość wyrażenie

exp ( - In

~).

(exp x::e\ e=2,718). 12. y = exp( - x 2 /2). Przy jakiej wartości x wartość funkcji spada do połowy wartości maksymalnej? 13. y = exp( - t/r). Przy jakiej wartości t wartość y maleje do połowy? Wyraź odpowiedź przez r. 14. Krawędź sześcianu zmierzono z dokład­ nością 1%. Jaka jest dokładność objętości obliczonej na podstawie tego pomiaru?

podobnymi.

Trójkąt

Mo

M

jadąc

w kierunku Cleveland. CLEVELAND

6. Jeśli

Trójkqt B

(j

~B=+-~---H-+---...,,., C 15m

40m

Zadania

Ćwicze nie 2

(Następujące

(a) Jaka jest

odległość

(b) Jaka jest

długość

EF w

GH w

trójkącie

trójkącie

B? A?

poprzednie

zadania

są

raczej trudniejsze

niż

ćwiczenia)

obiekt znajdujący się w odleg100 m widzimy pod kątem 1°. Jaka jest jego wysokość? Rozwiąż to zadanie nie używając funkcji trygonometrycznych. 1 2 16. v =v 0 +at, x=x 0 +v 0 t+ at . Wyraź 15.

Wysmukły łości

1

3. Jeśli K =-Mv 2 P= Mv, to jak wyrazić 2 K przez P i M? 4. Oblicz 8213 ,

s- 213

. 5. Wykaz,. ze

1+.B f"1fi2

v l -/32

równa _l_-_/3_? ~·

2

83 12 .

~+/3 - 1-/3

. Czemu się

v przez x 0 , v0 , a i x. 17. Korzystając z następujących informacji 1 E=l mv 2 + U, U= -e 2 /R, mv 2 /R=e 2 / R wyraź E tylko przez e i R. 18. Wyraź a przez y i R, jeżeli a=v 2 /R, v = 2nR/t, y = 1/ t.

I. Wstęp

32

19. Wyraź E przez M 0 , pic, jeżeli p=M 0 yv,

zużywa

się

w jednym

przeciętnym

mieszkaniu? 24. Przypuśćmy,

że na 200 miast, każde o średniej powierzchni 200 km 2 , rozrzucono równomiernie bomby konwencjonalne zawierające 40 milionów kiloton TNT. Jak gruba warstwa bomb pokryłaby te miasta, gdyby bomby nie eksplodowały? Przyjmijmy, że TNT ma gęstość 1 g/cm 3 .

20. y =sin 2 x , przy czym x jest w stopniach. Zrób wykres zależności y od x. 21. Fala dźwiękowa biegnie po pręcie metalo-

wym o powierzchni przekroju poprzecznego A. Falę generuje siła zmienna AF przyłożona do końca pręta. Wydłużenie pręta Al jest proporcjonalnie do AF i jest dane wzorem

Al AF/ A YA- =AF czyli Y=-1 - Al/ I gdzie Y jest modułem Younga (dla danego metalu jest to stała). Wyprowadź wzór na prędkość dźwięku wewnątrz pręta, wyrażając ją przez Y i przez gęstość p. Zastosuj analizę wymiarową

25. W teorii względności stosunek masy relatywistycznej do masy spoczynkowej wyraża się wzorem y = m/m 0 , a prędkość v = c(l -1 /y2 ) 1 i 2 . Zastosuj rozwm1ęc1e dwumianu w szereg i znajdź dwa pierwsze wyrazy. 26.

Y+ -y_

(p =masa/objętość).

amerykański przeJez15 mil na 1 galonie benzyny przy prędkości 55 mil na godzinę.

23. Typowy samochód dża

(a) Ile gramów benzyny zużywa samo-

chód w ciągu sekundy, jeśli w 1 galonie jest 3800 g benzyny?

(b)

Jeżeli

spalona benzyna dostarcza 30000 dżuli (J) na gram, a 1W= = 1 J/s, to ile watów mocy zużywa ten samochód? Czy to jest więcej niż

2f3of3

gdzie

22. Moc wytworzona przez „spalanie" uranu

w reaktorze jądrowym w ciągu czasu t jest P= 10- 3 mc 2 /t, gdzie m jest masą uranu, a c = 3 · 108 m/s jest prędkością światła. Jeżeli m wyrazimy w kilogramach, t w sekundach, to P będzie wyrażone w watach. Wydajność przemiany tej energii w energię elektryczną wynosi ok. 30%. Ile gramów paliwa uranowego trzeba by zużywać dziennie, aby dostarczać moc równą przeciętnemu dziennemu zużyciu mocy elektrycznej w USA?

Pokaż, że

-/3~)-1 / 2

f3o + f3 f3+ = 1 +f3of3

y_=(l-f3~-T1 1 2

f3_= f3o-f3 1- f3of3

y + =(l

27.

Wahadło

ma okres 2,5 s. Wykonano 40 pomiarów za pomocą stopera A, który ma pomiarowy błąd przypadkowy CT=0,1 S. (a) Jaka jest dokładność średniej? (b) Stoper B ma a= 0,05 s. Zrobiono 10 pomiarów tym stoperem. Jaka jest dokładność średniego okresu wyznaczonego za pomocą tego stopera? (c) Przypuśćmy, że w tym samym doświadczeniu zrobiono 40 pomiarów takich jak w (a) i 10 pomiarów takich jak w (b). Z jaką dokładnością można teraz podać okres wahadła?

28. W poprzednim zadaniu stwierdziliśmy, że 4 pomiary stoperem A są tyle warte co 1 pomiar stoperem B. Jaka byłaby dokładność średniej

w

części

(c) zadania

33

Ćwiczenia i zadania

27, gdyby każdym ze stoperów wykonać po 10 pomiarów? sin e+sin 28 29. Jeżeli tg a wykaż, że 1 +cos e+cos 28 a =e (Wskazówka: sin (a+ b) =sin a cos b +cos a sin b; cos(a+b)=cos a cos b-sin a sin b) 30. Dowiedź, że cos(k+L1k)x+cos(k-L1k)x= = 2(cosL1 kx)(cos kx).

31.

Wyraź

sin 2A przez sin A.

32. Wielkość C=(A-B 2 ). Jeżeli A=(1010±1)

i B=(30,0±0,1), to jaka jest procentowa dokładność C? Wyraź C w zapisie formalnym z odpowiednią liczbą cyfr znaczących.

33. Powtórz zadanie 32 dla A= (920,0 ± 0,1) i B=(30,00±0,0l).

2 Ruch jednowymiarowy

Rozdziały

my

2 i 3

zajmują się

kinematyką.

związkami

między

tym, co nazywaKinemat yka zajmuje się położeniem,

prędkością

i przyspieszeniem badanej cząstki czy ciała. W kinematyce nie obchodzi nas, skąd bierze się przyspieszenie czy siła. Badanie sił i tego jak one powstają nazywa się dynamiką, i będzie ona omówiona w rozdz. 4. W niniejszym rozdziale będziemy zajmować się tylko ruchem po linii prostej. Oś x będziemy zwykle tak wybierać, aby leżała wzdłuż prostej, którą rozważamy.

2.1.

Prędkość

W naszym wieku dobie samochodów - prędkość jest pojęciem, które poznajemy już w dzieciństwie. Prędkościomierz samochodu wskazuje wielkość chwilowej prędkości w kilometrach na godzinę (km/h) lub w milach na godzinę (mph - od ang. miles per hour). Pr ęd ko.fr jest z mianą odległości w jednostce czasu. Prędkość stała

Jeśli

samochód porusza się ze stałą prędkoś­ v, to odległość jaką przebywa w czasie t jest x = vt. Jeśli w czasie t 0 znajdował się w punkcie x 0 , to

czyli

v=

X-Xo

--

t-t 0

(stała prędkość)

gdzie v jest stałą. Ta zależność między x i t jest na rys. 2.1. Wielkość v może

(2.1)

wykreślona być

albo

a)

Xo

X

t Rys. 2.1. (a) Samochód znajduje się w punkcie x 0 w chwili r0 . b) Wykres położenia samochodu w funkcji czasu dla sa mochodu poruszającego s ię ze s t ałą prędkością

cią

x-x 0 = v(t- t 0 )

dodatnia albo ujemna, jej znak wskazuje kierunek ruchu. Jeśli v jest ujemne, to ruch odbywa się w stronę malejących x.

Prędkość

35

Prędkość

2.1.

chwilowa

J eże li

samochód przyspiesza lub zwalnia, to wskazania szybkościomierza nie zgadzają się z wynikiem (2.1), chyba że użyjemy bardzo małych wartości x - x 0 . Takie bardzo małe wartości x - x 0 będziemy oznaczać przez L1x, a bardzo małe odstępy czasu, w których samochód przebył drogę L1x, będziemy oznaczać jako L1t. Wtedy prędkość chwilowa jest granicą L1x/ L1t, gdy L1t dąży do zera

v

L1x

A(t 1 +L1t) 2 -Atf

2At 1 L1t+A(L1t) 2

L1t

L1t

L1t

=2At 1 + AL1t W granicy L1t->O drugi składnik znika, czyli Vi = 2At1 . Na podstawie przykł. 1 widzimy, że nachylenie krzywej przedstawiającej zależność x od t na rys. 2.2 jest prędkością chwilową. Na rysunku tym wykreślono krzywą x = At 2 .

=lim [L1xl L1t L11 - o

Właśnie dokładnie różniczkowym

ku

względem

v

tak definiuje pierwszą

się

w rachunx

pochodną

t, co zapisujemy jako

=-dxdt (defi nicj a

(Symbol Jako").

"

prę dkości

oznacza

chwi lowej)

,Jest

(2.2)

Rys. 2.2. Lini a ko lorowa ma nachylenie =(x 2 - x ,)/ (r 2 - r,). To ilustruje, że nachylenie krzywej przed s t aw i ającej za l eż­ no ści x od r jest prędko ścią chwilową

zdefiniowany Kolorowa linia ma nachylenie (x 2 -x 1) / t 1 ) , które w granicy, gdy t 2 zbliża się do t 1 jest nachyleniem krzywej.

/(t 2 Przykład

Przypuśćmy ,

1.

że

x

rośnie

jako kwadrat czasu , czyli x = At 2 . Jaka jest pręd ko ść chwilowa w chwili t/

v

=

d(t 2 ) A dt

=

2At

Ogólnie pochodna t" jest

dt

=

nt" -

X-

Xo

= --

(prędkość średnia)

(2.3)

t prędkość średnią,

gdzie x - x 0 jest odlegw czasie t. Wygodnie byłoby po prostu zdefiniować prędko ść ś redni ą jako (x -x 0 )/t i pójść z kursem dalej , byłoby to jednak logicznie niepoprawne, ponieważ śred­ nia jest wielkością już dobrze zdefiniowaną. Musimy zacząć od definicji śre dniej ma tematycznej 1 prę dko śc i chwilowej, a potem dopiero wyprowadzić wzór na prędkość średna

łością przebyt ą

W chwili t 1 , v=2At 1 •

d - (t")

Prędkość średnia

W tym punkcie wyprowadzimy wzór _

ODPOWIEDŹ :

d V= - (At 2 ) dt

2.2.

1

m ą.

Przyk ład

rach unku po łożeniem

Llx

1

można rozwiązać

różniczkowego .

w

x2 - x 1

późniejszym

nie używając Niech x 2 będzie czasie t 2 , wtedy

(At~) - (Ati)

Za mi ast t 2 podstawmy (t 1 + L1t)

Tworząc średnią matematyczną

trzeba zaczynnik wagowy do każdej pozycji wchodzącej w skład średniej. Na przykład, jeżeli samochód ma prędkość v1 w odstępie czasu t 1 i prędkość v 2 w odstępie czasu t 2 , to prę dkość ś rednia w zg lędem czas u jest z definistosować

CJI

36

2. Ruch j edn owymiarowy

(2.5)* Gdybyśmy zamiast t 1 i t 2 użyli x 1 i x 2 jako czynników wagowych, otrzymalibyśmy pręd­

ko ść ś rednią względem odległości. (Prędkość średnia względem odległości występuje w hydrodynamice). W kinematyce przyjmuje się konwencj ę, że termin prędko ść średnia oznacza prędko ść śre dni ą względem czasu (uśred­ nioną po czasie), a je śli jest inaczej trzeba wyra ź nie to stw i erdzić.

Przykład

2. Przypuśćmy , że samochód odcinek 10 km z prędkością 20 km/ h, a potem jedzie z prędko ś cią 60 km/ h przez następne 1O km. Czy prę dko ś ć średnia będzie akurat w poło­ wie między 20 a 60, tzn. czy prędkość średnia będzie 40 km/ h? przejeżdża

gdzie T=t 1 + t 2 + ... + t.- Zauważmy, że każ­ dy składnik V}j = xj, gdzie xj jest odległością , którą ciało przebywa w czasie t/ Równanie (2.5) można więc zapisać następująco _ X 1 + x 2 + ... + Xn V = - - -----

T

Suma x 1 + x 2 + ... + x. , którą nazywamy przewypadkowym, jest algebraicznie równa x -x 0 , gdzie x 0 jest położeniem począt­ kowym, a x jest położeniem po czasie T. To kończy nasze pełne wyprowadzenie wzoru na prędkość średnią v = (x - x 0 )/ T. Zauważmy, że ciało, które porusza się ze stałą prędkością 60 km/ h, a potem nagle zawraca i znów porusza się aż do punktu wyjściowego z tą samą stałą prędkością 60 km/ h ma prędkość średnią równą zeru, chociaż średnia wartość bezwzględnej prędkości (średnia z lvl) jest 60 km/ h. sunięc iem

ODPOWIEDŹ : Obliczmy naJpierw czynniki wagowe t 1 i t 2

10 km 1 - ---= - h 20 km/ h 2 X2

t2

=-

Vz

10 km ----=-h 60 km/ h 6

Wstawmy teraz te czynniki wagowe do równania (2.4) 20 km/ hGh) + 60 km/ hGh)

_ V =

Przykład

3. Samochód jedzie z prędkoś­ 90 km/ h. Nagle kierowca zahamował i samochód w ciągu 5 sekund cią

zatrzymał

się.

zmniejszała

Załóżmy,

że

prędkość

się

jednostajnie w ciągu tych 5 sekund (wtedy prędkość średnia jest v = 45 km/ h = 12,5 m/s). Jaką odległość przebył samochód zanim się zatrzymał?

(~h)+Gh)

= 30 km/ h

* Przy

użyciu

symbolu sumy

~

równanie (2.5)

możn a zapis a ć

"

I

V/j

V='-=+-j

Rozważmy

teraz przypadek bardziej ogólny, kiedy prędkość ciała stale się zmienia, tzn. jest v 1 przez krótki czas t 1 , v2 przez krótki czas t 2 itd. Wówczas prędkość średnia jest

Dla tych Czytelników, którzy ju ż zn ają rachunek całkowy można równanie (2.5) wyrazić jako b

J vdt V= " - tb-ta

2.2.

37

Prędkość średnia

ODPOWIEDŹ: Z równania (2.3) wyznaczamy (x- x 0 ) i na v podstawiamy wartość 12,5 m/s

x -x 0 =

vt = (12,5

m/s)(5 s) = 62,5 m

ilościową

miarą przyspieszenia. Naciś­ na pedał hamulca daje ten sam efekt, tyle tylko, że teraz mamy ujemne przyspieszenie (nazywane opóźnieniem) . Przyspieszenie jest tempem zmiany prędkośc i .

jest

nięcie

Przyspieszenie jednostajne

Ta droga hamowania jest najkrótszą, jaką przeciętny samochód może uzyskać na suchej szosie. Kierowca, który zna fizykę, powinien s i ę spodziewać, że przejedzie ok. dziesięciu długości samochodu zanim od prędkości 90 km/h zatrzyma się . A więc już te trochę fizyki, jakie poznaliśmy, pozwala nam na w aż ne wnioski praktyczne.

Przykład 4. Rowerzysta ma na swojej drodze wiele pagórków. Prędkość pod górę wynosi zawsze v1 , a prędkość z góry zawsze v2 • Całkowita przebyta droga jest l, przy czym odcinki pod górę są tej samej długości co odcinki w dół. Jaka jest średnia prędkość rowerzysty?

Z definicji ciało porusza się z jednostajnym, czyli stałym przyspieszeniem, gdy jego pręd­ kość rośnie jednostajnie z czasem. Przyspieszenie a jest stałe , gdy

v-v 0 =at czyli V- Vo a= - - (stałe przyspieszenie) (2.6) t gdzie (v-v 0 ) jest wzrostem prędkości w czasie t. Jednostką przyspieszenia w układzie mks jest metr na sekundę kwadrat (m/s 2 ). Przyspieszenie chwilowe Jeżeli

przyspieszenie zmienia się z czasem, musimy wtedy mierzyć zmianę prędkości (Av) w ciągu krótkiego odstępu czasu (At) . Wówczas a= lim Ll t~O

ODPOWI E DŹ:

Niech

całkowity

czas po-

trzebny na pedałowanie w górę będzie t 1. Wtedy t 1 = (l/2)/v 1 i analogicznie czas jazdy w dół t 2 = (l/2)/v 2 • Wstawiaj ąc do równania (2.4) otrzymujemy _ v 1(l/2v 1 )+v 2 (l/2v 2 ) 2 V = -- - - -- /j2V1+ l/2v 2 1/2v 1 +1/v 2 2v 1 v2 V1

+ v2

(~~)

czyli dv

a= - (definicja przyspieszenia chwilowego )(2. 7) dt

W tym rozdziale i w następnym będziemy zajmowali ruchem wynikającym z przyspieszenia jednostajnego. W następnych jednak rozdziałach, gdy będziemy omawiać ruch harmoniczny i siły malejące z kwadratem odległo ści, przyspieszenie będzie się zmieniać wraz z odległością i z czasem. się

Przyspieszenie grawitacyjne

2.3. Przyspieszenie Wszyscy w jakościowy sposób rozumiemy co to jest przyspieszenie. Możemy wywołać przyspieszenie samochodu naciskając pedał gazu. Im więcej ten pedał wciskamy, tym jest w ię k s ze przyspieszenie. Gdy trwa przyspieszenie prędko ść rośnie , a oparcia siedzeń popych ają plecy pasażerów . Ta ilość popychania

Jest godnym uwagi faktem doświadczalnym , że w pobliżu powierzchni Ziemi każdy przedmiot upuszczony swobodnie spada ku środ­ kowi Ziemi z przyspieszeniem równym 9,8 m/s 2 • Zadziwiające jest, że to przyspieszenie jest niezależne od masy ciała, jego składu, ani od jego prędkości (chyba, że jest znaczny opór powietrza, wtedy przyspieszenie

38

2. Ruch jednowymiarowy

będzie

mniejsze)*. Tej specjalnej przyspieszenia nadano symbol g g=9,8 m/s 2 Będziemy

(przyspieszenie grawitacyjne) traktować

zawsze

symbol g jako skierujemy oś to przyspieszenie będzie a = - g.

wielkość dodatnią. Jeśli

x w

górę ,

wartości

Przykład

5.

Ciało

więc

ma przysp1eszeme

g przez cały pełny rok. Jaka jest jego prędkość

końcowa, jeśli

na

początku

spoczywało ? ODPOWIEDŹ:

Zgodnie

z

równaniem

gdzie c jest prędkością światła, zaś a jest stałym przyspieszeniem, takim jakie mierzy obserwator znajdujący się na poruszającym się ciele. Zauważ, że jeżeli at jest znacznie większe od c, to v ~ c. Natomiast jeżeli at jest znacznie mniejsze od c, to wyrażenie w nawiasie kwadratowym jest bliskie jedności i mamy wtedy v~at. Te modyfikacje, wynikające z teorii względności, są bez znaczenia, jeśli mamy do czynienia ze „zwykłymi" prędkościami . Jest więc rozsądne, że będziemy dalej studiować mechanikę klasyczną używa­ jąc równania (2.6), które jest bardzo dobrym przybliżeniem ścisłego wyrażenia relatywistycznego. Szczegółowa dyskusja modyfikacji wynikających z teorii względności jest zawarta w rozdz. 8 i 9.

(2.6) mamy u= gt = (9,8 m/s 2 ) (3,16 · 10 7 s) = =

3,09 · 10 8 m/s

Efekt relatywistyczny Zauważcie , że

w przykł. 5 uzyskaliśmy pręd­ nieco większą od prędkości światła, która jest równa 2,998 · 10 8 m/s. Podstawową za s adą , z którą będziemy zapoznawać się w rozdz. 8, jest to, że żadne ciało nie może ko ść

2.4. Ruch jednostajnie przyspieszony Dotychczas korzystaliśmy ze związku, który określał nam jaka jest prędkość, gdy znamy przyspieszenie i czas. Często jednak chcemy raczej znać położenie ciała, a nie jego prędkość . Chcemy więc uzyskać równanie, które wyraża x przez a, t i prędkość początkową v0 . Z równania (2.3) otrzymujemy

x=x 0 +vt

W ruchu jednostajnie przyspieszonym pręd­ jednostajnie od wartości u0 do wartości u. Średnia wartość prędkości , jak 1 widać to na rys. 2.3, jest l (u 0 + v), co jest

mieć prędkości większej niż prędkość światła .

kość rośnie

To nas zmusza do wyciągnięcia wniosku, że co ś jest nie w porządku z równaniem u= at. Je ś li chcemy być ściśli, to musimy raczej u żywać rów.1ań z teorii względności Einsteina ni ż równań takich jak (2.6). Równaniem w teorii w zględności, które odpowiada równa niu u= at jest

średnią wysokością

[ + (-at)2]c

v =at 1

(2.8)

narysowanej tam prostej

1

v=2 (v 0 +v) Oś V

112

* Wart ość 9,8 m/s 2 jest warto ści ą przybliżo n ą. Przy uwzgl ędni e niu dalszych cyfr znaczą cych uja wni a s i ę zależ n ość g od szeroko ści geograficznej i wyso ko ści punktu nad poziomem morza, w szczegó ln ośc i dla Nowego Jorku g = 9,82067, a dla Wa rszawy q = 9,8 123 - Przy p. red. wyd. polskieqo.

o Rys. 2.3. Wykres zależ ności v od t. w punkcie ś rodkowym jest prędkością

Oś

t

W ysokość ś rednią

krzy wej

39

2.4. Ruch jednostajnie przyspieszony Możemy

stawić

w równaniu (2.8) zamiast

v

pod-

1

"2 (u 0 +u) i otrzymamy wtedy

x=x 0 +

1

2

w poprzednim równaniu zamiast v podstawiamy (u 0 +at) 1 x=x 0 + [u 0 +(u 0 +at)]t

2

(u 0 +u)t

Z równania (2.6) mamy u= u0 +at. Teraz

x = s 0 + u0 t+

1

2at

2

(dla

s t ałego

a)

(2.9)

Widzimy, że droga przebyta przez ciało, które na początku było w spoczynku i które podlega stałemu przyspieszeniu, rośnie jak kwadrat czasu. Jak widać na rys. 2.4, ciało spadające swobodnie, zaczynające ruch ze stanu spoczynku, przebywa

"

odległosc

1 2 x = lgt .

Na rysunku 2.5a wykreślono równanie (2.9). Zróżniczkujmy obie strony tego równania względem czasu dx dt =vo+at

zgodne z definicją prędkości u, na rys. 2.5b. Po następnym różniczkowaniu otrzymamy d 2 x /dt 2 =a, jest to wykreślone na rys. 2.5c. Wielkość a jest równa du/ dt, a więc jest przyspieszeniem.

Jest

to

wykreślono ją

a)x ~ Xo

o

Rys. 2.4. Fotografia strobos kopowa dwóch swobodnie spadaj<1cych kul o ró żnyc h masac h. Tak ą fotografi ę strobo s k o pową wykonuje s i ę z o twart
Rys. 2.5. a) Wykres

x = x 0 + v 0 t+~ar 2 .

b) Pochodna tej

krzywej; to znaczy krzywa b jest nachylen iem krzywej a , c) Krzywa ta jest nach yleniem krzy wej b

40

2. Ruch jednowymiarowy

Przykład

6. Przerysuj rys. 2.5 dla przypadku, gdy v0 jest ujemne. Po jakim czasie t 1 prędkość będżie równa zeru? ODPOWIEDŹ: Wykres dla ujemnego v0 jest pokazany na rys. 2.6. Aby uzyskać

100 km/h. W niektórych samochodach ograniczeniem jest tu raczej poślizg opon niż moc silnika. Przy dobrych oponach można uzyskać przyspieszenie ok. 0,5 g. W ciągu jakiego czasu taki właśnie samochód osiągnie 100 km/h (28 m/s) i jaką odległość przejedzie? ODPOWIEDŹ: Ponieważ

v=at

czyli

v0 =O, 28 m/s

v t=-=

a 1

2

więc

5,7 s

(9,8 m/s 2 )

o

b)

c)

:Va / /

t

:~1-----t„

0 Rys . 2.6. To samo co na rys. 2.5, z tym ujemne

wartość

t dla v =O,

nanie (2.6) v=O t=

względem

że

v0 jest tu

rozw1ązemy

rów-

t i podstawimy

V-Vo

a

(O)-v v t1= - - -0 = - -0 a a Widzimy, że t jest dodatnie, gdy v0 jest ujemne i a jest dodatnie.

Przykład 7. Jednym ze sposobów oceny samochodu jest pomiar czasu, w jakim przyspiesza on od prędkości O do

Przykład 7 w1ąze się także z zagadnieniem najkrótszego czasu i najkrótszej odległości, na jakiej można zatrzymać samochód. Jeżeli maksymalne opozmenie jest 0,5 g, to a= -4,9 m/s 2 . Zastosujmy równanie (2.6): v- v0 =at, gdzie prędkość początkowa v0 = 28 m/s, zaś v =O jest prędkością koń­ cową. Mamy 0-28 m/s=(-4,9 m/s 2 )t t=5,7 s Jak można było oczekiwać, jest to taki sam wynik jak w przykł. 7. Gdybyśmy sfilmowali samochód z przykł. 7 i wyświetlali film od końca, to zobaczylibyśmy samochód jadący do tyłu i zwalniający z opóźnieniem 4,9 m/s2. Tyle samo czasu trwa hamowanie samochodu co przyspieszanie. Rozumując w ten sam sposób dojdziemy do wniosku, że piłka rzucona pionowo w górę zużywa tyle samo czasu na lot w górę ile na spadanie. Jakie jest chwilowe przyspieszenie i chwilowa prędkość piłki w momencie, gdy osiąga ona maksimum swej wysokości? Prędkość chwilowa jest zerem, korci więc, żeby powiedzieć, że przyspieszenie jest zerem, gdy prędkość jest zerem. A jednak, bez względu na to jaka jest jej chwilowa wartość, prędkość zmniejsza się jednostajnie w tempie 9,8 m/s 2 . Chwilowe przyspieszenie jest zatem a= -9,8 m/s 2 •

41

2.4. Ruch j edn ostajnie przyspieszony

Przykład

8. Załóżmy, że na to aby samolotem przebiegała wygodnie, składowa pozioma przyspieszenia nie powinna przekraczać 10 m/s 2 (co jest bliskie g). Jaki jest najkrótszy możliwy czas, w jakim można odbyć podróż z Nowego Jorku do Bostonu (odległość 280 km)? podróż

ODPOWIEDŹ :

Startując

ze stanu spo-

czynku w Nowym Jorku będziemy mieć stałe przyspieszenie, aż do punktu w połowie odległości, a potem stałe opóźnienie, aż do lądowania w Bostonie. Je śli połowa drogi jest x 1 , to 1

2

X 1 =1 at1, gdzie t 1 jest czasem potrzebnym na przebycie połowy drogi

280 · 10 3 m

---~=167 2

10 m/s

Czas

całej podróży

Przykład

9. Prędkość konieczna, aby na orbitę okołoziemską jest równa 8 km/s. Trzeba przebyć ok. 200 km, aby wyjść poza atmosferę Ziemi. Przypuśćmy, że rakieta może osiągnąć tę prędkość po przeleceniu 200 km ze stałym przyspieszeniem. Jakie to było przyspieszenie? wejść

ODPOWIEDŹ :

w równaniu

(2.10), Vo=O

i x=2 · 10 5 m v 2 =2ax

v 2 (8 · 10 3 m/s) 2 a=-= 2x 2(2 · 10 5 m)

160m/s 2 =16,3 g

Jest to mniej więcej najwyższe przyspieszenie, jakie może przez tak długi czas wytrzymać dobrze wytrenowany astronauta.

s Rzadko się zdarza, żeby z wysoko lecącego samolotu wypadł pasażer bez spadochronu oraz przeżył to i mógł nam opowiedzieć swoje wrażenia. Czynnikiem opóźniającym upadek takiego pasażera mogłaby być głęboka warstwa miękkiego śniegu lub gałęzie drzew.

334 s = 5,57 mm.

Przypuśćmy ,

że

pasażer

może

tolerować

a= 50 g przez krótki czas. Jak gruba musi Związek między prędkością

odległością

a

W równaniu (2.9) wyrażono odległość w zaleod czasu. Jak zobaczymy w przykł. 9, wygodnie jest nieraz znać zależność między odl e głością i prędkością , nie znając czasu. M oż n a to uzyskać rozwiązując równanie (2.6) w zgl ęd e m czasu t i podstawiając wynik do równania (2.9) ż ności

X = Xo+vo(V-Vo)+~a(V-Vo)2 = Xo+ v2-vi\ 2

a

2

v2 - vi\=2ax O- v6 =

-

lOOgx

v6 (53 m/s) 2 x = lOOg = 100(9,8 m/s 2 )

l=(V~Vo)

l'

być warstwa śniegu lub jak wysokie musi być drzewo? Na szczęście swobodnie spadające ludzkie ciało przestaje przyspieszać, gdy siła oporu powietrza równa się sile grawitacji. Stan ten jest osiągany przy prędkości 53 m/s. Niech x będzie grubością śniegu . Mamy

- v6= 2a(x -

x0)

a

(przy

2a

stałym

a)

(2.10)

29 ' m

Jeden z przypadków dobrze udokumentowanych, w którym człowiek przeżył taki spadek bez spadochronu, jest opisany przez R.G . Snydera w Journal of Military M edicine (1966, 131, 1290).

42

2. Ruch jednowymiarowy któregoś

z zespołowych skoków ćwiczebnych 365 m, w czasie pogodnego, stosunkowo ciepłego dnia, obserwator zauważył, że jakiś jakby pakunek spada z jednego z samolotów C-119; nad przedmiotem nie rozwinął się spadochron. Zderzenie z ziemią wyglądało tak, jakby pocisk z moździerza eksplodował w śniegu. Kiedy pomoc przybiegła na miejsce, znaleźli młodego spadochroniarza leżącego płasko na plecach na dnie śniegowego krateru metrowej głębokości, wbitego w warstwy na przemian miękkiego śniegu i zmarzniętej skorupy. Spadochroniarz mógł mówić i nie wyd a wał o się, żeby coś złego mu się stało. W czasie

z

wysokości

Podsumowanie

Ruch po linii prostej ze opisany równaniem

stałą prędkością

jest

x=x 0 +vt Takie samo równanie jest prawdziwe dla prędkości średniej

v

5. Samochód przejeżdża odległość x 1 z pręd­ kością v 1 , a następnie odległość x 2 z prędkością v 2 . Jaka jest jego prędkość uśredniona względem odległości? (tu czynnikami ważącymi są x 1 i x 2 ). 6. W czasie t 1 ciało znajduje się w punkcie x 1 i ma prędkość v 1 • W późniejszej chwili t 2 ciało jest w punkcie x 2 i ma prędkość Vz.

(a) Jak wyrazić średnią prędkość ciała przez te wielkości? (b) Jak wyrazić przez te wielkości jego przyspieszenie? 7. Dany jest poniższy wykres przyspieszenia cząstki poruszającej się wzdłuż osi x. Zrób wykresy położenia i prędkości w funkcji czasu. Załóż, że dla t =O mamy x=O i v=O.

x=x 0 +vt Prędkość

a

chwilowa jest równa

aa

dx

o

v=dt

Przy

stałym

2

3 4

5 6

7

B

9

t (s)

przyspieszeniu a mamy Ćwiczenie 7

1

x = x 0 + v0 t +lat i

2

v=v 0 +at 8.

również

v2 -v6 = 2a(x-x 0 ) Przyspieszenie chwilowe jest równe

9.

2

dv d x a= - = 2 dt

dt

10.

Ćwiczenia

1. Ilu m/s równa się 1 km/h? 2. Samochód porusza się ze stałą

11. prędkością

v = - 10 m/s ruszając w x = 50 m w chwili t= -2 s. (a) Zrób wykres zależności x od t. (b) W jakim czasie osiągnie on punkt x =O? 3. Jakie jest v w przykł. 4 uśrednione względem odległości?

4.

rusza ze spoczynku ze stałym przyspieszeniem. Przebywa drogę s w czasie T Jak wyrazić prędkość chwilową w czasie T przez s i T?

12.

13.

14. 15.

Ciało

16.

Wykreśl x w funkcji t dla dodatnich x0 i v0 , gdy przyspieszenie a jest stałe i ujemne. Wykreśl x w funkcji t , gdy x 0 i v0 są ujemne oraz przyspieszenie a jest stałe i też ujemne. Rozszerz wykresy z rys. 2.6 na ujemne wartości t. Powtórz przykł. 8 dla przyspieszenia końcowego równego 2g. Jaka jest prędkość maksymalna w przykładzie 8? Powtórz przykł. 8 dla odległości do punktu po drugiej stronie globu (wtedy x 1 jest 1/4 obwodu Ziemi). Jak długo trwałby przelot dookoła Ziemi w warunkach podanych w przykł. 8? Kulka stalowa podskakuje na stalowej płycie z okresem oscylacji 1 s. Jak wysoko ona podskakuje? Samochód jadący z prędkością 90 km/h uderza w ścianę. Z jakiej wysokości

Ćwiczenia i zadania

17.

18.

19.

20.

musiałby spa ść, żeby uderzenie było takie samo? Pewna rakieta armii amerykańskiej wystrzelona pionowo ma stałe przyspieszenie i osiąga prędkość 1000 km/ h na wysokoś­ ci 320 m. Jak ą wielokrotnością g jest jej przyspieszenie? Pocisk antybalistyczny ABM (antiballistic missile) otrzymał informację, że nadlatuje rakieta, która za minutę znajdzie się dokładnie nad nim na wysokości 200 km. Jeżeli ABM ma przyspieszenie 10 g, to czy wyprzedzenie l min wystarcza, aby ABM mógł trafić w nadlatującą rakietę? Prędkość końcowa spadającego ciała ludzkiego wynosi 55 m/s w powietrzu. Z jakiej wysokości musiałoby ciało spadać w próżni, aby osiągnąć tę prędkość? Wystrzelono rakietę ze stałym przyspieszeniem 16 g. Jak daleko poleci zanim osiąg­ nie prędkość ucieczki równą 11,3 km/s?

Zadania

rusza z miejsca z prędkością począ­ v0 i stałym przyspieszeniem. Przebywa odległość x w czasie T. Jaką ma prędkość chwilową po czasie T? 22. Jeżeli x =At", to

21.

Ciało

tkową

Llx =A(t+Llt)"-t" Lit Lit Rozwiń

dwumian (t +Lit)" w szereg. Jaki pierwszy, drugi i trzeci wyraz rozwinięcia dla t = 1 s i LI t =O, l s? 23. Bramkarz drużyny piłkarskiej wyszedł tak daleko przed bramkę, że gwałtowny powrót do bramki zajął mu T= 4,5 s. Czy zdążył on do bramki przed piłką kopniętą spod bramki przeciwnika, jeżeli wzniosła się ona na wysokość h=l9,6 m, a bramkarz zawrócił do swojej bramki w chwili będzie

43 zaczyna być jednostajnie opozmane zatrzymuje się po przebyciu 20 m. (a) Jakie było opóźnienie? (b) Po jakim czasie ci ało zatrzym ało się ? (c) Wykreśl zależność v od t. Wykre ś l zależność x od t. 26. Pojazd kosmiczny, aby wejść na orbitę, został przyspieszony w czasie T od pręd­ kości zero do prędkości orbitalnej 8 km/s. Załóż, że przyspieszenie było 4 g i że pojazd wznosił się pionowo w górę. Jak długo trwało zanim pojazd osiągnął pręd­ kość orbitalną i jaką drogę w tym czasie przebył?

27. Satelita Ziemi jest na orbicie o wysokości 400 km. Supersilne działo skierowano pionowo, próbując zestrzelić satelitę . Załóż, że przyspieszenie ziemskie jest stałe i że nie ma oporu powietrza. Jaka musi być prędkość pocisku opuszczającego lufę , aby mógł on akurat dotrzeć do satelity? Ile czasu to zajmie? 28. Samochód jadący z prędkością 90 km/ h ma czołowe zderzenie z wielką ciężarów­ ką jadącą również z prędkością 90 km/ h. Załóż, że w czasie zderzenia prędkość ciężarówki nie zmniejszyła się. Z jakiej wysokości trzeba by zrzucić samochód „nosem na dół", aby jego przód został tak samo uszkodzony? 29. Przypuśćmy, że ciało w przykł. 5 poruszało się przez pół roku. Jaka jest jego prędkość końcowa? Podaj wynik zarówno klasyczny jak i relatywistyczny. 30. Ciało ruszające z miejsca doznaje stałego przyspieszenia g przez 1 rok. Jaka jest, zgodnie z mechaniką relatywistyczną , jego prędkość końcowa obserwowana z punktu startu? Jak bliska prędkości światła byłaby prędkość ciała, gdyby przyspieszenie trwało 10 lat? 31. Ile czasu potrzeba, według teorii względ­ ności , ażeby ciało osiągnęło 99% pręd­

kopnięcia piłki?

rzuca piłkę pionowo w górę i chwyta ją w 2 s później . (a) Jaka była prędkość początkowa piłki? (b) Jaką wysokość osiągnęła piłka? 25. Ciało poruszające się z prędkością 10 m/s

24.

Ktoś

kości światła?

32.

Cząstka rusza ze stanu spoczynku i doznaje przez pierwsze 4 s przyspieszenia (patrz rysunek). (a) Wykreśl dla tej cząstki zależność V od t.

44

2. Ruch jednowymiarowy

a(m/s 2)

(d) Wykreśl x w zależności od t. 35. (Do rozwiązania tego zadania trzeba użyć rachunku całkowego). Cząstka rusza ze spoczynku ze stałym przyspieszeniem a i osiąga prędkość v1 . Wykaż , że v uśredniona względem odległości wynosi

10 Dt----+~---+::~--!---~L-----1~~

2

3

4

5 t(s)

-10 1----___J

2

Zadanie 32

(b)

Wykreśl

3 zależność

odległości

od

czasu. (c) Jaka jest największa prędkość w cią­ gu tych 4 s? (d) Jaką drogę przebędzie cząstka w ciągu tych 4 s? 33. Wyglądając przez okno swego mieszkania na czwartym piętrze ktoś zobaczył spadającą doniczkę, która widocznie stała przedtem na parapecie okna na którymś z wyższych pięter. Okno w pokoju ma 2 m wysokości , doniczka przelatywała przed nim przez 0,1 s. Odległość między poszczególnymi piętrami wynosi 4 m, przyspieszenie ziemskie g=9,8 m/s 2 • Z którego piętra spadła doniczka? 34. Piłka upuszczona z wysokości 20 m podskoczyła, po odbiciu się od powierzchni, do wysokości 5 m. (a) Jaka była prędkość piłki w momencie tuż przed dotknięciem powierzchni? (b) Ile czasu upłynęło między momentem upuszczenia piłki a momentem, kiedy po odbiciu osiągnęła szczytową wysokość?

(c) Jaka była odbiciu się?

prędkość

piłki

tuż

po

v1 •

Wykreśl

v w

zależności

od x.

36. (Do rozwiązania tego zadania trzeba użyć rachunku całkowego). Przypuśćmy, że że Wykaż, a= At. przyspieszenie x = A(t 3 / 6) dla ciała startującego ze stanu spoczynku. 37. (Tu rachunek całkowy nie jest potrzebny). Jak v zależy od t dla warunków podanych w zadaniu 36? 38. (W tym zadaniu jest potrzebny rachunek całkowy). Powtórz zadanie 37 dla ciała startującego z punktu x 0 z prędkością v0 . 39. Ze względu na opór powietrza, w wyraże­ niu na zużycie przez samochód paliwa występuje składnik proporcjonalny do k~adratu prędkości . Objętość paliwa Vpai zuzytego na przebycie drogi x ze stałą prędkością v jest dana wzorem V _!!!!.1.=A+Bv 2 X

Użyj danych z rys. 7.15 dla samochodu Pinto i odpowiedz na następujące pytania: (a) Ile wynosi A w litrach na kilometr (1 litr to 103 cm 3 )? (b) Ile wynosi B w (litr/kilometr)/(km/h) 2 ? (c) Ile wynosi B w (litr · s 2 )/m 3 ?

3 Ruch w dwóch wymiarach

W poprzednim rozdziale omawialiśmy ruch wzdłuż linii prostej. Czy była to linia pozioma czy pionowa, nazywaliśmy ją osią x. Teraz zajmiemy się ruchem na płaszczyźnie. Zwykle będzie to płaszczyzna pionowa. W takim przypadku x będzie naszą współrzędną poziomą, a y pionową. Zobaczymy, że ruch w dwóch wymiarach można traktować jako dwa niezależne ruchy jednowymiarowe.

aparatu fotograficznego jest otwarta i lampa stroboskopowa błyska 10 razy na sekundę. Zgodnie z równaniem (2.9) pozycja kuli w pionie jest dana równaniem (3.1) Na fotografii 3.1 b ta sama armatka porusza w momencie wyrzucania kuli ruchem jednostajnym w prawo, a na fotografii 3.1 c sytuacja jest taka sama jak w przypadku 3.1 a z tym jednak, że kamera porusza się na lewo z prędkością -(v 0 )x. Wtedy dla obserwatora, poruszającego się razem z kamerą, pozycja kuli w poziomie jest się

3.1. Trajektorie spadku swobodnego Wykorzystamy rys. 3.1, aby pokazać, że kula armatnia, wystrzelona pod kątem () do pionu, leci po paraboli. Na fotografii 3.la armatka wystrzeliwuje białą kulę pionowo w górę z prędkością początkową (v 0 )y. Migawka

1a 1

(3.2)

(bi

(Cl

Rys. 3.1. Fotografie stroboskopowe kuli wystrzelonej pionowo z armatki. Częstość błysków 10 na sekundę, a) Armatka nieruchoma. b) Armatka na wózku poruszającym się w prawo. c) Ta sama sytuacja co na rys. b, ale kamera porusza się w lewo

46

3. Ruch w dw óch wymiarach

a pozycj a w pionie musi być taka jak wskazuje równanie (3.1), gdyż opisujemy tę

y

Kula/

sa m ą sy tuacj ę fizyczną .

Równa nie drogi, którą widać na fotografii 3.1 c mo ż na uzyskać rozwiązując równanie (3.2) w zgl ę dem t i podstawiając wynik do równania (3.1)

y=(volyCv:)J-~

2

9

Cv:)J =

X

(3.3) Jest to równanie paraboli. Przy wykonywaniu fotografii 3.1 b kamera spoczywa, podobnie jak w 3.1 a, a działo znajdujące s i ę na wózku porusza się w prawo ze st ałą prędkością poziomą v wózka · Jego położenie w poziomie jest dane równaniem (3.2), w którym (v 0 )x trzeba zastąpić przez vwózka· Ponieważ zaobserwowano, że przyspieszenie grawitacyjne swobodnie spadają­ cych ciał nie zależy od prędkości, więc pozycję pionową kuli nadal wyznacza równanie (3.1) i tor kuli musi być parabolą. Rysunek 3.1 dowodzi, że w każdym przypadku tor jest parabolą . W następnym punkcie pokażemy , że wartość prędkości początkowej

0

0

0

v0

i

jej

składowe

i odległoś­ przez kulę w czasie Lit. Wtedy odległość w linii prostej czyli przemieszczenie jest dane przez odpowiednio

odległością poziomą

cią pionową przebytą

Lis= j(Llx) 2 + (Lly)2 jak to pokazuje rys. 3.3. przez Lit otrzymamy

Dzieląc

obie strony

2

2

Lis =J(Llx) +(Lly) Lit Lit Lit czyli

V=~ Również vx =V cos wymiarach byłoby

v0 na rys. 3.1 b jest

v =J (v );+(v

Rys. 3.2. Prędkość początk owa w kierunkach osi x i y

e i vy =V sin e, a w trzech

); .

v= J v; +v; +v;

3.2. Wektory Dyskutując

dodawać

zawsze

i

mają

następnego

ruch na

płaszczyźnie

będziemy

odejmować prędkości,

które nie ten sam kierunek. Zaczynając od rozdziału

będziemy

dodawać

i odejmować siły, działające nie zawsze w tym samym kierunku. Takie dodawanie i odejmowanie można uprościć stosując matematyczną definicję wektora. Wektor ma wartość bezwzględną i kierunek, lecz nie ma określonego położenia w przestrzeni. Na przykład , począt­ kową prędkość kuli z rys. 3.2 można opisać podając jej wartość w m/s i kąt e, jaki tworzy z osią x . Można ją również opisać podając jej skła dowe (v0 )x i (v0 )y. Związek między v0 a jej s kładowymi można uzyskać stosując twierdzenie Pitagorasa. Niech Llx i Ll y będą

Rys. 3.3. składowymi

Związek

między

przesunięciem

Lis

i jego

w kierunkach osi x i y

Dodawanie wektorów

Aby definicja wektora była kompletna, musimy teraz sprecyzować jak dodawać wektory, które mają różne kierunki. Reguła dodawania wektorów zawiera się w następującej definicji:

47

3.2. Wektory

wektor jest wielkością matematyczną , która ma zarówno wartość bezwzględną jak i kierunek. Każda składowa sumy dwóch wektorów jest równa sumie odpowiednich składowych tych dwóch wektorów. (Patrz rys. 3.4.) Przykład,

jak dodawać dwa wektory, jest pokazany na rys. 3.4. Wektor s 1 jest przemieszczeniem z punktu A do B, wektor s2 jest

Stx

Szx

X

Zdarza się nawet, że s jest mniejsze od każdej z jego składowych . Taka właśnie sytuacja jest przedstawiona na rys. 3.5. Reguła

-

dodawania wektorów wieloboku

reguła

Na rysunku 3.4 umieściliśmy początek wektora s2 na końcu wektora s 1 . Potem narysowaliśmy wektor s łącząc początek pierwszego wektora z końcem drugiego. Zauważ, że sx=s 1x+s 2x i sy=s 1y+s 2Y, a więc wektor s jest z definicji s=s 1+s 2. Tę procedurę umieszczania początku następnego wektora w punkcie gdzie kończy się poprzedni można powtarzać, nazywa się ona regułą wieloboku (patrz rys. 3.5). Ponieważ s 1x+s 2x=s 2x+s 1x, jest więc jasne, że s 1 + s 2 = s 2 + s 1 i kolejność dodawania nie zmienia wyniku. Wektor ze Vz

Rys. 3.4. Dodanie dwóch wektorów przez umieszczenie początku drugiego wektora na końcu pierwszego

przemieszczeniem z B do C. Wypadkowe przemieszczenie z A do C jest sumą wektorową s. Z rysunku 3.4 widać, że Sx=S1x+s2x Sy=S 1y+s2y a jeżeli wektory nie leżą w płaszczyźnie xy, to

Vz~ Vz

również

Vz

S,=S1,+S2z

W tej książce używamy czcionki półgrubej s na oznaczenie wektora, a czcionki zwykłej s lub lsl na oznaczenie wartości bezwzględnej wektora. W art ość bezwzględna wektora jest zawsze dodatnia. Równanie wektorowe s=s 1+s 2 jest skróconym zapisem matematycznym trzech powyższych jednoczesnych równań. Zauważ, że jeżeli s 1 i s 2 nie są równoległe, to s<(s 1 +s 2), gdy s=s 1+s 2.

Rys. 3.6. W górnym trójkącie - v1 dodajemy do v2 i otrzymujemy v2- v1 . Inny sposób pokazuje dolny trójkąt

znakiem minus ma tę samą wartość bezwzględną co wektor dodatni, lecz ma przeciwny zwrot. Wektor można odjąć przez dodanie wektora ujemnego. Jeżeli v=v 2 -v 1 , to v= v2 +(-v 1 ). Zilustrowano to na rys. 3.6.

Przykład

1. Wektory v1 i v2 mają tę v. Kąt między nimi jest

samą długość

Rys. 3.5. Zastosowano tu regułę wieloboku, aby wektorów s = s, + <2 +< 3

s um ę

uzyskać

równy

a.

różnicy

Jaka jest

v 2 - v 1?

wartość bezwzględna

48

3. Ruch w dwóch wymiarach ODPOWIEDŹ: Oznaczmy Llv=lvz-V1I· Jest to podstawa trójkąta równoramiennego pokazanego na rys. 3.7. W każdym z trójkątów prostokątnych I

- .du

e)=~

sinG

możemy

płynącej

wykazać,

Ge)

dodają

.ds'

.ds"'

.ds

Lit

Lit

Lit

Rys. 3.7. Dwa wektory v 1 i v2 mają taką samą Wektor narysowany grubą linią jest ich

długo ść. różnicą

Wiele spośród wielkości występujących w fizyce jest wielkościami wektorowymi. Ostatecznym sprawdzianem tego, czy jakaś wielkość fizyczna zachowuje się jak matematyczny wektor, jest doświadczenie. Oto niektóre z wielkości wektorowych, które będzie­ my studiować: przemieszczenie, prędkość, przyspieszenie, siła, pęd, moment pędu, pole elektryczne, pole magnetyczne, gęstość prądu. Jeżeli wektor pomnożyć (lub podzielić) przez liczbę, otrzymamy znowu wektor. Jeśli np. małe przesunięcie .ds podzielić przez Lit, otrzymamy w wyniku wektor (prędkość)

(definicja

dąży

do zera

v jest prędkością odniesienia, czyli układzie współrzędnych , który spoczywa względem wody. To jest właśnie prędkość, jaką sternik, czy ktoś z załogi, zmierzyłby, gdyby nie widział brzegu. Osoba w innym układzie odniesienia, mianowicie w spoczynku w stosunku do brzegu, zmierzyłaby inną prędkość v', taką jak podaje ostatnie równanie.

W

następnym przykładzie

w

układzie

Przykład

topadle

2. Prom ma przepłynąć prosdo brzegu przez strumień,

a)

Brzeg

Brzeg

p rę dko ś ci)

b)

At- O

Podobnie, jeżeli wektor Llv podzielić przez Lit, otrzymamy wielkość wektorową (przyspieszenie)

a= lim Jt - 0

[~;]

się

-=-+-

łodzi

Jim [..dd s]t

prędkości

wektorowo. Niech .ds będzie przesunięciem łodzi względem wody i .ds"' przesunięciem wody względem brzegu ijedno i drugie w czaOznaczmy przez .ds' przesunięcie łodzi sie względem brzegu. Mamy więc .ds'= .ds"'+ .ds. Podzielmy obie strony przez Lit

W granicy, gdy Lit

v:=

swoim nurtem rzeki,

że

.dt).

więc

L1v=2v sm

Rozważając przykład łodzi przepływającej

w poprzek

(definicja przyspieszenia)

Rys. 3.8. Gdy pn!d rzeki jest równy 5 km/ h, to o prędkości 10 km/h musi płynąć pod kątem 30° do zamierzonego kierunku

łód ź

49

3.2. Wektory

który płynie z prędkością 5 km/h na wschód, jak to jest pokazane na rys. 3.8. Sternik wie, że jego prędkość względem wody jest 10 km/h. Pod jakim kątem musi on skierować łódź i jaka będzie jej prędkość względem brzegu? ODPOWIEDŹ :

Niech v

będzie

wektorem wody, a vw wektorem prędkości wody względem brzegu. W ów czas v' = v + vw jest wektorem prędkości łodzi względem brzegu (ten wektor musi być skierowany na północ). Ten trójkąt wektorów jest pokazany na rys. 3.8b. Jest to trójkąt o kątach 90°, 60° i 30°. Sternik musi skierować prom pod kątem 30° na zachód od kierunku północnego . Wartością wektora v' jest cos 30° razy 10 km/h czyli 8,66 km/h. Zauważ, że ten wektor wypadkowy jest mniejszy niż suma algebraiczna składowych , to znaczy, 8,66#10 + 5. prędkości łodzi względem

Rozkładanie

jest jakiś wektor, a szuka się jego składowych. Częstym przykładem jest poszukiwanie skła­ dowej radialnej i składowej stycznej prędkÓści satelity na orbicie okołoziemskiej (rys. 3.9a). Aby znaleźć składową radialną wybieramy oś x wzdłuż kierunku promienia r. Składową radialną otrzymamy spuszczając z końca wektora v prostopadłą do osi x (rys. 3.9b). Ma ona długość =V cos e. Składową styczną uzyskujemy spuszczając prostopadłą do osi y. Takie postępowanie nazywa się także rzutowaniem wektora na osie.

vx

Przykład

grawitacji F9 ściąga po równi pochyłej. Jaka jest Fu, składowa siły równoległa do płaszczyzny równi? masę

m w

3.

Siła

dół

wektorów

Rozważaliśmy

różne

wektor wypadkowy składowych .

Są

też

sytuacje,

których z jego przypadki kiedy znany uzyskiwało

w

się

a)

Rys. 3.10. Siła grawitacyjna F, ciągnie m prosto w dół. Składow ą F równoległą do płaszczyzny równi uzyskujemy prowadząc z końca wektora F, prostopadłą do tej pła szczyzny

ODPOWIEDŹ:

Ziemia

Na rysunku 3.10 poprox w kierunku równoległym do płaszczyzny równi. Z końca wektora F9 spuszczamy prostopadłą do osi x. Na rysunku widać , że Fu= F9 sino: wadziliśmy oś

b)

y

Stosując rozkładanie

Rys. 3.9. a) Satelita, który znajduje się w położeniu r od Ziemi, ma prędko ść v. b) Z końca wektora v spu szczono na obie osie pro s t o padłe i uzyskano składowe vx i v, wektora v

wektorów można wydlaczego żaglówka płynie pod wiatr. Na rysunku 3.lla żaglówka płynie pod kątem 45 ° do wiatru. Ponieważ składowa v"';"""

jaśnić

50

3. Ruch w dwóch wymiarach Id 3

w kierunku ruchu łodzi ma zwrot przeciwny do tego ruchu, można się dziwić dlaczego łódź może płynąć pod wiatr. Wyjaśnienie tej zagadki wymaga rozłożenia wektora siły działającej na żagiel. Przy płaskim żaglu siła F;0910 , którą wiatr działa na żagiel, popycha prostopadle do płaszczyzny żagla (rys. 3.11 b ). Ze względu na kil (lub

a)

iHi

2

z Rys. 3.12. Trzy wektory i, j i k

Wiatr

gdzie i, j, k są zdefiniowane jako wektory jednostkowe wzdłuż osi odpowiednio x, y i z. Wektor i ma wartość bezwzględną równą jednej jednostce i jest skierowany równolegle do osi x (rys. 3.12). Matematycy mają również reguły mnożenia wektorów. My nie będziemy musieli mnożyć wektorów aż do rozdz. 6, wtedy zapoznamy się z tymi regułami.

b)

Przykład

4. Wektor przesunięcia od układu do pozycji cząstki (nazywany także wektorem położenia lub wektorem wodzącym) jest wyznaczony przez trzy stałe jako początku

Oś X

Rys. 3.11. a) Żaglówka żegluje pod kątem 45° do wiatru, b) Skład o wą w kierunku ruchu siły działającej na żagiel jest F_,. Ta właś nie sił a pcha łódź

S= ia 1 t +j(a 2 t-a 3 t 2 ) Znajdź lv 0 1 , v i a (przyspieszenie). ODPOWIEDŻ:

miecz) pod kadłubem, łódź może poruszać się tylko wzdłuż osi x. Zauważamy, że składowa siły w tym kierunku, F x ' ma zwrot w kierunku ruchu. To wyjaśnienie wymagało pewnych przybliżeń , m.in. tego, że żagiel jest płaski. W rzeczywisto ści żagiel się wydyma i powstaje dodatkowy „efekt liścia'', który równie ż sprzyja posuwaniu się naprzód łodzi . Wektory jednostkowe

Wektor v może być również określony przez podanie jego trzech składowych (vx, vy, vz). W podręcznik a ch fizyki używa się zwykle takiej symboliki

Wykorzystujemy

definicję

prędkości

dS

v=-=ia 1 +j(a 2 -2a 3 t) dt Dla t=O v0 =ia 1 +ja 2 Przyspieszenie dv d a= dt = dt [ia 1 +j(a 2 -2a 3 t)] =j( -2a 3 )

Wektor przyspieszenia ma stałą wartość (2a 3 ) i jest skierowany w dół (wzdłuż ujemnego kierunku osi y). Zauważ, że wzór na S jest równaniem paraboli w notacji wektorowej.

51

3.3. Ruch pocisków

3.3. Ruch pocisków Odwiecznym problemem militarnym (od czasów wynalezienia procy) jest jak wycelować działo (czy procę), gdy jest dana odległość R do celu i prędkość v0 , z jaką pocisk opuszcza lufę. Chcemy znaleźć kąt 8 na rys. 3. l 3. Tor jest dany równaniem (3.3), gdy

witacyjne stałe, kąt strzału 45 ° oraz, że pocisk porusza się ruchem bezwładnym przez cały czas oprócz krótkiego okresu początkowego. ODPOWIEDŹ:

Vo

=

jgii..

rozwiązujemy

Najpierw

równanie (3.5)

względem

v0

gdy 8 = 45°

v0 = j9,8 · 3 · 10 6 m/s = 5,42 km/s

y

R

(To akurat jest 68% prędkości potrzebnej, aby pocisk wszedł na orbitę). Współrzędna x położenia pocisku jest dana równaniem

X

Rys. 3. 13. Tor pocisku wystrzelonego pod kątem O z kości ą wylotową v0 . R jest zasięgiem pocisku

pręd­

x=(v0 cos8)t, Całkowity

X

więc

Vo COS

czas T

upłynie,

8

gdy x = R,

a zatem podstawimy (vo)x=Vo Mamy wtedy y=(tg Aby

8)x-(

znaleźć

O=(tg

g

COS

)x

8

2

(3.4)

2vo2 cos 2 8 R

8)R-(

weźmy

y =O

)R

g

.

sm2

8

g

3. 10 6 5,42 . 10 3 . 0,707

- - - - -- -S=

= 783 s = 13 min

x=R

2

2vo2 cos 2 8

2vij sin 8 cos 8 v2 R = - - - - - - ~sin 28 g

R T = - -v0 cos 8

(3.5)

gR

= 2

Vo

Widzimy, że pocisk będzie miał największy gdy 28=90° czyli 8=45°. Przykład 5 jest nowoczesną wersją tego klasycznego problemu.

zasięg,

Przykład 5. Pocisk balistyczny wystrzelony z łodzi podwodnej (SLBM - submarine launched ballistic missile) został skierowany na miasto z odległoś­ ci 3000 km. Załóżmy, że dostrzeżono go w momencie wystrzelenia. Jak długi jest czas ostrze~enia i jaka jest prędkość początkowa v0 ? Zrób założenie, że Ziemia jest płaska, przyspieszenie gra-

Na podstawie powyższego przykładu widzimy, że maksymalny czas uprzedzenia o ataku wroga wynosi ok. 10 min (co nie wystarczy na ewakuację miasta). Przykład 6. To.jest tzw. problem strzału do małpy. Przypuśćmy, że w momencie wystrzelenia pocisku małpa puszcza gałąź i spada (rys. 3.14). Pod jakim kątem trzeba ustawić strzelbę, aby trafić w małpę, gdy będzie ona spadać swobodnie? Odpowiedź okaże się niezależna od prędkości pocisku w lufie. ODPOWIEDŹ:

Niech

współrzędnymi

małpy

początkowymi

będą

xm i Ym• a chwilą zderzenia t 1 • W momencie zderzenia małpa jest na wysokości 1 2 y=ym-l gtl a kula jest wtedy na

. 8)t1- -1 gt1z y= (VoSIIl 2

wysokości

52

3. Ruch w dwóch wymiarach

a)

Po To żen ie poczqtkowe

y

_,...

./

/

~

/

h0

,

Kula

chwili t0

0

X

Rys. 3.14. Problem zastrzelenia małpy . Jaki powinien być kąt O? Sytuacja: a) strzale. Zarówno małpa jak i kula przebyły tę samą odległość h 0 od prostej

równań

1

Mafpa w

.. '-I w chwilt t

X

Z tych dwóch

1 2

h0=2gto

/---- . _ t _,....,,-

Drzewo

., -1_,., ,.„}

tuż

przed

b) w czasie t po

b)

a)

otrzymujemy

wystrzałem,

ti=~

(3.6) v0 sin 8 Składowa x kuli w czasie t 1 jest xm =(va cos 8)t 1 Podstawmy teraz zamiast t 1 prawą stronę (3.6) xm=(v 0 cos

8)(~) Vo Slll 8

Rys. 3.15. a) Dwa kolejne położenia w ruchu jednostajnym po okręgu. b) Różnica wektora dwóch wektorów prędkości

czyli tg 8=Ym xm Przekonaliśmy

trzeba

się

wycelować

więc,

że

wprost na

strzelbę małpę!

położenia

2 (rys. 3.15a). Niech L1v = v2 - vl'

Wtedy ac= lim (L1v) LIHO L1t

(3.7)

Zauważmy, że kąt

3.4. Ruch jednostajny po Rozważać się

teraz

będziemy

ciało poruszające

okręgu o promieniu R. Mimo że v jest stałe, to wektor v nie jest stały, ponieważ ciągle zmienia kierunek. Zmianą wektora v jest wektor L1v, który nie równa się zeru, a zatem przyspieszenie wektorowe, dv/dt , musi być różne od zera. To

ze

stałą prędkością

okręgu

v po

przyspieszenie, związane ze zmianą kierunku prędkości, nazywa się przyspieszeniem dośrod­ kowym, ac Wykażemy teraz, że wartość bezwzględna wektora ac jest równa v2 /R i że

wektor ten jest zawsze skierowany do środka koła. Chcąc obliczyć wartość ac musimy znaleźć różnicę prędkości w dwóch kolejnych położeniach. Przypuśćmy, że ciało w ciągu czasu L1t przechodzi z położenia 1 do

L18 między v1 i v2 (rys. 3.15b) jest taki sam jak kąt L18 na rys. 3.15a (dwa kąty o bokach wzajemnie prostopadłych). Tak więc, trójkąt na rys. 3.15b i trójkąt na rys. 3.15a są trójkątami podobnymi i wobec tego mamy L1v L1s V

R

czyli V

L1v=-L1s R gdzie L1s jest odległością wzdłuż linii prostej między punktami 1 i 2. Dzieląc obie strony powyższego równania przez L1t otrzymamy L1v v L1s L1t R L1t W granicy, gdy L1t~O, mamy (L1v/L1t)~a, i (L1s/L1t)~v. Otrzymujemy ostatecznie

3.4. Ruch jednostajny po

v2

a,= R

(przyspieszenie

53

okręgu

d ośro dkowe)

(3.8)

Zauważmy, że w granicy, gdy Llt->O kierunek wektora Llv jest prostopadły do v i wektor ten jest skierowany do środka okręgu . Widzimy, że przyspieszenie dośrodkowe jest zawsze skierowane do środka okręgu. Często jest wygodniej wyrazić przyspieszenie dośrodkowe przez R i T, gdzie T jest okresem obrotu, czyli czasem, w którym cząstka wykonuje pełen obieg po okręgu. Prędkością cząstki jest odległość przebyta w ciągu jednego obrotu podzielona przez T 2n v=-R

T

Podstawiamy to zamiast v do równania (3.8) i otrzymujemy (2nR/ T) 2 a, =- -R- (3.9) Niektórzy Czytelnicy znają może nazwy i przyspieszenie odśrodkowe. Taka siła lub przyspieszenie występują tylko wtedy, gdy obserwator znajduje się w obracającym się układzie odniesienia (obserwator podlega przyspieszeniu). Ograniczając nasze rozważania do obserwatorów w spoczynku lub poruszających się ze stałą pręd­ kością po linii prostej (zobacz definicję inercjalnych układów odniesienia w rozdz. 4), nie będziemy nigdy mieć do czynienia z przyspieszeniem odśrodkowym. s iła odśrodkowa

Wynosi to 0,35% przyspieszenia ziemskiego g=9,8 m/s 2 . Gdyby Ziemia była kulą doskonałą, człowiek na równiku ważyłby 0,35% mniej niż na którymś z biegunów. Jest to jedna z przyczyn, dla których łatwiej jest pobić rekordy lekkoatletyczne na równiku niż w więk­ szych szerokościach geograficznych.

3.5. Satelity Ziemi Stałym pytaniem tych, którzy nigdy nie studiowali fizyki jest „co powoduje, że satelity Ziemi nie spadają?" Czy rakieta, której silnik przestał działać, nie powinna by spadać ku środkowi Ziemi z przyspieszeniem g, tak jak inne przedmioty w pobliżu powierzchni Ziemi? Odpowiemy: tak, nisko lecące satelity Ziemi na orbicie mają przyspieszenie 9,8 m/s 2 skierowane do środka Ziemi. Gdyby nie miały takiego przyspieszenia, odleciałyby w przestrzeń po stycznej do Ziemi. Każde ciało poruszające się po obwodzie koła ma automatycznie przyspieszenie v 2 /R. Jeśli jest to orbita kołowa wokół Ziemi, to siłą, która nadaje to przyspieszenie, jest siła ciężkości. Mamy więc

v?

(3.10)

g=-

Rz

gdzie v, nazywa się krytyczną prędkością orbitalną, a Rz= 6370 km jest promieniem Ziemi. Rozwiążmy równanie (3.10) względem v, =

J9R; = j(9,8 m/s 2 )(6,37 · 106 m) =

= 7,90 km/s Przykład

7. Jakiego przyspieszenia dowynikającego z obrotu Ziemi, doznaje ciało będące na równiku ziemskim? środkowego,

ODPOWIEDŹ:

Mamy tu następujące warunki: T= 1 dzień= 8,64· 104 s, R =Rz= = 6370 km. Podstawiamy to do równania (3.9) i otrzymujemy 4n 2 (6,37 · 10 6 ) a, = ( ,64 . 104)2 m/s 2 = 0,034 m/s 2 8

(3.11)

Jest to minimalna prędkość potrzebna, aby umieścić ciało na orbicie. Model pierwszego ciała, które weszło na orbitę jest pokazany na rys. 3.16. Okres T, czyli czas jednego obiegu, równa się obwodowi Ziemi podzielonemu przez v, T= 2nRz= 40000 km v, 7,9 km/s

5060 s = 84 min

Ten wynik zgadza się z dobrze znanym okresem orbitowania wielu nisko latających satelitów ziemskich od Sputnika I zaczynając.

54

3. Ruch w dwóch wymiarach

Rys. 3.17. Wczesny projekt satelity Ziemi

a) Rys. 3.16. Model Sputnika I wielkości naturalnej na wystawie w Mos kwie. (Dzięki uprzejmości Sovfoto)

J~ o

Izaak Newton był pierwszym, który zrobił tego typu obliczenia (przed ok. 300 laty). Na rysunku 3.17 jest wykres orbity satelity zrobiony przez samego Newtona. Rozważał on pocisk wielkiego działa wystrzelony z czubka góry. Newton przewidywał, że jeśli uda s ię osiągnąć prędkość pocisku przy wyjściu z lufy równą 8 km/s, kula będzie okrążać

'~Vc

b)

o

Ziemi ę . Osiągnięcie dokładnie vc nie jest konieczne do wejścia na orbitę. Przypuśćmy , że v jest o 10% większe od vc (rys. 3.18). Przyspieszenie w pobliżu powierzchni Ziemi musi być g, mamy więc

v2

R=-

czyli

g

gdzie R jest początkowym promieniem krzywizny orbity. W tym przykładzie v = 1,1, vc= = 1,lj9R;. Wstawmy ten rezultat do równama powyzeJ 2

R = (l,l,jgR;) =1 21 R g

'

2

Rys. 3.18. a) Orbita satelity Ziemi lecą cego z Ten sam satelita wystrzelony z

krytyczną v,. b) wię kszą

prędko ścią prędk o ścią

o 10%

Widzimy, że początkowy promień orbity jest o 21 % większy od promienia satelity nisko lecącego po orbicie kołowej. Taki pocisk będzie początkowo oddalać się od Ziemi. Po pewnym czasie jego prędkość będzie miała składową skierowaną od środka Ziemi. Siła grawitacji przeciwstawia się tej składowej ruchu i w konsekwencji v zmniejszy się do tego stopnia, że pocisk w końcu zacznie

55

3.5. Satelity Ziemi „s padać"

-

biegł

ku Ziemi. Dokładnie, tor będzie po elipsie (omówimy to w rozdz. 5) z jednym ogniskiem w środku Ziemi. Gdy satelita na orbicie kołowej znajduje się na znacznej wysokości h powyżej powierzchni Ziemi, musimy wtedy wziąć pod uwagę fakt doświadczalny, że przyspieszenie grawitacyjne zależy odwrotnie proporcjonalnie od kwadratu odległości od środka Ziemi (patrz rys. 3.19). Przyspieszenie grawitacyjne w odległoś­ ci Rz+ h od środka Ziemi jest

rozsądkiem.

, R~ g =g(Rz+h)2

(omówimy to w rozdz. 5). v2 /(Rz+ h) otrzymujemy

Przyrównując

co wydaje się niezgodne ze zdrowym Takie manewry można symulować używając komputera z odpowiednim wyświetlaczem. Zabawa w wojny gwiezdne kryje pułapki dla nowicjusza. Jeśli będzie on postępować zgodnie ze swymi naturalnymi odruchami, pojazd kosmiczny będzie robić coś przeciwnego niż gracz zamierzał. Podsumowanie

Ruchy poziome i ruchy pionowe można traktować rozdzielnie. Gdy przyspieszenie jest pionowe o stałej wartości aY, tor jest parabolą, przy czym

g' do

x = (vo cos B)t Zasięg

pocisku wynosi

v2

R=~sin 28 g

(3.12) Widzimy, prędkości

że prędkość jest mmeJsza krytycznej orbitalnej.

od

Przesunięcie,

i przyspieszenie są lub odejmując wektory można używać albo metody dodawania (odejmowania) składowych albo metody wieloboku. Wektory prędkości trzeba od siebie odjąć, aby otrzymać wektor przyspieszenia. W ruchu jednostajnym po okręgu uzyskujemy w ten sposób przyspieszenie dośrodkowe ac= v2 / R. Dla niskolecącego satelity Ziemi mamy ac= g oraz v=.}iR;. wektorami.

prędkość

Dodając

twiczenia

1. Jak wyraża się wektor C przez wektory A i B? Jak wyraża się wektor Z przez wektory X i Y? Rys. 3. t 9. Satelita na orbicie Ziemi

kołowej

na

wysokości

h nad

powierzchnią

Gdy pojazd kosmiczny chce przejść z wyż­ szej orbity kołowej na niższą, musi uruchomić wsteczne silniki rakietowe zwrócone w kierunnku ruchu (siła przeciwstawiająca się ruchowi). W czasie, gdy są czynne silniki wsteczne, pojazd kosmiczny nabiera prędkości jednocześnie „spadając" powoli ku Ziemi. Gdyby taki silnik wsteczny uruchomić na masce samochodu, spowodowałby on zmniejszenie prędkości samochodu; jednak wg równania (3.12) prędkość musi rosnąć , gdy h maleje

Ćwiczenie I

2.

Jeżeli

A+B+C=O i A=2i+3j+4k oraz B = 5i + 6j + 7k, to jaki jest wektor C? Jaka jest wartość bezwzględna wektora C? Jaki kąt z osią x tworzy wektor C ?

56 3.

4.

5. 6.

7.

8.

3. Ruch w dwó ch wymiarach

IAI = 3 m i IBI= 2 m, a kąt między nimi wynosi 30°, to jaki jest rzut wektora B na wektor A? W przykł. 1 wyraź L1v przez v i () (w radianach), gdy 8 zbliża się do zera. Nie używaj żadnych funkcji trygonometrycznych. Ile wynosi F .L tj. składowa siły F9 prostopadła do powierzchni, w przykł. 3? Powtórz przykł. 5 dla kąta strzału 30° zachowując zasięg R równy 3000 km. Znajdź t i v0 • Wykreśl y w zależności od x. Wykreśl y w zależności od t. Pod jakim kątem musi strzelać działo, aby pocisk miał zasięg równy połowie maksymalnego zasięgu tego działa? Wektor E leży wzdłuż osi y. (a) Jaka jest wartość bezwzględna składo­ wej E wzdłuż osi y' tworzącej kąt ()' z osią y? Tę składową nazwiemy wektorem E '. Jeżeli

koła

o promieniu R. Niech obrotów na sekundę. Jak przyspieszenie cząstki przez f i R?

po obwodzie

f

będzie liczbą

wyrazić

Zadania

13.

Przypuśćmy,

porusza

się

że

z

kamera

na

rys.

3.lc

prędkością

• VC • VC V= - 1 -J-

fi fi

c

i kula jest wystrzelona pionowo w górę , tak że 1 2 y=vbt-- gt 2 Jakie jest równanie toru kuli widzianego przez kamerę? Wykreśl to dla vc = 10 m/s i vb=20 m/s. 14. Wykaż, że gdy na rys. 3.13 kąt ()=45 °, maksymalna wysokość pocisku jest rów1

na -4 R . y

15.

y'

y"

X

Ćwi cze ni e 8

teraz oś y" pod kątem Jaka jest wartość bezw zględna składowej E ' wzdłuż osi y"? Tę składową nazwiemy E". (c) Jak można wyrazić E" przez E, 8' i ()"? (d) Czy E" =O, gdy (8'+8")=90°? W ćwiczeniu 8 załóż, że 8'=()"=45°. Jak wyrazi si ę E" przez E? A jak wyrażą się E' i E" przez E, gdy ()' = 30° i 8" = 60°? W ćwicz e niu 8 załóż, że ()' = 8" = 60°. Jakie jest E"? Jaka jest jego składowa y? Czy jest dodatnia czy ujemna? P owtórz przykł. 2 dla przypadku, gdy prom porusza się z prędkością 6 km/ h wz g lędem wody. Cząs tk a po rusza się ze stałą prędkością (b)

Poprowadźmy

8"

9.

10.

11.

12.

do

osi

y' .

Przypuśćmy, że siła

wywierana na żagiel na rys. 3.11 jest równa F 0 sin a., gdzie a. jest kątem między płaszczyzną żagla a kierunkiem wiatru. Jeżeli kąt między kilem a wiatrem wynosi e, to przy jakiej wartości a. łódź będzie miała największą prędkość?

16. Pocisk wystrzelono pod kątem 30° do poziomu. Składowa pionowa prędkości początkowej jest vY = 100 m/s. Zaniedbaj opór powietrza. (a) Jaka jest prędkość początkowa? (b) Niech T będzie całkowity111 czasem

przelotu. Jaka

będzie

vY dla t =

~ T?

Jakie jest w tym momencie przyspieszenie? (c) Jaka jest vY tuż przed t= T? 1 (d) Jaka jest vY dla t= - T? 4 (e) Wykreśl zależność y od t. 17. Do jakiej wysokości wzniesie się pocisk na rys. 3.13? Wyraź odpowiedź przez v0 , () i g. 18. Przypuśćmy , że kula na rys. 3.14 trafia w małpę akurat w momencie, gdy osiąga

57

Ćwiczenia i zadania ziemię. Jaka jest v0 wyrażona przez xm? 19. Z punktu A wystrzelono kulę pod kątem 30° do pionu. Kula podlega tylko grawitacji, oporu powietrza nie ma. Po 20 s kula ląduje w punkcie B, który jest na tym samym poziomie co punkt A. Jak wysoko kula wzniesie się ponad ten poziom?

ona

ei

A

•

B

Zadanie 19

20. Elektron porusza się względem pewnego układu odniesienia. Wektor jego położe­ nia początkowego dany jest wzorem r0 =xoi+z 0 k, gdzie x 0 =3,0 mi z 0 =1 ,0 m prędkość początkowa

v0 = v0 Yj, gdzie v0 Y = 2,0 m/s przyspieszenie

a(t)=Atj+Bk, gdzie A=12,0 m/s 3 i B=8,0 m/s 2 współrzędna z elektronu w chwili t = 0,5 s? (b) Jaka jest prędkość elektronu w chwili t= 1 s? (c) Jaki jest kąt między wektorem położe­ nia r i wektorem prędkości v w chwili t =O? Czy to jest możliwe? 21. Samolot leci z prędkością 300 km/ h względem powietrza. W rozkładzie ma przelot tam i z powrotem między punktami A i B oddalonymi o 600 km . Zaniedbaj czas startowania, lądowania i zawracania. (a) Ile czasu zajmie przelot tam i z powrotem w bezwietrzny dzień? (b) Jak długo będzie trwał przelot tam i z powrotem, gdy od B do A wieje wiatr z prędkością 60 km/ h? (c) Jak długo będzie trwał taki przelot przy wietrze poprzecznym wiejącym z prędkością 60 km/ h?

(a) Jaka jest

Moduł księżycowy krąży po orbicie koło­ wej wokół Księżyca. Promień tej orbity wynosi jedną tizecią promienia Ziemi, a przyspieszenie grawitacyjne, jakiemu podlega moduł księżycowy, jest równe g/ 12, gdzie g=9,8 m/s 2 . Jaka jest jego prędkość w porównaniu z prędkością niskolecącego satelity Ziemi? 23. Zbudowano przyrząd do badania zachowania się insektów poddawanych przyspieszeniu IOOg. Przyrząd składa się z pręta o długości IO cm, na którego końcach umieszczono pojemniki z insektami. Pręt obraca się wokół swego

22.

środka.

(a) Jaka jest prędkość insektów, gdy ich

przyspieszenie wynosi lOOg? (b) Ile obrotów na sekundę wykonuje przyrząd?

24. Przyspieszenie grawitacyjne w odległości rod środka Ziemi jest równe a=g(Rz/r) 2 , gdzie Rz jest promieniem Ziemi. Chcemy, żeby satelita tkwił nad jakimś punktem równika. Jeśli czas jednego obrotu Ziemi jest równy t 0 , jaka musi być prędkość v wyrażona przez g, Rz i t 0 ? 25. Satelita Ziemi jest na orbicie kołowej na wysokości 386000 km od środka Ziemi. Jaki jest jego okres obiegu (wyrażony w dniach)? 26. Jaki musi być promień orbity satelity Ziemi, aby wykonywał on jeden obieg dziennie? 27. Wykaż, że okres satelity znajdującego się na wysokości h nad Ziemią

+h)312 t=t R _z_ c( Rz gdzie ( jest okresem satelity go.

niskolecące­

28. Przyspieszenie grawitacyjne na powierzchni Księżyca jest równe 0,14g, a promień Księżyca 1,74 · 10 3 km. Ile czasu trwa jedno okrążenie , wykonywane przez moduł księżycowy w pobliżu powierzchni Księżyca?

4 Dynamika

4.1.

Wstęp

Jednym z głównych zadań fizyki jest przewidywanie przyszłych (lub przeszłych) położeń i prędkości poszczególnych cząstek oddziału­ ją c ych ze sobą. Dowiedzieliśmy się w rozdz. 3, że znając przyspieszenie każdej cząstki jako funkcję czasu, możemy w zasadzie przewidzieć przyszłe położenie każdej cząstki. Dowiemy si ę, że aby znać przyspieszenie, trzeba z nać siłę działającą na cząstkę oraz masę cząstki. Tak więc, to zadanie fizyki redukuje s i ę c zęściowo do badania sił i ich źródeł . Na szczę ście okazuje się , że według naszej o becnej wiedzy wszystkie siły działające w przyrodzie dają się podzielić na cztery podstawowe rodzaje: 1) grawitacyjne, 2) słabe, 3) elektromagnetyczne i 4) jądrowe. Jak zo baczymy w następnym rozdziale, siła grawitacyjna działa na wszystkie masy i pochodzi od masy będącej w pewnej odległości (masę zdefiniujem y formalnie nieco dalej w tym rozdziale). Siła elektromagnetyczna działa na ł a dunki i prądy i pochodzi od ładunków i pr ą d ó w. Ponieważ atomy z a wierają nałado­ wa ne elektrony i protony, więc siły między atomami mają pochodzenie elektromagnetyczne. Zwykła materia jest utworzona z atomów, a zatem większo ść sił, z jakimi się stykamy na co dzień , takich jak rozciąga nie i śc i ska ni e s pręży n y lub inne s iły kontaktowe,

są

w zasadzie

siłami

elektromagnetycznymi. zajmiemy się szczegółowo w rozdz. 15- 21. Siły jądrowe i słabe mają krótki zasięg (nie odczuwa się ich na odległościach większych od 10 - 14 m). To właśnie siła jądrowa utrzymuje jądro w całoś­ ci mimo silnego elektrostatycznego odpychania między protonami. Siły jądrowe i siły słabe będziemy omawiać w rozdz. 29- 31. Aby badać ruch ciała wywołany siłą na nie działającą , trzeba wiedzieć jakiego rodzaju to jest siła i skąd się bierze. W tym rozdziale będziemy rozwazac ogólnie skutki sił, a w dalszych rozdziałach zajmiemy się specjalnymi własnościami sił grawitacyjnych, elektromagnetycznych, słabych i jądrowych. Dział fizyki, który w ogólności zajmuje się badaniem ruchu wywołanego działaniem sił, nazywa się dynamiką. W dynamice, przeciwnie niż w kinematyce, mamy do czynienia z rzeczywistymi ciałami materialnymi, które mają masę , pęd i energię, a nie tylko prędkość i przyspieszenie. W punkcie 4.2 podajemy raczej krótkie definicje masy, siły i pędu. Bardziej szczegółowe interpretacje fizyczne znajdują się w p. 4.3 i p. 4.4. Istnieje wiele różnych sposobów, matematycznie równoważnych , definiowania takich wielkości jak masa i siła . Będziemy używać definicji podanych w następnym punkcie. Siłą elektromagnetyczną

59

4.2. Definicje

4.2. Definicje

ciała

Dla

Masa

Nasza definicja masy będzie miała charakter operacyjny, to znaczy formę przepisu postępowania. Zaczynamy od wzorcowej masy I kg. Wzorzec masy 1 kg (w rzeczywistości 0,99997 kg) można uzyskać biorąc 1000 cm 3 wody o temperaturze 4°C pod ciśnieniem atmosferycznym. Tę ilość wody można zamrozić w blok lodu. Możemy porównywać nieznaną masę m z tą masą wzorcową m 0 umieszczając między mm1 małą ściśniętą sprężynę (rys. 4.1). Gdy zwolnimy sprężynę,

stałej

o

masie m mamy

d(mv) dv F 1 =--=mdt dt F 1 =ma (4.3 b) Równanie (4.3 b) może być zastosowane do wykalibrowania wagi sprężynowej pokazanej na rys. 4.2*. Im silniej jest naciągnięta sprężyna, tym większa jest siła i tym większe przyspieszenie wózka poruszającego się bez tarcia. Skalę sprężyny można wykalibrować używając wózka o masie jednostkowej. Sprę­ żynę tak się rozciąga, aby wózek miał przyspieszenie jednostkowe i wtedy w miejscu,

Sprężyna

~7\) ~~

65®

Rys. 4.1. Obraz stroboskopowy dwóch nierównych mas Development Center)

oo ~ ro ze pchniętych

przez

sprężyn ę. (Dzię ki uprzejmości

Spr

źyna

masy, które początkowo były w spoczynku, polecą w przeciwnych kierunkach z prędkoś­ ciami odpowiednio v i v0 . Definiujemy nieznaną masę m jako (definicj a masy)

(4.1)

Pęd

Rys. 4.2. Masę m ci ągnie sił a sprężynowa ci ą gnięta w prawo

końc u

F„ której dostarcza waga

gdzie stanie wskazówka, oznacza

Pęd ciała

definiujemy jako iloczyn jego masy i jego prędkości wektorowej . Na oznaczenie pędu będziemy używać symbolu P. P= mv

zamocowana na Wskazó wka

(definicja

pędu)

(4.2)

Educa tiona l

się

na skali powtarza się dla dwóch jednostek przyspieszenia - stawiamy wtedy przy wskazówce znaczek dwóch jednostek siły - itd .

jedną jednostkę siły . Całe postępowanie

4.3. Zasady dynamiki Newtona

Siła

Jeżeli

Aby

przewidzieć

ruch ciała wynikający z dziamusimy mieć podstawow ą

do ciała o masie m jest przyłożon a pojedyncza siła F 1 , to definiujemy ją jako zmianę w czasie pędu ciała

łających

dP F= i - dt

strat poprzez sznurek. T o łowo na s. 68.

*

(definicja

siły)

(4.3 a)

na nie

sił,

Zakładam y, że sił a s pręży n y

przenosi s ię na wózek bez udowodnim y szczegó-

zał oże ni e

60

4. Dynamika

„zasadę " (teorię) ,

na podstawie której możemy takie przewidywanie. Teoria może być poprawna, albo nie. Tylko pomiary doświadczalne mogą to stwierdzić. Podstawowa teoria, która pozwala nam przewidzieć ruchy ciał, składa się z trzech równań, które nazywają się zasadami dynamiki Newtona. Najpierw krótko sformułujemy trzy zasady Newtona. Potem przejdziemy do przedyskutowania, jakie idee one zawierają i jakie jest ich znaczenie. Te trzy zasady wysun ą ł Newton w końcu XVII w. Pierwsza zasada N ew tona - Ciało pozostaje w stanie spoczynku lub stałej prędkości (zerowe przyspieszenie), gdy jest pozostawione samo sobie (działająca na nie siła wypadkowa jest równa zeru). Zapisać to matematycznie wysnuć

m oż n a następująco

a = O, gdy Fwyp=O (pierwsza zasada Newtona) (4.4)

gdzie Fwyp jest sumą wektorową wszystkich sił d z iałających na ciało . Druga zasada N ewtona Tempo zmiany p ę du ciała jest równe sile wypadkowej działa­ j ą cej na to ciało. Dla ciał a o stałej masie równa s ię to iloczynowi masy i przyspieszenia dP

Fwyp= - . czyli Fwyp = ma (d ruga zasada dt Newtona) (4.5) Trzecia zasada N ewtona - Gdy dwa ciała oddziałują wzajemnie, to siła wywierana przez ciało drugie na ciało pierwsze jest równa i przeciwnie skierowana do siły , jaką ciało pierwsze działa na ciało drugie FA poclwd:ąca od B = - FB pochodząca od A (trzecia zasada Newtona). Dyskusja pierwszej zasady Newtona

Pierwsza zasada stwierdza, że jeżeli F wyp jest zerem, to przyspieszenie a=O. Wydaje się, że to jest tylko szczególny przypadek drugiej zasady. Mimo to, należy jej przypisać wielką wagę, gdyż do czasów Newtona przyjęty dogmat naukowy był oparty na nauce Arystotelesa. Podsta wową zasad ą w nauce Arystotelesa było to, że wszystkie ciała muszą się zatrzymać, gdy nie ma sił zewnętrznych.

Wydawało się, że to się zgadza ze zwykłymi codziennymi obserwacjami. Zauważamy przecież, że poruszające się ciała, gdy nie ma ani popychania ani pociągania, zatrzymują się , a nie poruszają się dalej ze stałą prędkością. Samochód zatrzyma się , gdy wyłączymy silnik. Zgodnie jednak z pierwszą zasadą Newtona, jeśli samochód zwalnia, to siła wypadkowa nie może być zerem. W tym przypadku działają siły opóźniające jak opór powietrza i tarcie opon o nawierzchnię (patrz przykł. 1). W pierwszej zasadzie jest zawarte pewne ważne prawidło fizyczne : istnienie tego, co nazywa się inercjalnym układem odniesienia. Na pewno, obserwatorowi, który podlega przyspieszeniu, będzie się wydawało , że pierwsza zasada nie jest spełniona. Sens pierwszej zasady jest taki, że jeśli na ciało nie działają siły zewnętrzne, to istnieje układ odniesienia, w którym to ciało spoczywa. A jeśli ciało spoczywa w jednym układzie odniesienia, to istnieje zbiór takich układów odniesienia, w których to ciało ma prędkość stałą . Te układy odniesienia nazywają się systemami inercjalnymi lub inercjalnymi układami odniesienia. Nietrywialnym wnioskiem z pierwszej zasady Newtona jest to, że jeżeli obserwator znajduje się w inercjalnym układzie odniesienia zdefiniowanym przez pierwsze ciało będące w stanie spoczynku, to każde inne ciało, na które działa siła wypadkowa równa zeru, będzie w spoczynku lub będzie mieć prędkość stałą.

Dyskusja drugiej zasady Newtona

Jest jasne, że druga zasada Newtona jest słuszna tylko wtedy, gdy obserwator znajduje się w układzie inercjalnym. Wynika to stąd , że prawa strona równania F=ma zmienia się zależnie od przyspieszenia obserwatora. Powtarzamy, że postać F"'YP=ma jest słuszna tylko wtedy, gdy m jest stałe . W czasach Newtona doświadczenia wykazały , że m jest niezależna od prędkości . Jednak znacznie późniejsze doświadczenia stwierdziły, że m zdefiniowana równaniem (4.1) zależy od prędkości. Wynik eksperymentu jest taki

4.3. Zasady dynamiki Newtona

m(v) =

mspocz

Jl-v 2 /c2 gdzie mspocz jest wartością masy w stanie spoczynku, c = 2,998 · 10 8 m/s jest prędkością światła. (Patrz rozdz. 9 o dynamice relatywistycznej). Zauważ, że dla małych v, m ::::-! mspocz - wówczas możemy traktować m jako stałą. Dla prędkości mniejszych niż 1% prędkości światła będziemy traktować m jako stałą. Możemy wtedy bezpiecznie używać równania Fwyp=ma (dla v/c=0,01, m= 1,00005 mspoczl. W książce tej będziemy nazywać m(v) masą relatywistyczną. Wszędzie , gdzie będzie użyty termin „masa", będziemy mieć na myśli masę

61 Można sprawdzić addytywność sił mierząc

na ile trzeba rozciągnąć daną sprężynę, aby masie 1 kg nadać przyspieszenie 1 m/s 2 . To jest właśnie jednostka siły w układzie mks i nazywa się niutonem (N). Można wykalibrować dwie sprężyny tak, aby każda dawała siłę 1 N. Wtedy te dwie sprężyny można przyczepić do tej samej masy 1 kg i całkowita przyłożona siła będzie 2 N , jak pokazano na rys. 4.3. Znów wydać się może oczywiste, że

m

spoczynkową.

Trzeba jeszcze podkreślić ważny punkt, mianowicie, że siła w drugiej zasadzie Newtona jest siłą wypadkową. Stosując drugą zasadę Newtona trzeba brać sumę wektorową wszystkich sił działających na dane ciało. Tutaj Czytelnikowi może się wydawać , że wpadliśmy w błędne koło. Jeżeli siła jest zdefiniowana przez równanie (4.3) jako F=ma, to czy F=ma z drugiej zasady Newtona nie powinno być prawdziwe z definicji, a nie dlatego, że jest to podstawowe prawo przyrody? Zauważmy najpierw, że równania (4.3) i (4.5) nie są identyczne. W równaniu (4.3) mamy po lewej stronie F 1 (pojedyncza siła), a w równaniu (4.5) jest po lewej stronie F ww To rozróżnienie jest bardzo ważne. Wynika z niego, że równanie (4.5) ma jakąś dodatkową zawartość fizyczną, co trzeba sprawdzić przez doświadczenie. Z równania (4.5) wynika addytywność masy i wektorowe dodawanie sił. Przez addytywność masy rozumiemy, że gdy połączy się masy mA i m8 , to tak utworzony przedmiot ma masę m=mA+m 8 , której miarą jest równanie (4.1). Może się to wydać absurdalnie oczywiste, a jednak wszystkie rozważania o przyrodzie muszą być sprawdzone doświadczalnie. Istnieją wielkości fizyczne, które nie są addytywne jak np. wektory czy objętości mieszanin. Jeżeli do 1 litra wody dodać 1 litr alkoholu, to mieszanina ta będzie miała objętość znacznie mniejszą niż 2 litry.

Rys. 4.3. Dwie identyczne s prężyny. Każda z nich oddzielnie nadaje przyspieszenie a 0 . Czy dwie naraz dadzą 2a 0 ?

masa 1 kg będzie miała przyspieszenie 2 m/s 2 , jednak takie rozważania muszą być starannie sprawdzone za pomocą doświadczenia. Eksperymenty wykazują, że pojedyncze siły, zdefiniowane równaniem (4.3) dodają się wektorowo. Widzimy, że równanie Fwyp=ma jest czymś znacznie więcej niż tylko definicją i że wynika z niego skalarne dodawanie mas i wektorowe dodawanie sił i że ta dodatkowa zawartość musi być sprawdzona przez doświadczenie* · **.

Dyskusja trzeciej zasady Newtona Przypuśćmy, że mamy układ, który składa się tylko z mA i z m 8 . Wtedy, jak pokazano na rys. 4.4, jedynymi siłami będą FA (siła, jaką B działa na A) i siła F 8 (siła, jaką A działa na B). Te dwie siły nazywamy silami oddzialywa-

* W

rzeczywistości doświadczenie nie potwierdza F wyp=ma, kiedy m porusza się z prędkością bliską prędkości światła, ale związek Fwyp=dP/dt doświadczenie potwierdza we wszystkich warunkach .

związku

•• Jeszcze jedną cechą sił decydującą o istotnej treści drugiej zasady Newtona jest fakt, że dla każdego układu fizycznego może być określona z góry (tj. przed rozpoczęciem ruchu) zależność każdej z sił od położeń i prędkości oddziałujących ciał. Przyp. red. wyd. polskiego.

62

4. Dynamika

a= -

F

- ---

m1 +m2 +m3

Sumy w nawiasach kwadratowych są zerem ze względu na trzecią zasadę Newtona. Dyskusję tej zasady będziemy jeszcze prowadzić w p. 4.5. „Siły kontaktowe i tarcie." Rys. 4.4. Dwa FA = - F.

oddziałujące

ciała

i

siły

oddziaływania

4.4. Jednostki

nia. Damy tu tylko trzy przykłady: mogą to być siły grawitacyjne, elektryczne lub siły przez zetknięcie (kontaktowe), gdy A styka się z B. Trzecia zasada Newtona stwierdza, że w przypadku sił oddziaływania między dwoma ciałami

FA= - FB Zauw aż, że

te dwie siły w trzeciej zasadzie mogą razem działać na to samo ciało . Siła F 8 nazywa się siłą reakcji na FA , a FA - siłą reakcji na F 8 . Jako przykład rozważmy pociąg-zabawkę z trzema wagonikami. Ciągnie go zewnętrzna siła F (rys. 4.5). Siły oddziaływania są tu Newtona nie

Rys. 4.5. Pociąg porusza s ię bez tarcia, Pok aza ne są wszystkie siły oddziaływ a ń

ciągnięty siłą

F.

przenoszone przez sznurki (zakładamy , że ich masa jest zerem). Na przykład, F 1 (2) jest siłą dzi ałającą na m 1 i pochodzącą od m2 , a F 2 (l) jest sił ą działającą na m2 i pochodzącą od m 1 • Zgodnie z trzecią zasadą Newtona F 2 (l) + F 1 (2) jest zerem. Przyspieszenie pocią­ gu mo ż na obliczyć stosując drugą zasadę Newtona do każdego wagonika oddzielnie i n as t ę pni e sumując F 1(2)=m 1 a F 2 (1) + F 2 (3) = m 2 a F 3 (2)+F=m 3 a [F 1 (2) + F 2 (1)] + [F2 (3) + F 3 (2)] + F=(m 1 +m 2 +m 3 )a F=(m 1 +m 2 +m 3 )a

siły

i masy

Historycznie jednostka masy została zdefiniowana w układzie metrycznym w taki sposób, aby gęstość wody była 1 g/cm 3 wówczas, gdy osiąga swoją maksymalną wartość. Masa l cm 3 wody w 4°C była w granicach dokładności pomiarów równa 1 g (gram). Jednostką siły w układzie mks jest siła, która nadaje l kg przyspieszenie 1 m/s 2, a więc jednostką mks siły jest 1 kg m/s 2• Nadano jej specjalną nazwę: niuton (skrót N). Jednostka cgs siły to 1 g cm/s 2 i nazywa się dyna 1 N= 1 kg m/s 2 = 1(10 3 g)(l0 2 cm)/s 2 = = 10 5 g cm/s 2 = 10 5 dyn W brytyjskim układzie jednostek ta sama nazwa funt dla jednostki masy i dla jednostki siły. Polecamy tu używanie lb dla funta masy i lbf dla funta siły. 1 lbf jest równy sile grawitacyjnej wywieranej na 1 łb masy, gdy g=9,8 m/s 2 . I lb masy równa się 0,454 kg. Tak więc I lbf to 0,454 kg mnożone przez 9,8 m/ s2, czyli I lbf =4,45 N. Ze względu na zamieszanie, jakie wprowadza używanie tej samej nazwy dla dwóch zupełnie różnych rzeczy i ponieważ prawie wszystkie narody i wszyscy naukowcy używają systemu metrycznego, będziemy tu unikać używania brytyjskich jednostek masy i sił y . służy

Przykład 1. Samochód o masie 1500 kg jedzie po płaskiej drodze z prędkością 120 km/h. Gdy kierowca zdjął nogę z pedału gazu, samochód w ciągu 5,0 s zwolnił do prędkości 104 km/h. Jaka jest wypadkowa siła oporu (przy tej prędkości głównie opór powietrza)? Tym prostym sposobem można by mierzyć siły opóźniające działające na samochód. Nie radzę jednak studentom przeprowadzać takiego doświadczenia (gdy autor ostatnim razem robił te pomiary, dostał mandat za nadmierną prędkość).

4.4. Jednostki

siły

i masy

63

ODPOWIEDŹ: Średnie przyspieszenie

L1v L1t

a=-= =

16 km/ h

4,44 m/ s

5 s

5 s

=4

-0,889 m/s 2

Rys. 4.6. Blok dociskany do nieruchomej

· (-0,889m/s2)= -1,33· 103 N, to jest ok. 9% Tabela 4.1. Jednostki

ciężaru

siły (będziemy używać

4.5.

tylko

Masa

górną połowę

inżynierski

Siły

ściany

(10 ~ 3

tablicy)

Przyspieszenie

Sil a

m/s 2 cm/s 2

I N =(I kg) · (I m/s 2 ) I dyna =(! g)·(I cm/s 2 )

ft/s 2 ft/s 2

I poundal=(l lb)·(I ft/s 2 ) 1 lbf=(l slug)·(l ft/s 2 )

kg g

brytyjski brytyjski

i

samochodu.

Uklad mks cgs

m

777777777777777777 )//)//77777/,

Średnia siła F =ma= (1,5 · 10 3 kg) ·

kg)

lb (0,454 kg) slug (32 lb)

kontaktowe i tarcie

siłą kontaktową Siła

Gdy dwa ciała są dociskane do siebie (np. blok dociskany do nieruchomej ściany), występują wtedy siły kontaktowe. Nie tylko siła, której przyczyną jest blok, działa na ścianę, lecz również, zgodnie z trzecią zasadą Newtona, na blok działa siła, której przyczyną jest ściana. Ostatecznym źródłem tych dwóch sił jest siła odpychająca działająca między atomami. Gdy chmury elektronowe dwóch atomów zaczynają się przekrywać występuje między nimi siła odpychania, która rośnie w miarę jak atomy zbliżają się do siebie. Ta siła odpychająca między atomami ma pochodzenie elektromagnetyczne i może być bardzo duża w porównaniu z siłami grawitacyjnymi. Gdy dopychamy blok do powierzchni ściany, atomy na powierzchni bloku są pchane coraz bliżej atomów powierzchni ściany, aż w koń­ cu mamy wypadkową siłę odpychającą równą i przeciwnie skierowaną niż siła przyłożona . Te siły odpychające , działające między powierzchniami, nazywamy silami kontaktowymi. Na rys. 4.6 blok o masie m jest pchany na ścianę siłą F. Gdybyśmy na ślepo zastosowali w tej sytuacji równanie F =ma, to otrzymalibyśmy wynik a= F/m, co nie równa się zeru. A jednak blok nie przyspiesza, gdy przykłada się do niego siłę F ! Pełna analiza wykazuje, że atomy ściany popychają blok z całkowitą

F 1, która jest równa ( -F). wypadkowa jest

Fwyp=F +F, =F +(-F)=O Jeżeli ciążenie

pcha blok w

dół siłą

F9 , to

F

==>

Rys. 4.7. Wszystkie cztery sily dzi a lające na blok pokaza ny na rys. 4.6. Sily, jakimi blok dziala na ści a nę i na podl o gę, nie zostały pokazane

powstaje druga siła - siła kontaktowa F 2 równa - F9 • Siła wypadkowa jest sumą wszystkich czterech sił (patrz rys. 4.7)

Fwyp=F+F, +F9 +F2 = = F + ( - F) + F9 + (- F9 ) =O We wszystkich zastosowaniach drugiej zasady Newtona jest bardzo istotne, żeby obliczyć siłę wypadkową.

Posuwając się

dalej zaczniemy doceniać wieli piękno zasad Newtona. Musimy strzec się pułapek , jeże li chcemy

ką prostotę

jednak

64

4. Dynamika

stosować te zasady. Niech na„paradoks" będzie ostrzeżeniem . Rozważmy dwa bloki mA i m 8 na powierzchni bez tarcia (rys. 4.8). Do bloku A przyło­ żono siłę F, która przenosi się przez blok A i działa na blok B. Zgodnie z trzecią zasadą Newtona blok B działa siłą równą

poprawnie stępujący

Przyspieszenie a można znaleźć siebie dwa powyższe równania F=(mA +m 8 )a Zauważmy,

dodając

F a=--mA +mB ten wynik możemy

do

czyli

że

również

otrzymać,

gdy będziemy traktować te dwa bloki jak jeden pojedynczy blok o masie (mA +mB). Tarcie Siły

kontaktowe, o których dotychczas mówido powierzchni rozdzielających ciała. Nazywamy je siłami prostopadłymi lub siłami normalnymi. Może być jednak również składowa siły kontaktowej liśmy, były prostopadłe

Rys . 4. 8. Dwa bloki pchane po powierzchni bez tarcia

na blok A ( - F). Siła na A jest sumą przyło­ żonej s iły Fi siły kontaktowej -F, jaką blok B działa na A. W tym przypadku Fwyp = F + ( - F) =O. Zgodnie z drugą zasadą Newtona i przeciwnie wypadkowa

skierowaną

działająca

a = Fwyp =O mA Musimy dojść do wniosku, że bloku A w ogóle nie można poruszyć, bez względu na to, jak wielka byłaby działająca na niego siła F ! Spróbuj znaleźć błąd w tym rozumowaniu zanim zaczniesz czytać dalej. Błędem w powyższym rozumowaniu jest założenie, że siła F jest przenoszona przez blok A i skutkiem tego działa na blok B. Zasady Newtona nic nie mówią, że tak miałoby być. Powinno się natomiast przyjąć dowolną wartość kontaktowej siły F', jaką A działa na B. Ogólne postępowanie przy rozwiązywaniu większości problemów w dynamice polega na zastosowaniu drugiej zasady do każdej masy oddzielnie. Do siły F, działającej na A , dochodzi jeszcze siła kontaktowa od m 8 , pchająca w przeciwnym kierunku , która zgodnie z trzecią zasadą Newtona równa się ( - F '). Siła wypadkowa działająca na A jest więc (F - F') i z drugiej zasady otrzymujemy (F-F')=mAa Dla m 8 mamy F ' =m 8 a

a)

b0

+

~~

+ Rys. 4.9. a) Siła boczna F przyłożona do bloku A. b) Siła grawitacyjna F9 działająca na A oraz obie składowe siły kontaktowej (siły jaką blok B działa na AJ.Suma wektorowa wszystkich sił działaj ących na A jest równa zeru. c) Siły kontaktowe, którymi A działa na B. Blok B jest sztywno zamocowany do podłoża

leżąca

powierzchni. Taką siłę do powierzchni nazywamy tarciem. Rozważmy np. blok A leżący na bloku B (rys. 4.9). Do bloku A można przyłożyć małą siłę F, a blok A nie ruszy się z miejsca. Oznacza to, że sile F przeciwstawia się siła w

płaszczyźnie

równoległą

65

4.5 . Sity kontaktowe i tarcie

tarcia F1 , jak pokazano to na rys. 4.9b. Mamy więc F1 = -F. Gdy siła F rośnie, blok A zaczyna w pewnym momencie poruszać się . Im gładsza powierzchnia, tym szybciej ten moment nastąpi. Nazwijmy tę krytyczną wartość siły tarcia (F1 )s (wskaźnik s oznacza tu sy tuację statyczną). Stosunek (F1 )s do siły normalnej F N• przedstawionej na rys. 4.9b, jest z definicji współczynnikiem tarcia statycznego µ,

(Fi ls

µ,=F

(współczynnik

tarcia statycznego)

N

Jest faktem doświadczalnym , że dla większoś­ ci suchych powierzchni µs jest w przybliżeniu niezależny od F N i od pola powierzchni kontaktu. Jeżeli

F jest większe niż (F 1 )„ to blok na poruszy się , ale będzie istniała przeciwstawiająca się ruchowi siła tarcia (F1 )k (ws kaźnik k jest skrótem słowa „kinetyczny"). Istnieje odpowiedni współczynnik tarcia kinetycznego µk rys. 4.9

(Ff)k

µk= - FN

(współczynnik

tarcia kinetycznego)

Dla większości materiałów µk jest nieco mmejszy niż µs. Dla powierzchni suchych µk jest prawie niezależny od FN, od pola powierzchni kontaktu i od prędkości. drewna na gładkim drewnie Dla opon gumowych na betonie współczynnik tarcia może być równy jedności . W wielu zadaniach dotyczących tarcia jest podany współczynnik tarcia. Wówczas graniczną siłę tarcia znajdujemy mnożąc µ przez FN. Z przykładu przedstawionego na rys. 4.9 widać, że F N jest konsekwencją siły ciążenia Dla

gładkiego

11k~µ,~0,3.

Fg. Tarcie jest bardzo złożonym zjawiskiem i nie będziemy się nim wiele w tej książce zajmować. Porządne wyjaśnienie tego zjawiska wymagałoby dokładnej znajomości oddziaływań atomów powierzchni, co z kolei wymaga dobrego przygotowania z fizyki i chemii ciała stałego.

4.6.

Rozwiązywanie zadań

Ciężar

W typowym zadaniu zwykle trzeba znaleźć normalną, ale aby to zrobić trzeba najpierw obliczyć siłę ciężkości Fg . Siła grawitacyjna działająca na ciało nazywa się ciężarem tego ciała (dokładniej będziemy o tym mówić w p . 5.4). Ponieważ zaobserwowano, że wszystkie ciała swobodne w pobliżu Ziemi mają przyspieszenie ag= g, więc z drugiej zasady Newtona wynika, że Fg =mag, czyli siłę

(ciężar)

Fg=mg W

pobliżu

powierzchni Ziemi

ciężar=mg.

Przykład

2. Każde koło samochodu podtrzymuje 25% jego ciężaru. Załóż­ my, że µs=0,8 jest współczynnikiem tarcia statycznego między oponą a nawierzchnią drogi. (a) Jaki jest minimalny czas zatrzymania się od prędkości 100 km/ h (hamulce działają na wszystkie 4 koła)? (b) Jaki jest najkrótszy czas, w którym można ze stojącego startu osiągnąć 100 km/ h (to jest jeden ze standardowych pomiarów osiągów samochodu)? ODPOWIEDŹ: Jeżeli

hamulce tak działają, nie ślizgają, wypadkowa siła opóźniająca jest równa 0,8 mg, gdzie mg jest wartością siły normalnej . (Jeżeli występuje poślizg kół, trzeba raczej stosować µk niż µs.) Jeżeli przyrównamy F wyp (równą 0,8 mg) do ma, otrzymamy a= 0,8 g. Czas hamowania będzie że koła się

v

t=~

27,8 m/s 0,8(9,8 m/ s2)

3,55 s

W samochodzie, którego silnik napędza tylko dwa tylne koła, maksymalna siła pociągowa zanim wystąpi poślizg jest połową wymienionej siły tarcia, co daje dwukrotnie mniejsze przyspieszenie, czyli

66

4. Dynamika

Czas, w którym osiągnie się 100 km/h jest więc dwa razy dłuższy od czasu hamowania, czyli jest 7,10 s. Używając większych i bardziej miękkich opon oraz rozkładając ciężar samochodu tak, aby więcej niż połowa przypadła na tylne koła, można ten wynik nieco poprawić. Wymagania co do mocy silnika są podane w rozdz. 7.

0,4g.

prędkość

F

tg 8=_!_ FN Przy maksymalnym

kącie

tg (}max= (;)s = µs N

tg 20o=µs µs=0,36

Gdy tylko klocek zaczyna się zsuwać, siła tarcia maleje, gdyż (F 1 h < (F 1 )s. Siła wypadkowa F wyp = (F f)s-(F 1h· Przykład 3. Klocek drewniany umieszczono na drewnianej równi pochyłej. Stopniowo zwiększano kąt nachylenia równi, aż przy kącie (} = 20° klocek zaczął się zsuwać i przyspieszać. Jaka jest wartość µ,? ODPOWIEDŹ:

klocek

Na

działają

rysunku 4.lOa na trzy siły, takie że

a)

Przykład

4. Jeżeli współczynnik tarcia oponami samochodu z napę­ dem na cztery koła a pochyłą drogą wynosi 0,8, to przy jakim największym nachyleniu drogi samochód może jeszcze jechać pod górę bez poślizgu? między

ODPOWIEDŹ:

Możemy

tg (} = µs, który w poprzednim' przykładzie

związek

tg (}

max

że

jazda jeepem po bardziej

pochyłościach może skończyć

się ześlizgnięciem się

Rys. 4.10. a) Klocek w spoczynku na równi b) Trzy siły działające na klocek zostały otrzymaliśmy Fw,,=0

pochyłej.

dodane -

F9 +FN+F1 =0. Dodawanie tych wektorów pokazano na rys. 4. lOb. Widzimy, że

Wykresy

uzyskaliśmy

= 0,8 czyli (} max = 38,6°

Widzimy, stromych

b)

wykorzystać

ciała

pojazdu.

swobodnego

W przykładzie 3 i w problemie zsuwającego się klocka zidentyfikowaliśmy wszystkie siły działające na badane ciało, a potem dodawaliśmy je wektorowo tworząc Fwyp· Następnie przyrównaliśmy to do masy ciała pomnożonej przez jego przyspieszenie, tak jakby to ciało było tylko pod działaniem Fwyp· Rysunek ciała i wszystkich działających na niego sił nazywa się wykresem ciała swobodnego. Po9ajemy niżej użyteczny schemat postępowania( przy rozwiązywaniu zadań, w których występują siły: 1. Wyodrębnij ciało, o które chodzi. 2. Zidentyfikuj wszystkie działające na nie siły, włączając siły kontaktowe i siły tarcia.

67

Rozwiązywanie zadań

4.6.

3. Dodaj te siły wektorowo. Pomaga tu narysowanie diagramu sił, aby zobaczyć jak te siły się dodają. 4. Zastosuj teraz do badanego ciała F wyp =ma. 5. Jeżeli zostały jeszcze jakieś niewiadome wielkości , powtórz to postępowanie dla innych ciał układu. Posłużmy się teraz wykresem ciała swobodnego w czterech przykładach: wagonik kolejki diabelskiej znajdujący się „do góry nogami", przyspieszenie na równi pochyłej, maszyna Atwooda i wahadło stożkowe. Kolejka diabelska

Osoba o masie m znajduje się w wagoniku kolejki diabelskiej, który jedzie po pętli o promieniu R, jak to pokazano na rys. 4.11. Jakie jest przyspieszenie, jaka jest siła, z którą naciska osoba na siedzenie wagonika i jaka jest siła wypadkowa działająca na nią w chwili, gdy osoba ta znajduje się do góry nogami i ma prędkość v? ODPOWIEDŹ:

dv a=-, bez dt

Przyspieszenie jest z definicji

względu

ci ążenia ciągnie

w

na to, jak mocno

dół.

siła

Na stronie 53 pokaza-

liśmy, że a= v 2 / R. Zgodnie z drugą zasadą

Newtona

siła

wypadkowa

v2

jest skierowana w dół. Na siłę tę składają się: siła grawitacji, skierowana pionowo w dół i również skierowana w dół siła kontaktowa Fe, jaką fotelik wywiera na pasażerkę. Ponieważ Fwyp=mg+Fc, więc

v2 m-=mg+Fc R

a to, zgodnie z trzecią zasadą Newtona, jest równe sile, z jaką pasażerka naciska na fotelik. (Z definicji jest to pozorny ciężar pasażerki. Gdy v 2 /R=g, osoba ta jest w stanie „nieważkości" . ) Równia

pochyła

Pragniemy obliczyć przyspieszenie masy m zsuwającej się po płaszczyźnie nachylonej do poziomu pod kątem e, jak to pokazano na rys. 4.12. Widzimy na tym rysunku trzy siły działające na m. Jest tam skierowana w dól siła ciężkości mg. Jest siła kontaktowa FN, odpychająca masę od powierzchni i może też występować siła tarcia F1 , przeciwstawiająca się ruchowi w dół po równi. Te trzy siły zostały dodane wektorowo na rys. 4.12b, aby

a)

F"'YP=ma=m R

b)

Rys. 4.11. Dziewczynka w wagoniku kolejki diabelskiej znajduje się w tym momencie do góry nogami

Rys. 4.12. a) Masa m na równi pochyłej. b) Przez dodanie trzech sił działających na m otrzymujemy Fwyp

68

4. Dynamika

znaleźć

w tym

i mg tworzą do odpowiednich ramion kąta () na rys. 4.12a. Wobec tego wartość bezwzględna trzeciego boku trójkąta sił (F wyp + F 1 ) równa się mg sin () kąt

e,

F wyp•

trójkącie F N

ponieważ są prostopadłe

Fwyp+F1 =mg Zastępując

sin()

F wyp przez ma otrzymamy

ma=mg sin 8-F1

(4.6)

4.7. Maszyna Atwooda W mechanice mamy wiele różnych zadań z bloczkami - różne masy są połączone pasami lub sznurkami przełożonymi przez swobodnie obracające się bloczki. Zwykle te pasy, sznurki i bloczki traktuje się tak jakby nie miały masy. Wówczas, nawet gdy sznurek ma przyspieszenie, siła ciągnąca na jednym końcu sznurka musi być równa sile ciągnącej na drugim końcu. Na przykład, na rys. 4.13

Gdy nie ma tarcia

a~

F1

a= g sin ()

(bez tarcia)

W przypadku gdy jest tarcie zastępujemy F 1 w równaniu (4.6) przez µkF N ma= mg sin 8 - µkF N

Z

trójkąta

F N= mg cos

sił

(rys.

4.12b) widać, że z tego otrzymamy

e. Korzystając

a= g sin () - µkg cos ()

(4.8)

Równania (4.7) i (4.8) wskazują, że równi pochyłej można użyć do zmniejszania przyspieszenia ciała znajdującego się pod działa­ niem siły ciężkości. Przypuśćmy, że klocek ześlizguje się po równi, lecz bez przyspieszenia. W ów czas w równaniu (4.8) a=O i wtedy

F2

<::==u s s \ s s \ \ s \ \l c:::::::::>

(4.7)

Rys. 4.13.

Siły działające

na

kawałek

sznurka

siła wypadkowa jest równa (F 2 - F 1 ) i sznurek przyspiesza w prawo. Jeżeli sznurek ma masę m, to

(F 2 -F 1 )=ma Jeżeli

jednak m=O, to

(F 2 -F 1 )=0, Siła, jaką

czyli

sznurek

4.14) nazywa

F 2 =F 1

działa

na

się napięciem

każdą

T

z mas (rys. trzeciej

Według

zasady Newtona ta siła ma taką samą wartość jak siła, jaką masa ciągnie sznurek, zatem gdy F 1 =F 2 mamy też T1 = T2 . Widzimy więc, że napięcie jest takie samo na obu

czyli tg()= µk

Przy tej specjalnej wartości kąta () ciało zsuwa się ze stałą prędkością. Zwróćmy uwagę , że powyższe równanie ma taką samą postać jak równanie tg () = µs z przykł. 3, z tym tylko, że teraz zamiast µs mamy µk. Łatwo jest stwierdzić, który ze współczyn­ ników trzeba zastosować. Jeżeli klocek zsuwa się ze stałą prędkością, musimy użyć µk, a kiedy przy maksymalnym kącie klocek jest nieruchomy, stosujemy µ„ Widzieliśmy w tych przykładach równi pochyłej , że siła kontaktowa FN tak się dopasowuje, że siła F wyp jest skierowana w kierunku nachylenia równi.

m2

m2g

Rys. 4.14. Maszyna Atwooda. Masa m, porusza masa m2 w dół, obie z przyspieszeniem a

się

w

górę,

69

4.7. Maszyna Atwooda

końcach bezmasowego sznurka, nazwiemy więc

je T. W tym problemie bloczka (nazywa się to maszyną Atwooda) chcemy znaleźć przyspieszenie a i napięcie T. Musimy zatem mieć dwa niezależne równania, aby wyznaczyć te dwie niewiadome. Te dwa równania uzyskamy stosując drugą zasadę Newtona do każdej z dwóch mas oddzielnie; mamy więc dwa niezależne wykresy ciała swobodnego. Dla m1 F1..,yp= T-m 1 g,

czyli

m 1a= T-m 1g

czyli

m 2 a=m 2 g-T

Widzimy,

mz-m1 g m1+m1

że

(4.10)

gdy m1 ~m 2 , przyspieszenie jest otrzymamy, gdy podstawimy na a do równania (4.9)

małe. Napięcie

to

wyrażenie

m1(m2 - m1 g)=T-m1g mz+m1

T=

4.8.

2m 1 m2

m1 +m2

g

Wahadło stożkowe

Na rysunku 4.15 przedstawiono wahadło z masy m wiszącej na sznurku o długości L i poruszającej się ruchem jednostajnym po okręgu. Przyspieszenie tej masy jest więc przyspieszeniem dośrod­ kowym i siła wypadkowa Fwyp musi być skierowana do środka koła. Niech R będzie promieniem koła, po którym porusza się masa, a v prędkością masy. Jedynymi siłami działającymi na m są: siła ciężkości mg skierowana w dół i napięcie sznurka FT skierowane pod kątem 8 do pionu. Na stożkowe , składające się

Fwyp

~mg e m

Rys. 4.15. a) Wahadło stożkowe czyli masa m zawieszona na sznurku i poruszająca się ruchem jednostajnym po okręgu. b) Suma wektorowa sił działających na m

Przyjęliśmy jakiś kierunek dla przyspieszenia a i siły skierowane tak jak a przyjmujemy za dodatnie. Jeżeli źle odgadliśmy jaki jest zwrot a, to okaże się, że a jest wielkością ujemną. Dodajmy teraz dwa poprzednie równania

a=

b)

~

(4.9)

Dla m 2 F2 ..,YP=m 2 g-T,

a;L,~" ,x

rysunku 4.15b dodano wektorowo te dwie i otrzymano F wyp· Z trójkąta sił mamy

siły

Fwyp=mg tg 8 Zastąpmy F wyp przez ma ma=mg tg e Wiemy na podstawie równania (3.9), że przyspieszenie dośrodkowe równa się 4n 2 R / /T 2 , a zatem

m(

7:

R) =mg tg

e

Z tego równania wyznaczamy okres T T=2n

fR

~gtge

Podstawiając

Lsin 8 w miejsce R, otrzymamy

T=2~J~cos e Zauważ, że małych

e,

T=2nj!g

okres nie zależy od masy m. Dla cos e~ 1, wtedy (dla

małych wychyleń)

(4.11)

W tym przypadku okres jest niezależny nie tylko od m lecz również od e. Gdybyśmy brali pod uwagę tylko składowe F wyp• pręd­ kość v i położenie masy m w płaszczyźnie xy, otrzymalibyśmy fizyczny równoważnik wahadła prostego wahającego się od x = - R do

70

4. Dynamika

x= +R z okresem T=2njLfi. Równanie (4.11) daje więc również okres wahadła prostego, gdy e jest małe.

4.9. Zachowanie

dPA dP 8 +-=O dt dt

-

pędu więc

W tym punkcie wyprowadzimy z drugiej i trzeciej zasady Newtona zasadę zachowania pędu. Później, również z zasad dynamiki Newtona, wyprowadzimy zasadę zachowania energii. Ciekawe jest, że można zrobić odwrotnie: zasady Newtona wyprowadzić z zasad zachowania pędu i energii. Można wybierać co będziemy postulować, a co wyprowadzać. Nasze przedstawienie tu w tej książce jest bardziej tradycyjne i historyczne. W rzeczywistości, stosując wyższą matematykę, która wychodzi poza zakres tej książki, można wyprowadzić i zasady Newtona i zasady zachowania pędu i energii z praw jednorodności przestrzeni i czasu. Przez prawo jednorodności przestrzeni rozumiemy to, że prawa fizyki są takie same we wszystkich położeniach w przestrzeni. Prawo jednorodnośc i czasu znaczy, że prawa fizyki nie zmieniają się w czasie (konsekwencją jest, że żadna stała fizyczna nie zmienia swej wartości w czasie). Bez względu na to jak słuszne wydają się nam takie zasady symetrii, trzeba je sprawdzić doświadczalnie . Przypominamy, że pęd został zdefiniowany równaniem (4.2) jako P=mv. Z prawa zachowania pędu wynika, że całkowity pęd układu odosobnionego jest stały w każdym czasie. Przez pęd całkowity rozumiemy sumę wektorową pędów wszystkich cząstek w układzie. Przez układ odosobniony (nazywany także zamkniętym lub izolowanym) rozumiemy układ , na który nie działają żadne siły zewnętrz­ ne. Źródła wszystkich sił znajdują się w obrębie samego układu . Gdy układ odosobniony składa się z dwóch cząstek mA i m8, trzecia zasada Newtona mówi, że FA= - F8 (siły te przedstawiono na rys. 4.4). Zastosujmy teraz ~ugą zasadę Newtona, aby zastąpić k a żdą z sił przez dP/ dt dPA dt

dP 8 dt

PA+

P8

= const,

czyli

Pcalkowity

= const

Widzimy, że całkowity pęd układu nie zmienia się w czasie. Powyższe wyprowadzenie można uogólnić na układ n cząstek. Jeżeli tylko nie ma sił zewnętrznych otrzymujemy

"i,Pi=const j

czyli

LPi= "i,Pi

(zachowanie pęd u)

(4.12)

gdzie małe p reprezentują wartości pędów w jakimś czasie początkowym, a duże P - pędów w jakimś czasie późniejszym .

5. Rozpad dwuciałowy. Dwie masy m1 i mi są początkowo w spoczynku, między nimi znajduje się sprężyna (patrz rys. 4.1). Jaki jest stosunek ich prędkości, gdy sprężyna zostaje zwolniona? Przykład

ODPOWIEDŹ :

Zgodnie

z

równaniem

(4.12)

P1 +Pi =P1 +Pi gdzie p 1=Pi = O jest kowym

pędem

począt­

O+O=P 1+Pi P 1 = -P2 ,

czyli

m 1 v 1 = -m 2 v2 (4.13)

V2

ml

Znak minus przypomina, że prędkości mają przeciwne zwroty. Zauważ, że równanie (4.13) jest takie samo jak równanie (4.1), za pomocą którego zdefiniowaliśmy masę.

4.9. Zachowanie

71

pędu

Przykład 6. Kula o masie 10 g zostaje wystrzelona z prędkością wylotową (iOO m/s ze strzelby o masie 3 kg (rys. 4.16). Jeżeli luźno trzymać strzelbę, to jaka będzie jej prędkość odrzutu, gdy uderzy o bark?

ODPOWIEDŹ: Rysunek 4.17 jest obrazem w układzie laboratorium, w momencie gdy zostaje wyrzucona dodatkowa masa Am (w układzie laboratorium v=O, gdy m=O). Możemy znaleźć związek między Am i Au stosując

v+ Llv

v-vo

c=>-ma-m

oLlm Rys. 4.16. Strzelba o masie m, po wystrzeleniu kuli o masie m•

ODPOWIEDŹ: Możemy zastosować

rówstosunek prędkości końcowych, ponieważ zarówno kula jak i strzelba mają pęd początkowy równy zeru. Użyjemy wskaźnika s dla strzelby i wskaźnika k dla kuli nanie

(4.13),

aby

uzyskać

Rys. 4.17. Rakieta wrzuca paliwo o masie Am z prędkością wylotową v0

zasadę zachowania pędu. Najpierw nadajemy masie (m 0 - m) przyrost pręd­ kości Au. Oznacza to przyrost pędu AP 1 = (m 0 -m)Av. Usuńmy teraz trochę masy Am i zmniejszmy jej prędkość o u0 . Dokonaliśmy zmniejszenia pędu o AP 2 = (Am)v 0 . Aby był zachowany pęd, te dwie wielkości muszą być równe (m 0 - m)Av = (Am)v 0

Am Av=v 0 - - -

lub

m 0 -m

mk 0,01 v. =--vk=--(-600) m/s=2 m/s m5 3

v

Prędkość

można

dm dv=v 0 - - m0-m

obliczyć

całkując

obie strony m

v=vor~ J~o-m

Przykład

6 jest

ilustracją

zasady

napędu

rakietowego. Strzelbę możemy uważać za rakietę, a kulę za fragment paliwa, które zostało usunięte z prędkością vk. Za każdym razem, gdy zostaje wyrzucona masa paliwa mk, rakieta uzyskuje wzrost prędkości o V 5 •

*Przykład 7. (Ci, którzy jeszcze nie opanowali rachunku całkowego, powinni opusc1c ten przykład . ) Rakieta w chwili startu miała masę początkową m0 . Dotychczas wyrzuciła masę m i osiągnęła prędkość v. Jak wyraża się u w funkcj i m, jeżeli prędkość wylotu paliwa jest zawsze u0 względem rakiety?

o

v=v0 ln(~) m -m

(4.14)

0

Prędkość końcowa zostaje osiągnięta, gdy masa pustej rakiety jest m0 - m. Stosunek m0 /(m 0 - m) może być tak duży jak 10:1, co daje prędkość koń­ cową rakiety u= 2,3v 0 . Na to, aby uzyskać większe prędkości, konieczne do wejścia na orbitę, trzeba używać rakiet wielostopniowych.

Podsumowanie Jeżeli siła działająca na ciało o masie m jest znana, to przyspieszenie oraz przyszłe położe-

72

4. Dynamika

nia i prędkości można obliczyć zasady dynamiki Newtona. Zasada

Jeżeli

stosując

trzy

4.

Fwyp=O, to a=O. dP

.

Zasada 2 Fwyp = - =ma, gdzie pęd dt Zasada 3 Siła , jaką masa ma działa na masę mb, jest równa i przeciwnie skierowana do siły, jaką mb działa na ma.

5.

Pojedynczą siłę można zdefiniować

i wyprzyspieszenie znanej masy; wartość tej pojedynczej siły jest ma. Siła 1 N nadaje masie l kg przyspieszenie 1 m/s 2 . Nieznaną masę można porównać z masą wzorcową m 0 stosując zasadę zachowania pędu. Jeżeli te masy startują ze stanu spoczynku, gdy rozpycha je mała sprężyna, to mv= -m 0 v0 . Gdy ciało suwa się po powierzchni, występuje siła kontaktowa, która jest taka, że F wyp jest równoległa do powierzchni. Może istnieć składowa siły wzdłuż powierzchni, przeciwstawiająca się ruchowi ciała; nazywamy ją siłą tarcia. Współczynnik tarcia jest µ = F1 / FN, gdzie FN jest siłą normalną . Gdy ciało zsuwa się po równi pochyłej, siła normalna (składowa prostopadła siły kontaktowej), siła ciążenia i siła tarcia dodają się wektorowo dając F wyp· Zasada zachowania pędu w układzie odosobnionym n cząstek mówi, że '1:.mivi= =LmiVi, czyli Pcalkowi1„=Const. znaczyć mierząc

Ćwiczenia prędkością 10 km/h 10 3 N. Siła grawitacyjna działająca na belkę jest równa 2000 N. Jaka jest siła wypadkowa działająca na

I. Traktor ze

stałą

ciągnie belkę siłą

,

belkę?

2. Przy jakiej prędkości masa relatywistyczna m(v)= 1,01 mspoczynkowa? 3. Jakie jest napięcie każdego sznurka na rys. 4.5 wyrażone przez m 1 , m 2 , m 3 i F? Jaka jest siła wypadkowa działająca na każdy wagonik, wyrażona przez te wielkości?

6.

7.

8.

9.

Przypuśćmy, że siła oporu działająca na samochód z przykł. 1 maleje z prędkością. Jak długo samochód ten będzie zwalniał od prędkości 100 km/h do 88 km/h, jeżeli średnia siła oporu w tym zakresie pręd­ kości wynosi 0,6 siły oporu podanej w przykł. 1? Jaka masa m ma ciężar P = 1 N? Jaki jest kąt r:x nachylenia równi, jeżeli leżąca na niej masa m 1 = 1 kg wywiera nacisk na podłoże F = 1 N? Jaka jest na rys. 4.8 siła wypadkowa działająca na mA i jaka jest siła wypadkowa działająca na m 8 ? Wyraź odpowiedź przez mA, m 8 i F. W przykładzie 1 samochód zwalnia do 93 km/h w ciągu następnych 5 s. Jaka jest średnia siła działająca na samochód w tym przedziale czasu? W przykładzie 6 myśliwy strzela poziomo, stojąc na zamarzniętym jeziorze (tarcie równe zeru). Jaka będzie prędkość myś­ liwego po strzale, jeżeli jego masa jest równa 60 kg? Co jest nie w porządku w następującym rozumowaniu? Traktor ciągnie pług siłą F. Według trzeciej zasady Newtona siła kontaktowa, z jaką orana ziemia działa na pług jest - F. Ponieważ suma tych dwóch sił jest zerem, pług nie może się poruszać.

że na rys. 4.10 kąt 8 = 30°, µ 5 = 0,4, µk = 0,38. W trakcie zsuwania się klocka po równi zmniejszamy kąt 8, aż klocek zacznie zwalniać i zatrzyma się. Jaka jest wtedy wartość 8? Potem zwięk­ szamy 8, aż klocek znowu zacznie się zsuwać. Jaka jest ta druga wartość 8? 11. Przyjmijmy, że atom wodoru składa się z elektronu o masie 9,1 · 10- 31 kg poruszającego się po orbicie kołowej o śred­ nicy 10- 10 m wokół protonu. Siła przyciągania jest równa 9 · 10- 8 N. Jaka jest prędkość elektronu? Ile obiegów w ciągu sekundy wykonuje elektron? 12. Dziecko ciągnie siłą F pociąg-zabawkę, składającą się z 5 wagoników (patrz rysunek). Masa każdego z wagoników jest m.

10.

Załóżmy,

Ćwiczenia i zadania

(a) Jak można wyrazić napięcie sznurków przez F i m? Zaniedbaj tarcie. (b) Jakie jest przyspieszenie?

Ćw i czeni e 12

73 16. Przy jakiej prędkości v ciężar pozorny osoby na rys. 4.11 zmniejszy się do połowy? Wyraź odpowiedź przez g i R. 17. Po stole bez tarcia są pchane przez siłę F cztery jednakowe klocki, każdy o masie m. (a) Jakie jest przyspieszenie klocka 4? (b) Jaką siłą klocek 1 działa na klocek 2? Wyraź odpowiedzi przez m i F.

13. Kulka wahadła wisi na sznurku długości I odchylonym o kąt 20° od pionu i porusza się po obwodzie poziomego koła.

(a) Jaki jest okres, gdy l = 1 m? (b) Jaki jest stosunek okresu tego wahadła do okresu wahadła prostego wykonującego małe drgania? (c) Powtórz ćwiczenie dla kąta 45° zamiast dla 20°. 14. Wahadło proste ma okres 1 s. Jaka jest długość sznurka? Zadania

IS. Blok o masie 40 kg znajduje się pod działaniem siły ciężkości na powierzchni bez tarcia. Zostaje do niego przyłożona siła zewnętrzna 200 N, jak to pokazano na rysunku. (a) Jaka jest siła wypadkowa działająca na blok? Podaj jej wartość, kierunek i zwrot. (b) Przypuśćmy, że Fz ewn = 800 N, a nie jak poprzednio 200 N. Jaka jest teraz wartość siły wypadkowej?

Zadanie 17

18. W m2

układzie

odosobnionym trzech ciał m1 , i m3 istnieje sześć sił oddziaływania

F 12 , F 13 , F 21 , F 23 , F 31 , F 32 .

Dowiedź,

zasady Newtona, że P 1 +P 2 + +P 3 =const. 19. Przypuśćmy, że w zadaniu 18 układ nie jest odosobniony i poza sześcioma siłami oddziaływania są jeszcze trzy siły zewnę­ trzne Flzew' F Zzew' F 3 zew- Udowodnij, że d Flzew+F2zew+F3zew= dt (Pl +P2 +P3). stosując

20. Przypuśćmy, że m=m 0 (1-v 2 /c 2 ) - 1 ' 2 . Wyraź F = d (mv)/dt przez m 0 i v. 21. Dwa klocki są połączone sznurkiem, a do

wierzchu górnego klocka jest przyczepiony drugi sznurek. Klocki ciągnie w dół siła ciążenia ziemskiego.

4 kg

Zadanie 2 1 siłę F trzeba przyłożyć do górnego sznurka, aby klocki były nieruchome? (b) Jaką siłę F trzeba przyłożyć do górnego sznurka, aby nadać obu

(a)

Zadan ie 15

Jaką

74

4. Dynamika

klockom przyspieszenie w górę 2 m/s 2 ? Jakie jest napięcie sznurka łączącego oba klocki? 22. Dwie masy m1 i m2 połączono sznurkiem przełożonym przez bloczek bez tarcia. Masa m1 spoczywa na stole. (a) Jeżeli m1=0,1 kg i m2 =0,3 kg, jaka siła jest potrzebna, aby m1 utrzymać na stole? (b) Jakie jest wtedy napięcie sznurka? (c) Jakie byłoby napięcie, gdyby zwolnić m1?

siła F działa przez czas t 0 na m. Jaki jest wzrost pędu masy m? Wyraź odpowiedź przez F i t 0 . 26. Dziecko ciągnie zabawkę siłą 1,4 · 104 dyn pod kątem 45 ° do poziomu, jak to pokazano na rysunku. Tarcia nie ma. (a) Jakie jest przyspieszenie zabawki? (b) Jakie jest napięcie sznurka między wagonikami? (c) Jakie jest napięcie sznurka, za który ciągnie dziecko? (d) Jaką siłą podłoga pcha wagonik o masie 20 g?

25. Pojedyncza masę

Zadanie 26 Zadanie 22

23.

Rozważ „podwójną" maszynę Atwooda, której sznurki i bloczki są bezmasowe. Zaniedbaj tarcie. Odpowiedzi wyraź przez

mig. (a) Jakie jest

masy? (b) Jakie jest ków?

przyspieszenie

środkowej

napięcie każdego

ze sznur-

się układowi mas i bloczków pokazanemu na rysunku. Załóż, że sznurki nie mają masy i że bloczki działają bez tarcia. (a) Podaj związek między masami m1 i m2 taki, aby układ znajdował się w równowadze i ciężarki nie porusza-

27. Przyjrzyj

ły się.

(b)

Znajdź wartość i kierunek przyspieszenia masy m2 , gdy m1=6 kg i m2 = =8 kg.

Zadanie 27 Zadanie 23

24.

Wyobraź

sobie, że kierowca jeepa z przykł. 4 zapomniał włączyć napęd na cztery koła. Przy jakim kącie teraz zacznie się ześlizgiwać? Załóż, że 60% ciężaru przypada na tylne koła .

28. Przypuśćmy, że zwiększamy kąt 8 na rys. 4.12 tak długo, aż klocek zacznie się zsuwać. Wyprowadź wzór na jego przyspieszenie wyrażone przez µk, µ 5 i g. 29. Masa m porusza się po obwodzie koła w płaszczyźnie xz. Masa 2m znajduje się

Ćwiczenia i zadania

75

na osi obrotu (bloczek obraca się tylko wraz z masą m, ale poza tym jest nieruchomy). Załóż, że bloczek i sznurek nie mają masy i że nie ma tarcia. Jaki jest okres obrotu m? Jaki jest kąt ()? y Zadanie 35. Samochód porusza waną prostopadle do rysunku

Bloczek

2m

Zadanie 29

30. Rakieta dwustopniowa ma przed odpaleniem całkowitą masę równą 25,5 tony. Masy paliwa i obudowy obu stopni są podane w tabelce. Po zużyciu 20 ton paliwa pierwszego stopnia obudowa pierwszego stopnia zostaje odrzucona i następuje zapłon paliwa drugiego stopnia rakiety. Prędkość wylotowa paliwa równa jest 1 km/s. (a) Jaka jest prędkość rakiety w momencie oddzielenia się członu pierwszego stopnia? (b) Jaka jest prędkość końcowa, gdy całe paliwo zostanie zużyte? (c) Przypuśćmy, że całe 23 tony paliwa i 2,5 tony obudowy zostały użyte jako jedna rakieta jednostopniowa. Jaka będzie jej prędkość końcowa?

l. stopień

2.

31.

s topień

Obudowa

Paliwo

2 tony

20 ton

I

Z tony

3 tony

Przypuśćmy, że do dwustopniowej rakiety z zadania 29 dodano jeszcze na czubku

się

z

prędkością

v skiero-

trzeci stopień. Obudowa członu trzeciego stopnia ma masę 1/5 tony i niesie 4/5 tony paliwa (teraz masa całej rakiety jest równa 26,5 tony). Jaka jest prędkość końcowa trzeciego stopnia rakiety? Czy rakieta osiągnie prędkość orbitalną? 32. Klocek drewniany o masie 2 kg spoczywa początkowo na poziomej płaszczyźnie, na której nie ma tarcia. W klocek uderza i wbija się kula o masie 5 g lecąca z poziomą prędkością 500 cm/s. Jaka jest prędkość końcowa klocka i kuli po zderzeniu? 33. Ojciec (60 kg) i córka (20 kg) stoją na zamarzniętej powierzchni stawu, gdzie nie ma tarcia. Ojciec rzuca 1 kg piłkę z prędkością poziomą 5 m/s, a córka ją łapie. Jaka jest prędkość ojca po rzuceniu piłki i jaka jest prędkość córki, gdy złapie piłkę?

sobie, że w zadaniu 33 piłka od ręki córki z prędkością 4 m/s w kierunku ojca. Jaka teraz jest prędkość córki? 35. Samochód przejeżdża nachylony zakręt o promieniu krzywizny R. Jaki powinien być kąt a nachylenia nawierzchni (wyraź go przez v, R i g)? Mamy tu zagadnienie podobne jak w przypadku wahadła stoż­ kowego, gdzie napięcie sznurka FT odgrywa tę samą rolę co tutaj siła kontaktowa FN. 36. Droga w małym miasteczku ma łagodną krzywiznę o promieniu 100 m. Zakręt nie jest nachylony. Dopuszczalna prędkość wynosi tam 40 km/h. Po małym opadzie śniegu współczynnik tarcia dla samochodu osobowego jest równy µ 5 =0,2. Czy 34.

Wyobraźmy odbiła

się

76

4. Dynamika

samochód, który

będzie jechał

z makwpadnie w poślizg? Jeśli tak, to przy jakiej prędkości zacznie się ślizgać na tym symalną dozwoloną prędkością,

zakręcie? Przypuśćmy, że zakręt, o którym mowa w zadaniu 36, jest podsypany i ma nachylenie ix= 10°. Przy jakiej prędkości samochód zacznie wpadać w poślizg, jeżeli µs = O, 1? 38. Jeep powoli zjeżdża po pochyłości 30°.

37.

Trafia na trawiaste miejsce, gdzie µs=0,5 i µk = 0,48. Czy zacznie się ześlizgiwać, a jeśli tak, to ile czasu zajmie osiągnięcie prędkości ucieczki równej 26,8 m/s? 39. Przypuśćmy, że na rys. 4.12 µs=0,3 i µk = 0,2 + Av, gdzie A = 2 m/s. (a) Klocek zwolniono na równi o nachyleniu 30°. Jakie jest początkowe przyspieszenie klocka? (b) Jaka jest prędkość graniczna?

5 Ciążenie

powszechne (grawitacja)

5.1. Prawo powszechnego

ciążenia

z drzewa. Zadał sobie pytanie, co powoduje, że jabłko spada na ziemię. Jeżeli istnieje siła przyciągania między Ziemią i jabłkiem, to musi również istnieć siła przyciągania między każdymi dwiema masami m1 i m 2 • Skoro siła jest proporcjonalna do masy jabłka, to musi być proporcjonalna do każdej z mas m 1 i m 2 oddzielnie, to znaczy F - m1 m 2 (symbol - oznacza ,jest proporcjonalne"). Newton zastanawiał się również, czy siła działająca na jabłko będzie malała, gdy jabłko będziemy oddalać od Ziemi (rys. 5.2). Doszedł do wniosku, że jeśli jabłko będzie oddalone od Ziemi tak jak Księżyc, to będzie ono miało to samo przyspieszenie co Księżyc. Natura siły grawitacyjnej między Ziemią i Księżycem powinna być taka sama jak siły między Ziemią i jabłkiem. żył jabłko spadające

Teraz omówimy bardziej szczegółowo jedno z możliwych źródeł siły F w równaniu F=ma. Można uważać siłę F za przyczynę przyspieszenia a. Przykładami sił z życia codziennego są: przyciąganie grawitacyjne masy m przez Ziemię, przyciąganie kawałka żelaza przez magnes, przyciąganie lub odpychanie magnesu przez drugi magnes, przyciąganie lub odpychanie ciała naładowanego przez drugie ciało naładowane, siła wywierana przez naciągniętą sprężynę czy taśmę gumową, siły kontaktowe itp. W rozdziale tym ograniczymy się do rozważania sił grawitacyjnych. Pewnego letniego dnia, roku 1665, będąc w nastroju kontemplacyjnym, Newton zauwa-

Przykład

1. Jakie jest przyspieszenie

Księżyca

i jaki jest stosunek przyspieszenia Księżyca do przyspieszenia grawitacyjnego przy powierzchni Ziemi?

Rys. 5.1. Karykatura Newtona i jabłka .

Rysował

N. Mistry

ODPOWIEDŻ: Zastosujmy równanie (3.9) przyspieszenia dośrodkowego. W ówczas

78

5. Ciążenie powszechne (grawitacja)

O Ksi(fżyc Jl Ó Jablko

Vg' og'

Newton wykonał te proste obliczenia 1 i stwierdził, że siła ciążenia działają­ ca na jabłko będzie zmniejszona o czynnik 3600=(60) 2 , co akurat jest tyle samo co stosunek kwadratów odległości . Wywnioskował więc, że siła przyciągania między dwiema masami maleje odwrotnie proporcjonalnie do kwadratu odległości między nimi. Sformuło­ wał prawo powszechnego ciążenia między jakimikolwiek dwiema masami przykł.

F~ m1m2

r2 Na oznaczenie ności używa się

mim o

F=G -„2 --

ó

Ziemia

współczynnika

tu

dużej

proporcjonallitery G

(prawo powszechnego

(5.1 )

ciążenia)

Jablko

ii

Przykład 2. ' Newton mógł oszacować numeryczną wartość G zakładając, że

średnia gęstość Ziemi p = 5 · 10 3 kg/m 3 (okazało

Rys. 5.2. Przyspieszenie grawitacyjne jabłka maleje, gdy odsuwamy je od Ziemi. Księżyc i jabłko mają takie same przyspieszenie g' gdy znajdują się w tej samej odległości od Ziemi

przyspieszenie Księżyca będzie a= 4n 2 rK/ T 2 , gdzie rK jest odległością od Ziemi do Księżyca. Ta odległość wynosi 3,86 · 10 5 km, a okres obiegu Księżyca jest T= 27,3 dnia, czyli 2,36 · 10 6 s. Podstawiając te wartości otrzymujemy a=2,73 · 10- 3 m/s 2 . W pobliżu powierzchni Ziemi przyspieszenie jest g = 9,8 m/s 2 . Stosunek a/g=l /3590~(1 /60) 2 , co w granicach błędu jest takie samo jak R~/rk.

się, że „odgadnięta" przez niego wartość G różni się nie więcej niż 10% od wartości poprawnej). Jak wyrazić G przez p, Rz i g?

ODPOWIEDŹ: Stosujemy równanie (5.1) do siły działającej między Ziemią o masie M z i jabłkiem o masie m

Mzm F=G--

r2

Jeżeli weźmiemy

środka

Ziemi do

r =Rz, tj. odległość od jabłka, to otrzymamy

Mzm F=G - R~

Zgodnie z

drugą zasadą

Newtona musi

5.I . Prawo powszechnego

to

być

równe ma, gdzie a= g

Mzm GR~ =mg

G=gR~

(5.2)

Mz

Wiemy,

że

pomnożonej

M

79

ciążenia

Mz równa się przez objętość

gęstości

z= pGnR~). więc

w miarę jak zbliżamy się do środka . Zajmiemy się tym w p. 5.6. Równanie (5.1) nazywa się prawem powszechnego ciążenia, ponieważ dokładnie to samo prawo stosuje się do wszystkich moż­ liwych sił grawitacyjnych. To samo prawo, które wyjaśnia spadanie ciał na Ziemię, tłumaczy też orbity planet i komet wokół Słońca, a nawet ruchy olbrzymich galaktyk na orbitach jedne wokół drugich. Ono pozwala nam obliczyć masę Ziemi, Słońca i większości planet, a także okresy ich obiegu.

Przykład

3. Jaki jest okres modułu Apollo na orbicie wokół tuż przed lądowaniem (patrz

księżycowego

wezm1emy wartości liczbowe Rz=6,37 · 10 6 m i p=5 · 10 3 kg/m 3 , otrzymamy G=7,35 · 10- 11 Nm 2 kg- 2 , co jest o 10% większe niż ogólnie przyjęta wartość G = 6,67 · 10- 11 Nm 2 · . kg - 2. Jeśli

Porównując przyspieszenie grawitacyjne na orbicie Księżyca z przyspieszeniem grawitacyjnym na powierzchni Ziemi, Newton zakładał, że Ziemia zachowuje się tak, jakby cała jej masa była skupiona w jej środku. Zgadywał, że tak powinno być w przypadku siły zmieniającej się odwrotnie proporcjonalnie do kwadratu odległości. Jednak kompletny dowód tego udało mu się przeprowadzić dopiero w 20 lat później . Można się domyślać, że właśnie ten problem był powodem wynalezienia przez Newtona rachunku całkowego. To całkowanie jest nieco przydługie i kłopotliwe i dlatego nie przedstawiamy go tu. W rozdziale 16, gdy będziemy omawiać prawo Gaussa, podamy jednak prosty dowód na to, że pełną kulę możemy traktować tak, jak gdyby cała jej masa była skupiona w środku kuli. Nie jest to prawdziwe dla przypadku siły grawitacyjnej wewnątrz kuli. Gdyby można było wywiercić otwór do środka Ziemi, maleje ciążenia siła że s twierdziliby ś my,

Księżyca

rys. 5.3)?

Rys. 5.3. Księżyca

Moduł

księżyco wy

na orbicie

wokół

(fot. NASA)

ODPOWIEDŹ: W równaniu F =ma podstawimy zamiast siły F wyrażenie GMKm/ R 2 , gdzie MK jest masą Księży­ ca, R promieniem orbity, m masą modułu księżycowego . Ponieważ przyspieszenie a=(4n 2 / T 2 )R, więc

5. Ciążenie powszechne (grawitacja)

80

sam jak okres obrotu Ziemi, tj. 24 godziny. Ze względu na odwrotną proporcjonalność do kwadratu odległości, przyspieszenie grawitacyjne satelity jest równe g( R~/r 2 ) , a to musi być równe jego przyspieszeniu dośrodkowe­ mu gdzie r jest do satelity

odległością

r3=gR~T2 4n 2

Ponieważ R 2 = 6,37 · 10 6 m i

= 86400 s,

Rys. 5.4. Pojazd księżycowy na powierzchni (fot. NASA)

Księ­

życa

(4n

2

MKm G -- =m - R ) R1 T2 2 4n2 3 T =--R GMK

Podstawiając

(5.3)

T= 24 h = r = 42000 km.

Doświadczenie

Cavendisha

Newton oszacował G zgadując , na podstawie naukowych przesłanek, średnią wartość gęs­ tości Ziemi. Gdyby Ziemia miała tak jak gwiazdy jądro o super wielkiej gęstości, to wynik, jaki Newton uzyskał, byłby obarczony wielkim błędem. Czemużby nie wyznaczyć G niezależnie od masy Ziemi, przeprowadzając w laboratorium doświadczenie z dwiema masami m1 i m 2 , jak to pokazano na rys. 5.5?

wartości

liczbowe: proR ;:::: 1740 km, MK = =7,35 · 10 2 2 kg i G=6,67 · 10- 11 2 2 N m kg- , otrzymamy T=6,5 · 10 3 s czyli 108 min. mień

5.2.

więc

Księżyca

X

Rys. 5.5. F jest

siłą przyciągania międ zy

Niech F będzie siłą, jaką m 1 Wówczas F= Gm 1 m2 / x 2 , czyli Przykład 4. Synchroniczny satelita Ziemi to taki, który stale przebywa nad tym samym punktem równika. Jaka jest odległość satelitów synchronicznych od śro dka Ziemi? ODPOWIEDŹ: Aby satelita mógł stale przebywać nad tym samym punktem równika, musi mieć okres obiegu taki

m 1 i m2•

działa

na m 2 .

odległością mi ędzy środkami kul. jednak, że dwie masy, każda po 1 kg, oddalone od siebie o 10 cm przyci ą gają się siłą F = 6,67 · 10 - 9 N, która jest 10 9 razy

gdzie x jest

Zauważmy

5.2.

Doświadczeni e

81

Cavendisha

Na rysunku 5.7 niech M będzie masą (lub Jowisza), a m - masą jakiejś planety orbitującej wokół Słońca (lub satelity orbitującego wokół Jowisza). Wtedy F=GMm/ R 2 , zaś przyspieszenie d =4n 2 R/ T 2 •

b)

a)

Słońca

m

0

0

M

R

m

Rys. 5.6. a) Na nici kwarcowej jest zawieszony pręt końcach. b) Dwie duże kule M są umieszczone w pobliżu małych kulek m i nić skręciła się

z małymi kulkami m na o

kąt

(X

mniejsza niż c1ęzar masy 1 kg i jest wobec tego za mała, by ją wykryć zwykłymi sposobami. Henry Cavendish w 1797 r. pomysłowo rozwiązał problem pomiaru tak małej siły . Wykorzystał on fakt, że siła potrzebna do skręcenia długiego , cienkiego włókna kwarcowego o kilka stopni jest bardzo mała, tego rzędu co siła przyciągania między dwiema ołowianymi kulami, które nieomal się stykają. Cavendish najpierw wykalibrował takie włók­ no kwarcowe, a następnie zawiesił na nim cienki pręcik z dwiema małymi kulkami ołowianymi na końcach (rys. 5.6a). Wreszcie w pobliżu każdej z małych kulek umieścił większą kulę ołowianą i zmierzył kąt, o jaki obrócił się pręt (kąt ix na rys. 5.6b). Precyzyjne pomiary wykonane metodą Cavendisha, dają wartość G=6,67 · 10- 11 N m 2 kg- 2 . Ważenie

Ziemi

M ając już godną

dish

wyznaczył

zaufania

wartość

G, Caven-

M z z równania (5.2) (5.4)

Uzyskany przez niego wynik dla masy Ziemi równie dokładny jak jego pomiar G. Cavendish nie tylko „zważył" Ziemię, wyznaczył też z równą dokładnością masę Słońca, masę Jowisza i masy wszystkich innych planet, których satelity zostały zaobserwowane. był

Rys. 5.7. Ciało siłą ciążenia

o masie m

orbitujące wokół

wyrażenia

Wstawmy te

masy M; F jest

do równania F=ma

2

GMm =m(4n R) Rz y2 4n 2 R 3 M= GTZ

R jest odległością Ziei T okresem obiegu (1 rok), to M jest masą Słońca. Podobnie, w miejscu R możemy podstawić odległość od środka Jowisza do jednego z jego trzynastu księży­ ców, a za T okres obiegu tego księżyca, wówczas równanie (5.5) da nam masę Jowisza.

Tak

więc,

(5.5)

jeżeli

mia-Słońce

5.3. Prawa Keplera ruchu planet Zanim jeszcze Newton zapostulował swoje prawo powszechnego ciążenia, Johannes Kepler stwierdził, że ruch planet stosuje się do trzech prostych praw. Prawa Keplera wzmocniły hipotezę Kopernika, że planety krążą wokół Słońca, a nie wokół Ziemi. W 1600 roku było herezją religijną powiedzieć, że planety krążą wokół Słońca . Istotnie, w 1600 roku Giordano Bruno, głośny zwolennik układu heliocentrycznego Kopernika i w ogóle dysydent religijny, został osądzony przez Inkwizycję i spalony na stosie. Nawet wielki Galileusz został uwięziony , postawiony przed sąd Inkwizycji i zmuszony do publicz-

5. Ciążenie powszechne (grawitacja)

82

nego odżegnania się od swoich poglądów, mimo że podobno papież był jego dobrym przyjacielem. Dogmatem owych czasów, gdy uważano Arystotelesa i Ptolemeusza za święte, było że planety poruszają się wokół Ziemi po skomplikowanych torach, które wynikają z superpozycji rozmaitych ruchów po okrę­ gach. Na przykład, do opisania orbity Marsa trzeba było około tuzina okręgów różnych wielkości. Ambicją Keplera było udowodnić, że Mars i Ziemia muszą obracać się wokół Słońca. Poszukiwał on nieskomplikowanej geometrycznie orbity zgodnej z obszernym zbiorem pomiarów pozycji Marsa. Po latach mozolnej pracy udało mu się odkryć trzy proste prawa, które bardzo dokładnie zgadzały się z danymi pomiarowymi pozycji wszystkich planet. Prawa Keplera stosują się również do satelitów okrążających jakąś planetę. naukę

Pierwsze prawo Keplera -

Każda

krąży po orbicie eliptycznej, ze w jednym z ognisk tej elipsy.

dla każdych dwóch planet krążących po orbitach kołowych (dla orbit eliptycznych R jest półosią wielką). Newton mógł również wyprowadzić prawo Keplera równych pól ze swoich trzech zasad dynamiki. Fakt, że mógł on wyprowadzić wszystkie trzy prawa Keplera, które dokładnie opisują ruchy planet, był uważany za ostateczne potwierdzenie dynamiki newtonowskiej. Wyprowadzenia Newtona pierwszego i trzeciego prawa Keplera są zbyt skomplikowane, aby je tu powtarzać. Możemy jednak przedstawić przypadek szczególny trzeciego prawa Keplera, gdy dwie planety są na orbitach kołowych (w rzeczywistości wszystkie planety, z wyjątkiem Plutona, mają orbity prawie kołowe). Gdy zastosujemy równanie (5.5) do planety 1, otrzymamy 4n 2 RI

M=-GT/

planeta Słońcem

Stosując

to samo równanie do planety 2 ma-

my

Drugie prawo Keplera (prawo równych pól)

- Linia łącząca Słońce i planetę zakreśla równe pola w równych odstępach czasu. Trzecie prawo Keplera -

Sześciany półosi

wielkich orbit jakichkolwiek dwóch planet mają się tak do siebie jak kwadraty ich okresów obiegu. Dla orbit kołowych

Ri

R~ =

T12 T22

Półoś wielka jest połową najdłuższej cięciwy elipsy. Gdy Newton rozwijał swoją teorię powszechnego ciążenia, stosował ją nie tylko do jabłek i Księżyca, lecz także do sił działają­ cych między Słońcem i planetami. Był w stanie dowieść, że wtedy i tylko wtedy, gdy siła jest odwrotnie proporcjonalna do kwadratu odległości, orbita dowolnej planety jest elipsą ze Słońcem w jednym z jej ognisk i że

TIz R~

Przyrównajmy prawe strony

T 22

Drugie prawo Keplera wynika bezpośred­ nio z zasady zachowania momentu pędu. W rozdziale 10 wyprowadzimy tę zasadę z zasad dynamiki Newtona. Zobaczymy na rys. 5.8, że moment pędu planety L = rmv1L 1

(moment

pędu)

2m =1rv1Zauważ, że

1 rv1- (zacieniowany obszar na rys.

2

5.8) jest w przybliżeniu polem zakreślonym w ciągu 1 sekundy. Jest to dokładnie pręd­ kość zakreślania powierzchni, a więc

83

5.3 . Prawa Keplera ruchu planet

Slońce

Rys. 5.8. Słońce ze Słońcem

przyciąga planetę

m

mającą prędkość

v. Przez v oznaczono

L dA 2m dt

gdzie dA /dt jest prędkością, z jaką linia łącząca Słońce i planetę zakreśla powierzchnię. Zgodnie z zasadą zachowania momentu pędu , lewa strona równania jest stała, a więc dA/dt = const. Ciężar

Ciężar ciała nie jest jego masą. Ciężar zwykle definiujemy jako siłę ciążenia działającą na ciało . W pobliżu powierzchni Ziemi dla ciała o masie m będzie ona równa mg.

Rys. 5.9. Astrona uta

do linii

łączącej planetę

Przykład

5. Ile razy, w porównaniu na Ziemi, zmniejsza się ciężar astronauty, gdy znajduje się na Księżycu? Weźmy MK/Mz=0,8123 RK/Rz=0,273.

z

5.4.

składową prostop adłą

podskakujący

na powierzchni

Księżyca

ciężarem

ODPOWIEDŹ: Ciężar

MKm FK=G-2RK Ciężar na Ziemi Mzm Fz=G-R~

Stosunek wynosi

(fot. NASA)

na

Księżycu

5. Ciążenie powszechne (grawitacja)

84

Ciężar

Astronauta na rys. 5.9 demonstruje, że jego ciężar jest tylko jedną szóstą jego normalnego ciężaru.

pozorny jest

więc

Widzimy, że ciężar pozorny jest skierowany w dół i ma wartość bezwzględną m(g +a). Przyspieszeniu g przypisujemy zawsze wartość dodatnią.

Definicja c1ęzaru może być myląca, gdy stosujemy ją do ciała przyspieszającego. Na przykład, astronauta w satelicie poruszającym się swobodnie w przestrzeni, uważa, że jest w stanie nieważkości, mimo że działa jeszcze na niego siła ciążenia. Nawet astronauta na rys. 5.9 jest nieważki dopóki nie dotknie z powrotem Księżyca . Fizjologiczne odczucie ciężaru zależy od tego ile wysiłku trzeba włożyć w uniesienie ramienia czy głowy. Moglibyśmy zdefiniować fizjologiczny ciężar jako proporcjonalny do siły, jaką działa ciecz na zakończenia nerwów w półkolistych kanałach ucha wewnętrznego. Teraz zdefiniujemy ciężar pozorny, co może być pewnym sposobem mierzenia ciężaru fizjologicznego.

·L 0

X

Człowiek w windzie, która przyspiesza Siłą kontaktową, która pcha człowieka jest ( - F

Rys. 5.10. Ciężar

pozorny

Ciężar pozorny ciała definiujemy jako wskazanie wagi sprężynowej, na której ważymy ciało.

Tak więc, waga łazienkowa wskazuje ciężar pozorny. Jest on siłą, jaką ciało działa na wagę. Oczywiście, szalka wagi musi być tak ustawiona, aby była prostopadła do siły. Na rysunku 5.10 tą siłą jest F w= -jF w· Zgodnie z trzecią zasadą dynamiki, siła jaką waga działa na ciało jest równa +jF w· Wyobraźmy sobie człowieka, który stoi na wadze w windzie przyspieszającej do góry. Siła wypadkowa działająca na człowieka jest równa -jmg (siła grawitacji ciągnąca w dół) plus jF w (siła kontaktowa pchająca w górę)

Zastąpmy

F wyp przez jma

jma= -jmg+jFw Fw=m(g+a)

Zauważmy, że

Fwyp= -jma, Fw= -jm(g-a) Ciężar

pozorny

w

wl

górę.

gdy winda hamuje

a wówczas (dla windy

hamującej)

można wyrazić

przez wektory

g i a

(5.6)

Gdyby winda spadała swobodnie, to mielia= g i F wyp =O, czyli człowiek byłby wtedy nieważki. W takiej sytuacji jest astronauta w satelicie Ziemi. Wszystkie pojazdy kosmiczne są w stanie spadku swobodnego z wyjątkiem tych rzadkich chwil, kiedy używają swego napędu rakietowego. „Sztuczne" ciążenie można wywołać obracając rakietę (por. przykł. 8). byśmy

5.4.

85

Ciężar

Przykład 6. Wyobraźmy sobie, że specjalny samochód z napędem rakietowym może mieć przyspieszenie poziome a= 2g. Jaki jest ciężar pozorny kierowcy? ODPOWIEDŹ:

Zgodnie

z

równaniem

(5.6)

Fw=mg-ma

Te dwa wektory, których kierunki

są

Rys. 5.12. Jazda

„ra kietą"

siłę wypadkową . Po prostu przyspieszenie przez masę pasażera otrzymamy siłę wypadkową F wyp = 4mg. Jest to też równe sile kontaktowej Fc pchającej w górę minus siła ciężkości mg ciągnąca w dół

liczamy Rys. 5.11. Wykres wektorów do

przykł.

6

do siebie prostopadłe, odjęto od siebie (rys. 5.11). Ponieważ przyprostokątne mają się do siebie jak 1 : 2, więc przeciwprostokątna jest j5 razy mg, tzn. F w= 2,236 mg.

Przykład

7.

Jedną

z najzabawniejszych jakich autor próbował w lunaparku, była jazda tzw. rakietą. Jest to w gruncie rzeczy wielkie wahadło , które oscyluje z coraz większymi wychyleniami, aż osiągnie położenie „do góry nogami" pokazane na rys. 5.12. Powracając na dół „rakieta" osią­ ga prędkość maksymalną v = 2jgi (udowadniamy to w przykł. 3 w rozdz. 7). (a) Jakie jest przyspieszenie w najniższym położeniu? (b) Jaka jest wtedy siła wypadkowa działająca na pasażera? (c) Jaki jest wtedy ciężar pozorny pasaprzejażdżek,

mnożąc

Fc-mg=4 mg Fc=5 mg

Z definicji, siła z jaką pasażer ciśnie na fotelik jest jego ciężarem pozornym. Zgodnie z trzecią zasadą dynamiki, siła ta jest równa Fc co do wartości bezwzględnej. Tak więc, ciężar pozorny pasażera jest 5 mg. Każda część ciała pasażera wydaje się pięć razy cięższa niż normalnie.

Przykład 8. Wyobraźmy sobie pojazd kosmiczny składający się z dwóch komór połączonych tunelem o długości 20 m (rys. 5.13). Ile obrotów na sekundę musi wykonywać pojazd, aby pasażerowie odczuwali normalne ciążenie?

żera?

ODPOWIEDŹ:

Przyspieszenie a=v 1 /L= =4g. Z drugiej zasady Newtona ob-

ODPOWIEDŹ: Niech T będzie czasem jednego obrotu, a f liczbą obrotów na sekundę, wówczas liczba obrotów na

86

5. Ciążenie po wszechne (grawita cja) właś nie fakt eksperymentalny doNewtona do twierdzenia, że siła grawitacyjna, działająca na jakieś ciało , jest proporcjonalna do jego masy. Jak dokładnie jednak jest stwierdzony ten fakt? Możemy tu wymyśleć alternatywną hipotezę, że siła grawitacji jest proporcjonalna do liczby nukleonów (neutronów i protonów) w ciele, a nie do masy bezwładnej , jak to było zdefiniowane na s. 59. Wówczas siła grawitacji działająca na atom helu byłaby dokładnie cztery razy większa niż siła działająca na atom wodoru. Jednak doświadczalnie zmierzona masa atomu helu nie jest dokładnie cztery razy większa od masy atomu wodoru: mHe/mtt = =3,9715. Aby wykluczyć naszą alternatywną hipotezę, że siła ciążenia jest proporcjonalna do liczby nukleonów, trzeba wykonać pomiary z dokładnością lepszą niż jedna część na sto. Tylko wyniki do świadczeń mogą zadecydować, która hipoteza jest słuszna . Mówiąc ściśle , prawo powszechnego ciąże­ nia Newtona definiuje masę grawitacyjną ciała . Na poziomie dotychczas tu podanych wiadomości można by przypuścić z równym powodzeniem, że masa grawitacyjna jest proporcjonalna do liczby nukleonów a nie do masy zdefiniowanej na s. 59 (którą nazywa się masą bezwładną w odróżnieniu od masy grawitacyjnej). Masę grawitacyjną będziemy oznaczać m'. Siła grawitacji między dwoma ciałami jest F = G m'1 m]./ r 2 . Masa, która występuje w równaniu F =ma jest masą bezwładną i będziem y j ą zapi sywać jako m bez wskaźnika prim. Masa bezwładna m1 spadająca swobodnie w pobliżu powierzchni Ziemi ma przyspieszenie a 1 , przy czym

niem. Ten

prowadził

Os obrotu

Rys. 5.13. O bracaj ący si ę pojazd kosmiczny zapewnia pasa żero m „sztuczną grawitację" . Ich ciężar pozorn y jest ta ki sam jak na Ziemi

f pomnożona przez T wyrażo­ nym w sekundach równa się 1

sekundę

fT= 1,

czyli

1 T= -

f

Podstawmy teraz 1/f zamiast T w równaniu ac= 4n 2 R/ T 2 , wówczas

Gdy ac= g,

ciężar

! =_!_ {i__ =_!_ 2n'\f

R

2n

pozorny

9,8 m/s 10 m

będzie

mg

2

=0,158 obrotów/s P asaże rowi e w odległo ści 10 m od osi obrotu bę d ą si ę czuli w tym pojeździe kosmicznym jak na Ziemi, gdy będzie si ę on o bracać z częstością 9,5 obrotów/min.

(5.7) Jakaś mieć

5.5. Zasada

inna masa m 2 innej substancji może nieco inne przyspieszenie a 2 i wtedy

równoważności

W rozdziale 2 powiedzieli śmy , że do ś wiad­ czalnie stwierdzono, że wszystkie ciała, bez w zgl ę du na s woj ą ma sę, spadaj ą w pobliżu powierzchni Ziemi z tym samym przyspiesze-

(5.8)

Podzielmy równanie (5.7) przez (5.8), otrzymamy

5.5. Zasada

87

równoważności

Widzimy, że jeżeli wszystkie ciała spadają z tym samym przyspieszeniem a 1 = az = g, to stosunek ich mas bezwładnych jest równy stosunkowi mas grawitacyjnych. Jeśli zatem ustalimy dla jednej substancji, że masa bezwładna jest równa masie grawitacyjnej, to będzie to prawdziwe także dla wszystkich innych substancji, to znaczy jeżeli m1 = m'1> to m'z=mz. Newton był w stanie stwierdzić, że a 1 =az z dokładnością do jednej części na tysiąc. W 1901 roku węgierski fizyk Roland E6tv6s stwierdził to z dokładnością do jednej części na 108 . W 1964 roku R. Dicke z Uniwersytetu Princeton w Stanach Zjednoczonych polepszył wynik pomiarów E6tv6sa o czynnik 300. Te wyniki silnie sugerują, że dla wszystkich substancji masa grawitacyjna jest dokładnie równa masie bezwładnej. To właśnie stwierdzenie nazywa się zasadą równoważnoś­ ci. Jest to podstawowe prawo przyrody opierające się na wynikach doświadczeń, podobnie jak inne prawa. Konsekwencją zasady równoważności jest to, że w żaden sposób nie można rozróżnić przyspieszenia laboratorium od przyspieszenia grawitacyjnego. Gdybyśmy umieścili laboratorium fizyczne w wielkiej windzie, poruszają­ cej się z przyspieszeniem, żadne doświad­ czenie wykonane w tej windzie nie mogłoby wykazać czy winda porusza się z przyspieszeniem czy też winda spoczywa, a jakieś nowe źródło grawitacji „zostało włączone". Zasada równoważności jest punktem wyjścia ogólnej teorii względności Einsteina, o czym będziemy jeszcze mówić w rozdz. 9.

5.6. Pole grawitacyjne

wewnątrz

kuli

Przez pole grawitacyjne rozumiemy przyspieszenie grawitacyjne w funkcji położenia . Pole grawitacyjne pustej czaszy kulistej o masie m i promieniu R jest równe Gm/rz, dla r>R, gdzie r jest mierzone od środka kuli. To właśnie mamy na myśli mówiąc, że masa

sferyczna zachowuje się tak, jak gdyby cała była skupiona w środku kuli. Jakie jednak będzie pole grawitacyjne w dowolnym punkcie wewnątrz czaszy (rys. 5.14)? Rozważmy

Rys. 5.14. Punkt P Powierzchnie A 1 i A 2 punktu P

wewnątrz cienkiej pustej czaszy. leżą naprzeciwko siebie względem

najpierw wkład od fragmentu powierzchni A 1 . Fragment ten jest źródłem siły F 1 ~A 1/d ciągnącej w lewo. Poprowadźmy teraz z każ­ dego punktu A 1 proste przez punkt P - uzyskamy w ten sposób po drugiej stronie element powierzchni Az w odległości rz od środka. Powierzchnia Az jest źródłem siły F z ciągnącej w prawo. Mamy

Z

rozważań

geometrycznych

widać, że

Tak jest, ponieważ pola powierzchni podstaw dwóch stożków podobnych są proporcjonalne do kwadratów ich wymiarów liniowych. Gdy podstawimy to do pierwszego równania, to otrzymamy

Tak więc wkłady pochodzące od A 1 i od Az wzajemnie się znoszą. Można w ten sposób pokryć powierzchnię całej czaszy i uzyska się wtedy siłę wypadkową równą zeru. A zatem pole grawitacyjne gdziekolwiek wewnątrz pustej kuli jest zerem. Pole wewnątrz pustej kuli mającej grubą skorupę jest także zerem, ponieważ możemy podzielić skorupę na cały szereg cienkich koncentrycznych warstw.

5. Ciążenie powszechne (grawitacja)

88

Na rysunku 5.15 pokazaliśmy pełną kulę o promieniu R. Wyobraźmy sobie, że przez punkt P zrobiliśmy przełom o promieniu r. Zgodnie z tym co mówiliśmy poprzednio, pole w punkcie P, pochodzące od części

m r

a=G-R2R

Zauważmy, że

ten wynik otrzymujemy jedyże kula ma gęstość jednorodną. Jeżeli założymy, że Ziemia ma gęstość jednorodną i zamiast m podstawimy gR~/G (por. (5.4)), to otrzymamy nie

założeniu,

przy

r a= gRz

(wewnątrz

R~

a= grz

Zostało

Rys. 5.15. Pełna kula ś rodka. Przez punkt P powi e rzc hni ę kulistą

to

zewnątrz

wykreślone

(5.10)

Ziemi) na rys. 5.16.

;~.

z punktem P w odległości r od przeprowadzono „ wyimaginowaną"

Jest zerem. Niech m(r) będzie masą części wewnętrznej. Pole pochodzące od m(r) jest po prostu polem na powierzchni kuli o prom1emu r, to jest

(na

Ziemi)

zewnętrzneJ

O

~

r

Rys. 5.16. Pole grawitacyjne Ziemi w funkcji odległości od Kierunek a jest ku

środka (przy założeniu stałej gęstości). środkowi

m(r) a=Gr2

Masa kuli

wewnętrznej

to jej

mnożona przez objętość m(r) =

gęstość p

4

p nr

3

3

,

po-

a więc

Prawo

(5.9)

Widzimy, że pole rosme jednostajnie od do powierzchni. Gęstość jest całkowitą mas ą m podzieloną przez całkowitą objętość środka

m

p= - 4 - nR 3 3 to do

Newtona

m 1 jest Ziemią, to m2 może być jabłkiem lub Księżycem. Albo m 1 może być Słońcem, a m 2 planetą. Wówczas przyspieszenie planety

a=Gm 1 /r 2 • Jeżeli

planeta lub satelita jest na orbicie przyspieszenie jest dane równaniem ac=4n 2 R/ T 2 . Przyrównując to do Gm 1 / R 2 możemy wyznaczyć masę m 1 • Tym właśnie sposobem wyznaczono masy Słońca, Ziemi i planet mających własne satelity. Po raz pierwszy G wyznaczono przez pomiar siły między małymi kulkami w doświadczeniu Cavendisha. Newton stosując swoje prawo powszechnego ciążenia mógł wyprowadzić trzy prawa Keplera (które zostały sformułowane na podkołowej ,

wstawimy o trzyma my

ciążenia

Jeśli

4

Jeśli

powszechnego

F =Gm 1 m 2 /r 2 stosuje się do wszystkich mas.

pole wypadkowe w punkcie P

- nr 3 p 3 4 a=G- 2- = - npGr r 3

Podsumowanie

równania (5.9), to

Ćwiczenia i zadania

stawie obserwacji doświadczalnych). Prawa Keplera: I. Planeta porusza się po torze eliptycznym.

2. Prawo równych pól. 3. Sześciany odległości planetarnych (półosi wielkich) mają się do siebie jak kwadraty okresów obrotu. Ci ężar pozorny Fw odczytujemy na wadze ł az i e nkowej , Fw=m(g - a). Siła ciążenia wewnątrz pustej kuli jest zerem. Na zewnątrz kuli siła jest taka sama jak wtedy, gdy cała masa jest skupiona w ś rodku. Jeśli kula ma jednorodną gęstość, s iła grawitacyjna wewnątrz rośnie jednostajnie od środka. Ćwiczenia

I. Student o masie 60 kg znajduje się w windzie jadącej w górę z przyspieszeniem ay=9,8 m/s 2 . Jaka jest siła .wypadkowa (w niutonach) działająca na studenta? 2. Student o masie 60 kg znajduje się w windzie jadącej w dół z przyspieszeniem 9,8 m/s 2 • Jaka jest siła wypadkowa (w niutonach) działająca na studenta? 3. Mars jest o 52% dalej od Słońca niż Ziemia. Wykorzystaj tę informację, aby wyznaczyć długość roku Marsa. 4. Samolot lecący ze stałą prędkością 300 km/h wykonuje część pętli o promieniu R (patrz rysunek). Jaka musi być wartość R, aby pasażerowie znaleźli się w stanie nieważkości?

Ćw icze nie 4

5. Czy w trzecim prawie Keplera możemy porównywać okres Księżyca z okresem Ziemi? Czy możemy porównywać okres Księżyca z okresem księżyca Jowisza? Czy możemy porównywać ze sobą okresy wszystkich księżyców Jowisza?

89 6. Winda rusza z parteru z przyspieszeniem początkowym 4,88 m/s 2 (a) Ciężar pozorny pasażera (wzro ś nie , zmaleje, pozostanie taki sam). (b) Okres wahadła w tej windzie (wzroś­ nie, zmaleje, pozostanie taki sam). (c) Gdy winda osiągnie prędkość 9,75 m/s, dalej będzie poruszać się w górę z t ą samą prędkością. W tych warunkach cięża r pozorny pasażera (wzro ś nie , zmaleje, pozostanie taki sam) w stosunku do jego ciężaru w stanie spoczynku. 7. Gdyby Księżyc miał dwa razy więk s zą masę , ale poruszał się po swojej dotychczasowej orbicie, to jaki miałby okres obiegu? startuje z przyspieszeniem 8. Winda 4,88 m/s 2 • Jaki jest c1ęzar pozorny człowieka o masie 60 kg w trakcie tego przyspieszania? Potem winda porusza się w górę ze stałą prędkoś­ cią 9,75 m/s. Jaki teraz jest c1ęzar pozorny tego człowieka? Jaki byłby jego ciężar pozorny, gdyby urwała się lina windy? 9. Człowiek , którego ciężar jest 600 N wchodzi do windy na pięćdziesią tym piętrze stupiętrowego budynku i staje na wadze. Gdy winda zaczyna się poruszać, widzi, że waga wskazuje 720 N przez 5 s, potem 600 N przez 20 s, potem 480 N przez 5 s, po czym winda staje na jednym z końców swojej drogi. (a) Czy znajduje się ona na szczycie czy na dole budynku? (b) Jak wysoki jest budynek? (Tego typu metodę mógłby zastosować astronauta, żeby stwierdzić jak daleko poleciał jego pojazd kosmiczny.) 10. Środki dwóch identycznych kul znajdują się w odległości 1 m od siebie. Jaka musi być masa każdej z nich, by dzi ałająca między nimi siła przyciągania była równa 1 N? 11. W pewnym punkcie między Ziemią i Księżycem siła ciążenia na pojazd kosmiczny pochodząca od Ziemi i od

5. Ciążenie powszechne (grawitacja)

90

12. 13. 14.

15. 16.

17.

Księżyca razem jest zerem. Gdzie jest ten punkt? Czy pasażerowie będą w stanie nieważkości tylko w momencie przekraczania tego punktu? Jaka jest wartość „g" 200 km ponad powierzchnią Ziemi? Oblicz masę Słońca używając wartości G, odległości Ziemi i okresu obiegu Ziemi. Pojazd kosmiczny leci od Ziemi ku Słońcu. W jakiej odległości od Ziemi wypadkowa siła grawitacyjna jest równa zeru? Jaka jest wartość przyspieszenia Ziemi w jej ruchu dookoła Słońca? Jakie jest „g" na powierzchni Marsa? Jego promień jest równy 3,43 · 10 6 m, a jego gęstość 3,95 · 10 3 kg/m 3 . Dwie identyczne kule mają gęstość p i promień R. Jak wyraża się przez G, R i p siła ciążenia między nimi, gdy kule

V /

Przypuśćmy, że

w

ćwiczeniu

17 kule

są

I

I

I

'\\

I

I I

\

\I

o

I

I

I

\

\

\

\

\

"\.

"",...._

./

/

/

/

/

I

I

I

I

V

Zadanie 22

23.

24.

25.

Zadania

21. Dziewczynka o masie 30 kg zsuwa się po linie. Jej przyspieszenie w dół jest równe O,lg. (a) Jaki jest jej c1ęzar pozorny? (b) Jakie jest napięcie liny? 22. W tym zadaniu zaprojektujemy urządze­ nie do lunaparku, które przez krótkie okresy czasu będzie wytwarzało stan nieważkości. Dwa wagoniki „rakiety" są zamocowane na końcach 20 m ramienia i obracają się z prędkością v po kole w płaszczyźnie pionowej, jak pokazano na rysunku. Jaka musi być wartość v, aby pasażerowie byli w stanie nieważkości,

"'

/

ołowiane, siła jest równa 1 dynie (10- 5 N).

Jaki musi być promień R? Gęstość ołowiu jest równa 11,3 · 10 3 kg/m 3 . 19. Przypuśćmy, że samochód w przykł. 6 ma . . . . ' przysp1eszeme poz10me a= g. Jaki Jest ciężar pozorny kierowcy? 20. Jaki jest ciężar pozorny pasażera z przykł. 8 rozdz. 2, gdy znajduje się on w punkcie środkowym? (W tym momencie składowa pozioma przyspieszenia jest równa zeru.)

---..,

./

/

stykają się?

18.

./

26.

27.

28.

gdy wagonik osiąga szczyt? Jaki będzie ich ciężar pozorny, gdy wagonik znajdzie się na dole? Gdyby podwoić prędkość orbitalną Księ­ życa pozostawiając go jednak na orbicie kołowej, jaki byłby promień tej nowej orbity? Jaki byłby okres obiegu? Jaka jest prędkość v satelity Ziemi na orbicie kołowej o wysokości h nad powierzchnią Ziemi? Wyraź v przez R (promień Ziemi), h i g. Czy prędkość wzrośnie czy zmaleje, gdy satelita napotka słaby opór powietrza? Jaka jest w pozycji Księżyca siła: (a) jaką Ziemia działa na masę 1 kg?, (b) jaką Słońce działa na masę 1 kg? Nie używaj ani G, ani masy Ziemi i Słońca. Przypuśćmy, że pojazd orbitalny Viking okrąża Marsa na wysokości 100 km. Oblicz okres jego obiegu wokół Marsa. Promień Marsa jest równy 3,43 · 10 6 m, a jego średnia gęstość 3,95 g/cm 3 . Powtórz zadanie 26 dla pojazdu orbitującego wokół Księżyca na wysokości 100 km. Przypuśćmy, że nasza Galaktyka zawiera 10 11 gwiazd o średniej masie 10 30 kg każda. Pewna gwiazda na brzegu Galaktyki jest na orbicie kołowej o promieniu 50000 lat świetlnych. Jaka jest jej pręd­ kość i okres obiegu? Załóż, że gwiazda

91

Ćwiczenia i zadania

29.

30.

31. 32.

33.

34.

porusza się tak, jakby cała masa Galaktyki była skupiona w jej środku*. Gdy tzw. pion, czyli ciężarek zawieszony na cienkim sznurku, opuścimy obok góry, ulega on pewnemu odchyleniu. Góra o objętości 1 km 3 i gęstości 2500 kg/m 3 przyciąga ciężarek . Załóż, że masa góry zachowuje się tak, jakby była skupiona w punkcie odległym w poziomie o 600 m od ciężarka. Jaki będzie kąt odchylenia sznurka, na którym wisi ciężarek, od linii pionowej? Jaki musi być okres obrotu Ziemi, aby się rozleciała? (Luźne przedmioty na równiku wejdą na orbity kołowe . ) Wyraź odpowiedź przez G, M z i Rz. Podaj także wynik numeryczny. Powtórz zadanie 30 dla Słońca . Gdy gwiazda wyczerpie już swoje paliwo termojądrowe, podlega zapadaniu grawitacyjnemu i kurczy się. Ze względu na zachowanie momentu pędu, wielkość Rz/ T (gdzie T jest okresem obrotu) musi pozostawać stała . Jaki minimalny promień może osiągnąć nasze Słońce zanim zacznie się rozpadać? Obecnie jego okres obrotu jest 27 dni. Dla dwóch planet na orbitach kołowych wokół Słońca stosunek prędkości równa się stosunkowi odwrotności promieni do pewnej potęgi . Jaka to potęga? Przypuśćmy, że pewna kometa jest na orbicie eliptycznej (półoś duża jest równa a, a półoś mała b) wokół Słońca. W elipsie odległość między środkiem

a ogniskiem jest równa J az-bz. Wyraź stosunek prędkości Vz / v 1 przez a i b. A jak wyraża się ten stosunek przez ekscentryczność s=Jl-(bz/az)? 35. Oblicz stosunek Vz/ v 1 korzystając z danych zadania 34. 36. W przykładzie 7, gdy „rakieta" jest w połowie drogi na dół, jej prędkość jest j29L. Jaki jest wtedy ciężar pozorny pasażera? Rakietę z przykł. 7 puszczono w ruch, gdy jej ramię było w pozycji poziomej. Gdy osiągnęła najniższe położenie , jej prędkość była równa j29L. Jaki wtedy był ciężar pozorny pasażera? 38. Załóż, że masa grawitacyjna m' jakiegoś ciała nie jest taka sama jak jego masa bezwładna m. Wyprowadź od nowa wzór na okres wahadła stożkowego z p. 4.8.

37.

Wykaż, że

T=2n~ Przypuśćmy, że dla węgla stosunek rn'/rn jest dokładnie równy 1, a dla ołowiu jest 1,001. Wyprowadź od nowa równanie (4.11) i znajdź stosunek okresów małych oscylacji Tc/ TPb dla dwóch identycznych wahadeł stożkowych jednego z węgla, drugiego z ołowiu. 40. Rozważ pustą czaszę kulistą o masie m, która ma promień wewnętrzny R 1 i zewnętrzny Rz. Grubość czaszy jest równa (Rz - R 1 ). Jakie jest pole grawitacyjne wewnątrz czaszy, to znaczy, gdy R 1
39.

Zadanie 34

• Założenie to jest słu szne jedynie w przybli żeniu , a to dlatego, że Galaktyka ma raczej kszta łt dysku niż kuli -

Przyp. red. wyd. polskiego.

Zadanie 41

92

5. Ciążenie powszechne (grawitacja)

o wielkiej osi równej sumie odległości Słońce-Ziemia i Słońce-Mars. Na rysunku orbita pojazdu jest narysowana linią przerywaną. Ile czasu zajmie podróż na Marsa? Odległość Słońce- Mars jest równa 2,28 · 10 11 m. 42. Dwie gwiazdy o równych masach znajdują się na orbicie kołowej wokół wspólnego ś rodka, jak to pokazano na rysunku . (a) Jak wyraża się przez m, G i R siła wypadkowa działająca na każdą z gwiazd?

R

Zadanie 42

(b)

Wyprowadź wyrażając

wzór na okres obiegu, go przez m, G i R.

6 Praca

6.1.

1

Wstęp

Energia stała się przedmiotem bardzo poważ­ nej troski każdego obywatela. Ilość energii osiągalnej na Ziemi jest ograniczona i nieomal osiągnęliśmy już tę granicę. Dobrobyt osobisty jest związany z zużyciem energii. Na przykład, dochody narodowe brutto są prawie wprost proporcjonalne do zużycia energii. Produkcja i dystrybucja dobra wytwarzanego w ograniczonej ilości staje się, wobec tak wysokiego zapotrzebowania, pierwszorzęd­ nym problemem ekonomicznym i społecznym przy wszelkich rozważaniach technologicznych. Trudno jest podejmować mądre i słusz­ ne decyzje nie mając ani zasadniczego pojęcia czym jest energia, ani nie znając technologii wytwarzania i dystrybucji energii. W następ­ nych dwóch rozdziałach będziemy rozważać różne formy energii i jej konwersję z jednej formy w inną. Będziemy studiować zagadnienia związane z pracą, energią kinetyczną, energią potencjalną, energią cieplną , energią chemiczną

i mocą. W dalszych rozdziałach dowiemy się o wydajności przemiany ciepła w energię mechaniczną i elektryczną, a również odwrotnie wykorzystywaniu energii mechanicznej i elektrycznej do uzyskania ciepła (klimatyzacja, zamrażanie, pompy cieplne). W dalszych rozdziałach zajmiemy się

energia

także silnikami elektrycznymi i generatorami, promieniowaniem elektromagnetycznym, rozszczepieniem jądrowym i syntezą jądrową, reaktorami jądrowymi, energią termojądrową i energią gwiazd. Najważniejsza chyba zasada w całej fizyce zasada zachowania energii będzie omówiona w tym i w następnym rozdziale. Nakłada ona sztywne granice na przetwarzanie energii i jej wykorzystywanie. Zasada zachowania energii będzie centralnym tematem większości pozostałych rozdziałów, czy to dotyczących mechaniki, teorii względności, grawitacji, termodynamiki, elektromagnetyzmu, promieniowania elektromagnetycznego, fizyki atomowej, fizyki jądrowej czy fizyki współczesnej. W mechanice zasada zachowania energii dostarczy nam potężnego narzę­ dzia do obliczania ruchu ciał będących pod działaniem różnych rodzajów sił. W wielu przypadk;:ich będziemy mogli dzięki niej ominąć zasady dynamiki Newtona i w łatwy sposób szybko analizować ruch ciała.

6.2. Praca Siła działająca na poruszające się ciało wykonuje pracę na tym ciele. Jednostką pracy jest siła razy odległość. Ilościowo: praca

94

6. Praca i energia

s Rys. 6. l.

Człowiek ciągnący

sanki na drodze s

wykonana przez silę jest iloczynem w kierunku ruchu przez przebytą

siły

siłą

F

składowej drogę.

Na na rys. 6.1 człowiek ciągnie sanki z dziećmi na drodze s. Ciągnie on linę ze stałą siłą F. Praca, jaką wykonał przykład,

(praca wykonana przez

W= Fss

stałą siłę)

Zauważ, że praca nie jest równa Fs, lecz F 5 s. Tu Fs jest składową siły F w kierunku s. Ponieważ Fs = F cos ex, więc równanie powyż­ sze można zapisać

W= Fs cos ex Jeżeli siła siły

po

(praca wykonana przez

stałą

siłę)

(6.1)

nie jest

stała,

to bierzemy

średnią

odległości

W=F,s

(Zwracamy tu uwagę, że zgodnie z definicją jest to całka z F. po s: W= fFs ds). Równanie (6.1) można zastosować do dowolnej siły działającej na sanki. Poza siłą F ciągnącą linę, jest jeszcze siła Ff tarcia przeciwstawiającego się ruchowi, co pokazano na rys. 6.2. Składowa s siły Ff ma wartość bezwzględną równą IF fi' ale ma znak minus. Wobec tego Wf= - IF fis jest pracą wykonaną przez siłę tarcia. Jeżeli człowiek idzie ze stałą prędkością, sanki nie przyspieszają i F wyp =O. W kierunku poziomym Fwyp=Fs-Ff=O. Tak więc, w tym przypadku praca wykonana przez siłę tarcia jest równa pracy ze znakiem minus wykonanej przez człowieka . Jaką pracę wykonała siła wypadkowa? Jeżeli Fwyp=O, to praca ta musi być zerem. Gdy

Rys. 6.2. Sanki i siła tarcia F 1

działające

na nie

siły : siła przyłożona

F i

człowiek zaczyna iść szybciej, to F wyp staje się dodatnia, a wtedy praca wykonana przez F wyp jest większa od zera. Sanki będą nabierać coraz większej prędkości i ich energia kinetyczna (zdefiniowana w p. 6.5) będzie rosła. W punkcie 6.5 wykażemy, że praca wykonana przez F wyp jest równa wzrostowi energii kinetycznej .

Energia

W tym rozdziale będziemy omawiać wiele form energii. Praca jest naszą pierwszą formą energii. Mówimy, że pewna ilość pracy wykonanej przez siłę F przyłożoną do ciała, czy do układu ciał, powoduje wzrost energii tego układu o tę właśnie wartość. W przykładzie z sankami, gdy F wyp =O, przyłożona siła powoduje wzrost energii sanek, natomiast siła tarcia powoduje zmniejszenie ich energii o tę samą wartość. Dlatego właśnie energia wypadkowa sanek nie wzrasta. Będziemy określać poszczególne formy energii w miarę jak będziemy się nimi zajmować. Zobaczymy jak jest możliwe przekształcenie jednej formy energii w inną, oraz że w układzie odosobnionym całkowita ilość energii nie zmienia się.

95

6.2. Praca

Jednostki Jednostką

pracy i energii jest siła razy odległość, czyli niutonometr (Nm). Wymiarem jest m/ 2 t - 2 • Ponieważ to jest bardzo powszechna jednostka, więc nadano jej własną nazwę: dżul (J). Żarówka 100 W zużywa 100 J w każdej sekundzie. Koń mechaniczny (KM) jest zdefiniowany jako 746 J energii na sekundę . W układzie cgs dynocentymetrowi nadano nazwę erg. I J=l N · l m=(10 5 dyn)·(l0 2 cm)= =10 7 dyn cm=l0 7 erg Inną jednostką

energii, powszechnie stosow fizyce atomowej i jądrowej, jest elektronowolt (eV). Przeliczenie jest takie I eV= 1,6 · 10- 19 J (definicja elektronowolta) wan ą

Przykład 1. Na rysunku 6.1 kąt ex= 30° i człowiek idzie z prędkością 1,5 m/s. Jaka jest F, jeżeli człowiek wykonuje 100 J pracy w ciągu sekundy? (Okaże się, że jest to ok. 1/ 7 konia mechanicznego, co jest całkiem ciężką pracą dla człowieka.) ODPOWIEDŹ :

s= 1,5 m.

W

każdej sekundzie równanie (6.1) mamy

(definicja mocy)

dt

(6.2)

To jest chwilowe tempo przekazywania energii. W układzie mks moc wyraża się w dżu­ lach na sekundę (J/s) i ma wymiar ml 2 t- 3 . Jednostka J/s ma własną nazwę: wat (W). Żarówka 100 W zużywa 100 J/s. W przykł. 1 człowiek zużywał 100 W mocy. Iloczyn (moc) · (czas) jest energią. Powszechnie stosowaną jednostką energii jest kilowatogodzina (kWh) 1 kWh= (10 3 W) · (3600 s) = 3,6 · 10 6 J W Stanach Zjednoczonych zużywa się średnio 1,3 · 10 13 kWh energii elektrycznej w ciągu doby. Przypuśćmy, że ciało porusza się z pręd­ kością v pod działaniem siły F. Wzrost energii spowodowany siłą F jest równy

dE=F ds cos ex dE ds -=F-cos ex dt

(6.3)

dt

Koń

mechaniczny

Inną,

Fscosex=W

w

dE

P= -

P=Fv cos ex

Stosując

F=-s cos ex

zewnętrzną, wówczas tempo przekazywania energii definiujemy jako moc. Niech P oznacza moc, wówczas z definicji

dawniej używaną, jednostką mocy jest mechaniczny (KM). Jej nazwa wzięła się stąd, że jest to moc, jakiej może dostarczyć ciężko pracujący koń. Jednostka mocy koń mechaniczny została ustalona znacznie dawniej niż układ mks. Okazuje się, że 1 KM jest równy 746 W koń

100 J (1,5 m) (0,866)

77 N

Siła 77 N jest to siła potrzebna do podniesienia masy 7,5 kg. Tempo wykonywania pracy w tym przykładzie jest równoważne podnoszeniu masy IO kg na wysokość ok. 1 m w ciągu każdej sekundy. To jest naprawdę ciężka praca.

6.3. Moc Jeżeli energia (E) jest zużywana, tzn . przekazywana z jednego układu do drugiego lub dostarczana ciału czy układowi ciał przez siłę

1 KM= 746 W

(definicja konia mechanicznego)

6.4. Iloczyn skalarny Stwierdziliśmy, że praca wykonana (patrz rys. 6.1) jest dana wzorem W=Fs cos ex gdzie ex jest kątem między wektorem F i wektorem przesumęc1a s. Zdefiniujemy teraz wielko ść nazywającą się iloczynem skalarnym wektorów. Jak zobaczymy, jest ona skalarem.

96

6. Praca i energia

Rozważmy

jakiekolwiek dwa wektory A i B ze sobą kąt et, jak to pokazano na rys. 6.3. Iloczyn skalarny definiujemy jako

Niech B=dA/dt, Bx=dA xfdt itd. Wtedy, zgodnie z równaniem (6.5), prawa strona równa się A · B lub A · (dA /dt), co było do dowiedzenia.

tworzące

A · B = IAI · IBI cos et

(definicj a iloczynu skalarnego) (6.4)

Aby zilustrować jak wygodna jest notacja wektorowa, przedstawimy szybkie wyprowadzenie prawa cosinusów. W trygonometrii zwykłe wyprowadzenie jest znacznie dłuższe . W trójkącie na rys. 6.4 możemy wyrazić bok

Rys. 6.3. Dwa wektory

A

Iloczyn skalarny dwóch wektorów jest równy iloczynowi wartości bezwzględnych tych wektorów pomno ż onemu przez cosinus kąta między nimi. Jest ogólnie przyjęte, że gdy zapisujemy dwa wektory z kropką między nimi (a nie z krzyżykiem), to włączamy w ten iloczyn również cosinus kąta , jaki te wektory tworzą ze sobą. To tak jakby kropka zastępowała cos et. Na przykład, iloczyn skalarny dwóch wektorów jednostkowych w kierunku y jest j · j =Il I · I11 cos 0° = l. Iloczyn skalarny i · j = 111 · 111 cos 90° =O. Zauważ także , że

Rys. 6.4.

C przez A i B jako C=B-A. strony do kwadratu mamy

Podnosząc

C · C=(B-A) · (B-A)

C 2 =B 2 -2A · B+A 2 =A 2 +B 2 -2ABcos a Wyrazimy teraz naszą definicję pracy stosuzapis iloczynu skalarnego. Jeżeli s jest przesunięciem ciała, to praca wykonana przez działającą na nie stałą siłę F

jąc

W=F· s

A· B=B ·A i A· (B+C)=A · B+A · C

oraz A . B=(iA x +jAy+kA Z). (iBx+jBy+kBz)= =A xBx+AyBy+AzBz (6.5)

Gdy siła nie wykonanej na ds jest

jest

stała,

nieskończenie

przyrost pracy krótkiej drodze (6.7)

dW=F · ds

Praca wykonana na przesunięcie punktu A do punktu B (rys. 6.5) *Przykład

A jest

Wykaż, że jeżeli

2.

funkcją

(6.6)

ODPOWIEDŹ: A 2 =A~+ A;+ A; dA~

dA;

dA;

-dt- =-dt +-dt +dtAdA =A dAx +A dAY +A dAz dt X dt y dt Z dt

ciała

od

wektor

t, to

dA dA A- =A · dt dt

d(A 2 )

obie

/. /, ~ Ao- - ds1

ds2

ds 3

-_........_

"" \

08

Rys. 6.5. Droga z A do B podzielona na przyrosty dsi

97

6.4. Iloczyn skalarny Zauważmy,

W= IFj · dsj = 'L(F.)jdsj W granicy, gdy każdy dsj zbliża się do zera, sumowanie to jest całką oznaczoną z F 5 ds od A do B (znak całki można traktować jak znak sumowania)

element pracy

Z rysunku 6.6 widzimy, =dy. Podstawiamy to i B

że

(ds cos rx.) =

całkujemy

B

B

JF · ds= J(-mg)(dy)= -mgJdy=mgh

W= JFsds

A

A

to

każdy

F · ds= mg( ds cos rx.)

B

Można

że

również zapisać

A

A

W= mgh jest pracą ciążenia (h jest tu

jako

przez

siłę

wysokością począt­

kową).

B

W= JF · ds (praca wykonana przez

wykonaną

siłę F)

A

(6.8)

6.5. Energia kinetyczna Przykład

3. Aby rozciągnąć sprężynę na odległość x trzeba przyłożyć siłę F = kx (ta zależność liniowa od x nazywa się prawem Hooke'a). Jaką pracę trzeba wykonać, aby rozciągnąć sprężynę na odległość x 0 ? OoPbWIEDź: W równaniu (6.8) zamiast F podstawiamy kx i dx zamiast ds

k[x2 Jxo = ~kx5 2 2

W= J°(kx)dx =kJ° xdx = o

o

Przy obliczaniu wzór

całki

0

zastosowaliśmy

Energię kinetyczną ciała

o masie m definiuje-

my jako 1 K = mu 2 (definicja energii kinetycznej)

2

(6.9)

Ta wielkość ma wymiar ml t- , co jest wymiarem energii. Wykażemy teraz, że energia kinetyczna cząstki rośnie skutkiem pracy wykonanej przez siłę wypadkową działającą na cząstkę. Praca siły wypadkowej na drodze od punktu A do punktu B 2

2

B

W= JFwyp ·ds A

Zastąpmy

teraz Fwyp przez m(dv/dt) i ds przez

(v dt) Aż

do tego miejsca znajomość rachunnie była nam potrzebna.

całkowego

ku

Fwyp ·ds= J(mdv) · (vdt) A dt

Zastosujmy równanie (dv/dt) · v przez u(du/dt)

(6.6)

f

f

A

Przykład 4. Pocisk ma na wysokości h prędkość vA równoległą do powierzchni Ziemi. Trafia w Ziemię w punkcie B. Jaką pracę wykonała siła grawitacyjna?

Fwyp · ds= m J(/u)dt = m u(du dt) A dt A dt

Wielkość

(du/dt)dt równa się du, gdyż dla czasu Lit mamy (Liu/Lit) Lit=

małego odstępu

=Liu. Tak B

więc

[1

B

JFwyp · ds=mJu(du)=m -u 2 A 2

A

ODPOWIEDŹ:

Musimy

obliczyć

B

B

A

A

się

1 1

JB =-mu~--mu~ A

2

2

W=

= JF · ds, przy czym kąt rx. między tymi dwoma wektorami zmienia

zastąpmy

ciągle.

sF

wyp .

ds= KB -

KA

(twierdzenie i energii)

o

pracy (6.10)

98

6. Praca i energia że

praca wykonana drodze od punktu energii kinetycznej kinetyczna w punk-

sekundę. W jakim tempie rośnie energia kinetyczna wody przepływającej przez stopień wodospadu?

kinetyczna rośnie o ilość pracy wykonanej przez siłę wypadkową. Ten ogólny związek między F wyp i energią kinetyczną nazywa się twierdzeniem

ODPOWIEDŹ: Po lewej stronie równania (6.10) wstawiamy (mgh)

Twierdzenie to mówi,

przez silę wypadkową na A do punktu B równa się w punkcie B minus energia cie A, to znaczy energia

o pracy i energii.

(mgh)=LlK

Woda przepływająca przez w ciągu 1 sekundy zyskuje

stopień energię

kinetyczną

AK =(10 kg)(9,8 m/s 2 )(30 m)=2,9 kJ Przykład

5. Jaka jest prędkość pocisku v8 pokazanego na rys. 6.6, gdy pocisk uderza w ziemię w punkcie B?

Ziemia przykł.

Rys. 6.6. Pocisk z

4

ODPOWIEDŹ: Zauważmy, że tutaj siła wypadkowa F =mg, więc całka, którą obliczyliśmy w przykł. 4, jest również B

f Fwyp · ds

i ma wartość (mgh). Możemy

A

więc

zastąpić

lewą

stronę

Gdyby te 2,9 kJ na sekundę mogło być zamienione ze sprawnością 100% na energię elektryczną, to uzyskalibyśmy 2,9 kW mocy elektrycznej.

Na podstawie przykł. 6 widzimy, że porzą­ dny wodospad mógłby dostarczać do domu 2 czy 3 kW. Jednak typowy dom amerykań­ ski potrzebuje 10 do 20 kW, a nie 2 lub 3! To jest taka w małej skali wersja tego, co staje się największym problemem świata. Społe­ czeństwo jest tak zachłanne na energię, że jej konwencjonalne źródła nie mogą już zaspokoić tego zapotrzebowania. W Stanach Zjednoczonych większość mocy hydroelektrycznej jest już wykorzystana i zaspokaja tylko ok. 4% całkowitego zapotrzebowania.

równania

(6.10) przez (mgh) 1 2 1 2 (mgh) = -mv 8 - -mv A

2

2

V~=2gh+v~

Zaczynamy już widzieć korzyści ze stosowania energii do rozwiązywania takich zadań . W przykładzie 5 nie musieliśmy obliczać ani toru, ani prędkości w funkcji czasu.

Przykład ści

6. Przez wodospad o wysoko30 m przelewa się 10 kg wody na

Przykład 7. Początkowo masa m znajduje się na wysokości h nad Ziemią i zarówno masa jak i Ziemia są w stanie spoczynku. Jaka będzie energia kinetyczna masy w stosunku do energii kinetycznej Ziemi, gdy one się zderzą? ODPOWIEDŹ: Jak widzieliśmy w przykł. 4, praca wykonana przez siłę ciążenia na masie m jest W= mgh i zgodnie z równaniem (6.10) jest równa energii kinetycznej masy m. Aby obliczyć energię kinetyczną Ziemi możemy zastosować

99

6.5. Energia kinetyczna zasadę

zachowania pędu. Ponieważ cał­ kowity pęd układu jest zerem, więc pęd Ziemi musi być równy pędowi masy m z przeciwnym znakiem MzVz = - mv,

czyli

m Vz= - - V Mz

w przyszłości. W wielu przypadkach można ją dowolnie zamieniać na inne użyteczne formy energii. Zaczniemy nasz wykład od obliczenia energii potencjalnej między dwiema masami pokazanymi na rys. 6.7, które oddziałują przez siłę

'\~

•B

D•~C W przykładzie 7 stwierdziliśmy, że energia kinetyczna Ziemi jest równa m/ M z razy energia kinetyczna masy m. Dla m = 6 kg, m/Mz= 10- 24 . Jest to tak mała liczba, że możemy zaniedbać przekaz energii do Ziemi. Nie możemy jednak zaniedbać przekazu pędu do Ziemi. W przykładzie 7 pęd Ziemi ma tę samą wartość co pęd masy m. W ogólności, gdy rozważamy problem jakiegoś ciała o masie m oddziałującego z Ziemią przez jakąkol­ wiek siłę (z wyjątkiem siły tarcia) możemy zaniedbać przekaz energii do Ziemi; energia ta jest tak mała, że nie daje się zmierzyć. Natomiast gdybyśmy nie uwzględnili pędu, moglibyśmy złamać zasadę zachowania pędu.

6.6. Energia potencjalna rozdziale będziemy często twierdzenie o pracy i energii włącz­ nie z wyprowadzeniem zasady zachowania energii. Ponieważ lewa strona tego twierdzenia ma formę F · ds, wygodnie będzie obliczyć tę całkę dla wielu typowych sił i nadać jej własną nazwę. Tą nazwą jest energia potencjalna (mówiąc ściśle, całka jest przyrostem energii potencjalnej). Wiele problemów dotyczących energii bardzo się upraszcza, jeśli najpierw obliczyć tę całkę (energię potencjalną). Energię potencjalną można traktować jako energię zmagazynowaną do użycia W

następnym

stosować

J

Rys. 6.7.

Układ

dwóch

oddziałujących

ze

sobą

mas m 1 i m 2

ciążenia lub siłę elektromagnetyczną F. Wówczas zmiana energii potencjalnej masy m1 przemieszczającej się z A do B jest zdefiniowana jako B

AU1

=- JF

1 ·

ds 1

(6.11)

A

Zmiana energii potencjalnej masy m 2 przemieszczającej się z C do D D

AU 2

=- cfF

2 ·

ds 2

Ze względu na trzecią zasadę Newtona F 1 = -F2 . Jeżeli m 2 jest Ziemią, to jej przemieszczenie jest zawsze tak małe, że A U 2 jest bliskie zeru. W przykładzie 7 pokazano, że dla Ziemi typowe A U 2 / A U 1 jest rzędu 10- 24 . Tak więc, jeżeli nasz układ składa się z pojedynczej masy m i Ziemi, stosujemy B

U 8 - U A= - fF 2 · ds A

(zmiana energii (6.12) potencjalnej)

gdzie F jest siłą oddziaływania między m i Ziemią. Widzimy, że energia potencjalna jest zdefiniowana jako praca ze znakiem minus, wykonana przez siłę oddziaływania. Zmiana energii potencjalnej jest dodatnią pratrzeba wykonać, aby powoli przesunąć ciało z A do B w obecności siły

cą, którą

1OO

6. Praca i energia

oddz iaływania . przyłożona działywania Siły

(Aby przesunąć ciało powoli, musi być równa sile odi przeciwnie do niej skierowana.) siła

zachowawcze

Istnieje pewne ograniczenie co do rodzaju s iły , którą możemy wprowadzić do równania (6. 12). Musi to być tzw. s iła zachowawcza. Definicja siły zachowawczej jest przedstawiona na rys. 6.8. Jeżeli F jest siłą zachowawczą , wówczas B

B

A

A

d roga I

droga 2

JF · ds= JF ·ds

Rys. 6.8.

(definicja siły zachowawczej)

R óżne m oż li we

drogi

W przypadku s iły zacho wawczej k ażd ej

drogi

:,niędzy

punktami A i B.

JF ·ds jest taka sama dla A

Praca wykonana przez siłę zachowawczą na jakie ś ciało jest niezależna od drogi, po której to ciało porusza się z punktu A do B. Odpowiednie stwierdzenie matematyczne brzmi: JF · ds po drodze zamkniętej jest zerem. Tak więc, jeżeli chodzi o siłę zachowaw czą , nie można w sposób ciągły zyskiwać {lub tracić) energii przez wielokrotne obieganie tej samej drogi. Okazuje się , że wszystkie cztery podstawowe siły działające między cząstkami elementarnymi są zachowawcze. To samo musi dotyczyć siły , którą można zredukować do jednej z podstawowych sił, jak np. siła działająca na masę przyczepioną do końca rozciągniętej sprężyny . Jeżeli sprężyna jest rozciągnięta, atomy są nieco rozsunięte i jest między nimi przyciąganie elektrostatyczne proporcjonalne do wartości rozciągnięcia. działającą

Tarcie jest przykładem siły niezachowawczej. W tym przypadku F jest zawsze antyrównoległa do ds i całka Fds po drodze zamkniętej jest zawsze ujemna (ciało ciągle traci energię). W tym miejscu moglibyśmy zapytać dlaczego może istnieć siła niezachowawcza, skoro wszystkie siły są złożone z podstawowych sił, które są zachowawcze. Odpowiedź jest taka, że jeśli badamy energię potencjalną i kinetyczną każdej cząstki elementarnej, nie napotykamy sił niezachowawczych. To się nazywa podejściem mikroskopowym. Tarcie jest jednak zjawiskiem makroskopowym, w którym możemy zignorować to co dzieje się z indywidualnymi cząstkami . Siła tarcia wynika z uśrednionego przekazu pędu do cząstek składowych ciała (co objawia się jako wzrost temperatury). Tak więc, podczas gdy energia kinetyczna ciała podlegającego tarciu maleje, energia kinetyczna jego cząstek składowych rośnie (rozgrzewanie się) . Każda siła, która wytwarza ciepło, jest siłą niezachowawczą. Jak zobaczymy w rozdz. 12, ciepłp jest energią kinetyczną i potencjalną indywidualnych cząstek . W tym punkcie dowiedzieliśmy się jak znaleźć energię potencjalną, gdy jest znana siła . Teraz zajmiemy się problemem odwrotnym: jak znaleźć siłę, gdy jest znana energia potencjalna. Zaczynamy od definiującego równania (6.12) i na drodze s wybierzmy punkty A i B blisko siebie

J

dU = -F 5 ds Dzieląc

Fs=

Na

obie strony przez ds otrzymamy

dU

-ds

przykład, jeżeli

składowe

dU F =--

dx

x

(6.13)

(dU w kierunku s)

U jest

funkcją

x, y i z, to

F w kierunkach x , y i z

dU F =-Y dy

są

dU F =-z dz

6.7. Grawitacyjna energia potencjalna Chcemy m

wyznaczyć energię potencjalną

masy w odległości h nad powierzZiemi, jak to pokazano na rys. 6.9.

znajdującej się

chnią

6.7. Grawitacyjna energia potencjalna

101 nieskończenie

wielką

odległość

nad

Ziemią

jest równa

1 1)

U-Uz=mgRz2 ( - - - =mgRz Rz oo Na rysunku 6.10 jest pokazany wykres dla równania (6.14) w funkcji r. Gdy m znajdzie

u

Rys. 6.9. Masa m na wyso kości h nad po wierzchni ą Ziemi

1

__

„ _,,/'

r

- 'i.mg Rz dowiedzieliśmy się, że prawo powszechnego ciążenia Newtona mówi, że siła dz iałaj ąca na masę m w odległości r od środ ka Ziemi jest F = -mg (R~/r 2 ), gdzie Rz jest promieniem Ziemi. Znak minus wskazuje kierunek siły. Wstawmy to wyrażenie do równania (6.12)

W rozdziale 5

U-U 2 =

-

f

-mgR~

r2

Rys. 6.10. Wykres grawitacyjnej energii potencjalnej mierzonej od powierzchni Ziemi. Linią kreskowaną oznaczono energi ę po tencj a ln ą wewnątrz Ziemi

się

blisko powierzchni Ziemi Rz/r ~ 1, otrzymujemy następujące wyrażenie graniczne

Rz U-Uz=mgRz2 (r-Rz) - - =mg-h R zr r U-Uz~mgh

dr

(6.15)

Rz gdzie U z jest energią potencjalną na powierzchni Ziemi. Wykonajmy teraz to całkowanie

2f r -2 dr=mgR z2[ -~1]R

r

U-U 2 =mgRz

Rz

z

Przykład

energia i w jej

8. Jaka jest grawitacyjna potencjalna wewnątrz Ziemi

środku?

ODPOWIEDŹ : Zgodnie z równaniem (5.10) wewnątrz Ziemi mamy F= -mgr/ Rz. Wówczas

(grawitacyjna energia potencjalna w odległości r od powierzchni Ziemi) (6.14) Równanie (6.14) wyznacza pracę potrzebn ą odsunięcie masy m na wysokość h nad pow ie rzchnię Ziemi, gdzie h=(r-Rz). Zauważ­ my, że energia potrzebna, aby przesunąć m na na

mg 2 2 U- U z = - lR (Rz-r) z

102

6. Praca i energia

Równanie to przerywaną

zostało wykreślone linią

na rys. 6.1 O.

Dla

r

=O

t''"'

mamy

0000000000 ~

1

U-Uz= - - mgRz 2

Rys. 6.11.

6.8. Energia potencjalna

Na rysunku 6.11 pokazano nierozciągniętą Ustalamy początek osi x w miejscu gdzie kończy się sprężyna . Zgodnie z prawem Hooke' a, siła zachowawcza sprężyny F = - kx, gdzie k nazywa się stałą sprężyny . Znak minus oznacza, że sprężyna ciągnie w lewo, gdy jest rozciągnięta. Jeżeli sprężyna jest ściśnięta, x jest ujemne i siła sprężyny pcha na prawo. Ustalamy U =0 w punkcie x=O i stosujemy równanie (6.12) X

kx 2 2

F

X

b)

u

Rys. 6.12. a) Siła w funkcji x dla Odpowiednia energia potencjalna

sprężyny

z rys. 6.11. b)

Jednostkami pracy są niutonometry lub dżu­ le. Siła lN działająca na ciało wykonuje pracę lJ, gdy ciało przebywa drogę 1 m w kierunku działania siły .

U= - J-k x)dx= kfxdx

U=-

•

sprężyny

sprężynę.

o

X

Nierozciągnięta sprężyna

a)

Na rysunku 6.10 umieściliśmy powierzchnię Ziemi przy wartości energii potencjalnej równej zeru. Równie dobrze moglibyśmy zero energii potencjalnej ustalić w środku Ziemi, bądź też w r= oo, jak to zrobimy w następ­ nym rozdziale. Położenie w przestrzeni, w którym ustalamy zero energii potencjalnej, jest zupełnie dowolne. Jak zobaczymy w następnym rozdziale, fizyczne znaczenie mają jedynie zmiany energii potencjalnej.

o

Moc jest tempem wykonywania pracy lub przekazywania energ11

o

(energia potencjalna

sprężyny)

dW P=dt

(6.16) Równanie (6.16) wykreślono na rys. 6.12b. Odpowiednia siła jest pokazana na rys. 6.12a.

Iloczyn

skalarny dwóch wektorów: IX, gdzie IX jest kątem między tymi wektorami. Energia kinetyczna jest zdefiniowana jako A · B= AB cos

Podsumowanie

Praca W wykonana przez ciało od A do B

siłę

F

poruszającą

1 K=. - mv 2 2

Ćwiczenia i zadania

Twierdzenie praca -

103 (b)

energia

Załóż, że

orbita jest nieco eliptyczna w czasie pofowy obiegu odległość rośnie o 10 km. Jaka teraz praca jest wykonana? Czy jest ona dodatnia czy ujemna? Samochód o masie 1 tony rusza z miejsca ze stałym przyspieszeniem 3 m/s 2 • Ile koni mechanicznych musi dostarczyć silnik? (a) Przy starcie. (b) Po 1 s. (c) Po 10 s. (d) Jaka będzie prędkość po 10 s? W Stanach Zjednoczonych roczne zużycie mocy elektrycznej jest równe ok. 7 quad (1 quad= 10 15 Btu; 1 Btu/h=0,293 W). Gdyby to zużycie było stałe w czasie, ile trzeba by dostarczyć MW? Nierozciągnięta sprężyna ma długość x 0 . Siła F 1 rozciągnęła ją do długości x 1 , gdzie x 1 > x 0 . Potem sprężyna została rozciągnięta do długości x 2 , gdzie x 2 >x 1 . Ile pracy wykonano rozciągając sprężynę od x 1 do x 2 ? Wyraź odpowiedź przez F 1 , x 0 , X 1 i X2. Energia potencjalna jakiegoś ciała jest U =Ax 2 . Jaka siła działa na to ciało? Przy założeniu, że Ziemia ma jednorodną gęstość, energia potencjalna masy m na powierzchni Ziemi obliczona względem jej środka jest [dodatnia; ujemna] i ma i

B

frwyp · ds=KB-KA Jeżeli

siła

F jest

siłą

zachowawczą

(lub sumą wektorową sił zachowawczych), to wzrost energii potencjalnej

4.

B

(UB-UA)=-JF·ds A

5.

Dla sił zachowawczych ta całka nie zależy od drogi. Tarcie jest siłą niezachowawczą. Siły niezachowawcze działając na ciała wytwarzają energię cieplną.

Grawitacyjna energia potencjalna masy m, na którą działa masa kulista M

gdzie R jest promieniem, a U= O dla r = R. Miejsce w przestrzeni, gdzie U ustalamy równe zeru, można wybrać dowolnie.

6.

7. 8.

twiczenia zużycie energii w USA wynosi ok. 7,5 · 10 16 Btu*> (1 Btu/h = 0,293 W). Średnia energia słoneczna dochodząca do Ziemi jest ok. 1000 W/m 2 , gdy świeci słońce. Powierzchnia USA jest równa 8 · 106 km 2 • Jaki jest stosunek obecnego zużycia energii do ilości energii dochodzą­ cej ze Słońca? 2. Jakaś osoba powoli niesie masę 10 kg po poziomej drodze o długości 5 m. Ile pracy wykonała ta osoba? 3. Satelita Ziemi o masie 100 kg jest na orbicie kołowej o promieniu R = 7000 km. (a) Jaką pracę wykona na satelicie ziemska siła ciążenia w czasie gdy satelita przebywa połowę swojej orbity?

I. Obecnie roczne

• Btu - British Thermal Unit - ilość ciepła potrzebna do zagrzania I funta wody o I stopień Fahrenheita (od 60° do 61' F) - Przy p. tłum.

że

wartość

[GMzm/Rz;

~mgRz;

mgRz; żadną

z wymienionych]. Energia potencjalna masy m na powierzchni względem punktu w nieskończoności jest [dodatnia; ujemna] i ma

żadną

wartość [~mgRz; mgRz; 2mgRz;

z wymienionych

J

Energia potenc-

znajdującej się

w środku ma wartość mgRz razy [1/ 2; 1; 1,5; 2; 3]. 9. Sypialnia o wymiarach 4 m x 4 m x 2,5 m została szczelnie zamknięta. Śpią w niej 2 osoby przez 8 godzin. Czy zużyją cały tlen? Jeżeli nie, to jaki procent tlenu zużyją? Początkowa gęstość tlenu jest równa 0,26 kg/m 3 . Każda z osób śpiąc jalna masy m względem

nieskończoności

104

10.

11.

12.

13.

6. Praca i energia

generuje 90 W; 1 g tlenu jest zużywany na każde 104 J energii ciała. Czy wentylacja jest konieczna? Nienaprężoną sprężynę o długości x 0 rozciągnięto o dodatkową długość x 1 siłą F 1 . Ile pracy wykonano na sprężynie? Naładowane ciało o masie 5 g przesunię­ to na prawo od punktu A do punktu B. Załóż , że ciało jest pod działaniem stałej siły elektrostatycznej 2 · 10 - 5 N skierowanej w lewo. Ile pracy trzeba wykonać, aby przesunąć ciało z A do B, jeśli odległość między tymi punktami wynosi 1,5 m? Czy energia potencjalna ciała wzrosła czy zmalała? Fajerwerk leci z prędkością 5 m/s. Przypu śćmy, że eksploduje on na 2 części o równych masach. Jaki jest stosunek końcowej energii kinetycznej całości do początkowej energii kinetycznej, jeżeli jedna z połówek ma tuż po eksplozji prędkość równą zeru? Pociąg-zabawka o masie 1,2 kg jest ci ągnięty stałą siłą 10 - 3 N. Najpierw pociąg przyspiesza ze stanu spoczynku, a potem porusza się ze stałą prędkością v0 . Jaka jest wartość v0 , jeżeli siła zewnętrzna w każdej sekundzie wykonuje pracę 5 · 10 - 4 J? · jest napędzany silnikiem o mocy 50 KM. Aby wytworzyć w silniku pewną ilość energii mechanicznej trzeba zużyć 5 razy tyle energii paliwa. Przypuśćmy, że ta sama ilość energii paliwa może napędzać generator elektryczny z wydajnością 90%. Ile będzie generowanych kilowatów? Typowe mieszkanie potrzebuje średnio 3 kW. Ile mies zkań możnaby zasilać energią zużywaną przez samochód?

14. Samochód

Przypuśćmy, że siła działająca

na cząstkę od począt­ ku układu (F = kx 2 ). Jaki jest przyrost energii potencjalnej cząstki , gdy porusza się ona od x=O do x=x 1? ro ś nie

środka?

(b) Powtórz to dla obszaru II. Pusta kula ma masę całkowitą M. (c) Powtórz to dla obszaru III.

m

Zadanie 17

18. Jeżeli U= A/r 2 = A /(x 2 + y 2 + z 2 ) , jakie są składowe Fx, FY i F,? 19. Z jakiej wysokości musi spaść masa 1 kg, aby uzyskać wzrost energii kinetycznej o 100 J? Ile czasu będzie to trwało? Czy obie odpowiedzi są niezależne od pręd­ kości początkowej masy? 20. Chłopiec siłą 10 N skierowaną pod kątem 30° do poziomu ciągnie ze stałą prędkoś­ cią 0,5 m/s sanki o masie 5 kg. (a) Jaka jest wartość siły tarcia w niutonach? (b) Jaka jest wartość w niutonach składo­ wej pionowej siły , z jaką podłoże naciska na sanki? (c) Jaki jest współczynnik tarcia kinetycznego? F=7DN

Zadania

15.

16. Energia potencjalna cząstki jest U= A /r = =A (x 2 + y 2 + z 2 )- 112 . Jakie są składowe FX, Fy, F,? 17. Rozważmy pustą czaszę kulistą o promieniu wewnętrznym R 1 i promieniu zewnę­ trznym R 2 . Energia potencjalna masy m znajdującej się w środku kuli jest równa zeru. (a) Jakie jest U masy m, gdy znajduje się ona w obszarze I w odległości r od

jak kwadrat

odległości

7T~/7k>Z:::!L//7 Zadanie 20

Ćwiczenia i zadania

105

(d) Ile energii traci się na tarcie w czasie 1 s? 21. Po poziomej drodze jedzie z prędkością 32 m/s samochód o masie 1500 kg. Kierowca odcina dopływ paliwa. W ciągu 3 s samochód zwalnia do 28 m/s. (a) Jaka jest wypadkowa siła tarcia działająca na samochód? (b) Ile watów musi dostarczyć silnik, aby samochód jechał z prędkością 30 m/s? benzyna może dostarczyć (c) Jeżeli 3 · 10 7 J/galon energii mechanicznej, jak daleko samochQd zajedzie na 1 galonie benzyny przy prędkości 30 m/s? 22. Kula o masie m jest przyczepiona do sprężyny, a sprężyna jest zamocowana w stałym punkcie P, jak to pokazano na rysunku. Sprężyna nie może się zginać. Kula porusza się po kole o promieniu R (w płaszczyźnie poziomej) z prędkością kątową w (rad/s); stała sprężystości jest k. Sprężyna nie ma masy, a płaszczyzna, po której m porusza się, nie wywiera tarcia.

z pręd­ w= 2 rad/s? (d) Jaką pracę trzeba wykonać na kuli i sprężynie, aby prędkość kątowa w wzrosła od 1 rad/s do 2 rad/s? 23. Masa punkto.wa M 1 jest w środku cienkiej czaszy kulistej o masie M 2 i promieniu R. Masę m sprowadzamy z nieskoń­ czoności na odległość r. (a) Jaka jest energia potencjalna (mierzona od nieskończoności), gdy r>R? (b) Jaka jest energia potencjalna, gdy r
Zadanie 23

24. p

m

I

I

I I

Zadan ie 22

(a) Jakie jest nap1ęc1e sprężyny w punkcie, w którym jest przyczepiona m, jeżeli m= 1 kg, w= 1 rad/s, R= 1,0 m? (b) Jeżeli długość nienapiętej sprężyny jest równa 0,9 m, jaką wartość ma stała sprężyny k? (c) Jaki będzie nowy promień toru kuli (z dokładnością do 1%) jeżeli kula

sprężyna obracać się będą

kością

Pełna

masę

kula o

gęstości p

4

m = nr 3 p.

3

Jeśli

i promieniu r ma dodać

do

niej

czaszę o masie

dm=(4nr 2 pdr) i grubości dr, zmiana energii potencjalnej będzie 3

2

mdm Gnr p )(4nr pdr) d U = - G - - = - G - - - - -r r Wykaż, że grawitacyjna energia potencjalna pełnej kuli o promieniu R i masie M jest U=

-~GM 2 /R 5

(wówczas

~GM 2 /R

5 jest pracą potrzebną na rozerwanie kuli i odsunięcie wszystkich elementów masy dm do nieskończoności).

7

..

Zachowanie energ11

Zasada zachowania energn Jest centralnym tematem fizyki i inżynierii. Nakłada ona poważne ograniczenia na możność uzyskiwania energii i na przechodzenie energii z jednej formy w inną. Zasada zachowania energii wyklucza moż­ liwość istnienia maszyn, tzw. perpetuum mobile, polegających na tym, że układ izolowany trwale dostarczałby na zewnątrz energię mechaniczną, jak np. młyn wodny na rys. 7.1. Przez wieki ludzie próbowali wynaleźć perpetuum mobile. Pomimo że jest znane prawo zachowania energii, stale jeszcze są podejmowane próby uzyskania wiecznego ruchu. Ci „ niewierzący" proponują skomplikowane· układy pasów, wielokrążków, obracających się i pływających ciężarków itp. Z rysunku 7.1 widać, że łatwiej jest uzyskać perpetuum mobile na papierze niż w rzeczywistości.

7.1. Zachowanie energii mechanicznej Rozważmy

najpierw przypadek, gdy jedyną siłą działającą na ciało jest siła zachowawcza. Wówczas siła zachowawcza jest siłą wypadkową i możemy zast o sować równanie (6.10) B

f

F · ds=K 8 -KA

A

Zgodnie z definicją energii potencjalnej (6.12), lewa strona tego równania jest równa -(U 8 - U A), tj. zmianie energii potencjalnej wziętej ze znakiem minus. Korzystając z tego otrzymujemy -(UB-U A)=KB-KA K A+ U A= K 8 + U 8

(zachowanie energii (7.1) mechanicznej)

Równanie (7.1) nazywa

się zasadą

zachowa-

do ciała sile zachowawczej, którego energia potencjalna jest równa U. Mówi ono, że suma energii kinetycznej i potencjalnej takiego ciała jest stała, o ile nie działają inne

nia energii mechanicznej i stosuje

się

podlegającego

siły.

Przykład

do

l. Masa m jest zamocowana

końca sprężyny

o masie zerowej i k. Sprężynę rozciągnięto na odległość x 0 . Jaka będzie maksymalna prędkość masy m, gdy zwolnimy sprężynę? Patrz rys. 7.2. współczynniku sprężystości

ODPOWIEDŹ: żyny

Przed zwolnieniem sprę­ energia kinetyczna masy jest rów-

107

7.1 Zachowanie energii mechanicznej

Rys. 7. 1. Wodospad, litografia M.C. Eschera, 1961 r. Według słów artysty: „ Spadająca woda porusza koło mlyńskie, a nas tępnie przepływa przez nachylony kanał między dwiema wieżami , prowadzący zygzakiem do miejsca, gdzie znowu zaczy na się wodospad. Młyn a rz musi tylko od czasu do czasu dolać wiadro wody, aby uzupełnić ubytek spowodowany odparowaniem''. Następnie Escher przechodzi do analizy złudzenia optycznego. jakie stworzyło na swoim rysunku. (Fundacja Eschera, Haags Gemeentemuseum, Haga)

na zeru, a jej energia potencjalna U A=

m

1

p B

Rys. 7.2. zwolniono

Spręży nę

rozciągnięto

2

=lkx 0 (patrz równanie (6.16)). Niech

A

od B do A i potem

punkt A będzie położeniem masy przy rozciągniętej sprężynie, wówczas KA =O

i równanie (7.1) przyjmuje 1 2 1 2 0+2kx 0 = mvB+ UB 2

postać

108

7. Zachowanie energii

Masa m osiąga największą prędkość, gdy U 8 =0. Wówczas v8 jest Vmax i poprzednie równanie napiszemy

a) ,

~ --..............._

" '-

jf

Vmax =

"\ \

1 2 1 2 0+ 2 kxo =2mvmax+O

\ I I I

xo

I

l Sznurek

I /

----

I

„/

./

Zasada zachowania energii mechanicznej może służyć do znajdowania początkowych (lub końcowych) prędkości w układach, w których siła jest skomplikowaną lub trudną do obliczenia funkcją czasu. Rozważmy dwa

b)

- ~ .......

"

"'

"

\

\ \

I I

n as tępne przykłady. I

---

Przykład

2. Masa m wisi na sznurku l. Jaką prędkość v0 należy nadać masie, aby osiągnęła położenie prawie szczytowe? Patrz rys. 7.3a.

o

V~

v~=gl

czyli

i=g,

1 2 1 Wówczas K 8 = mv 8 =2m(gl) i U 8 = 2

=

mg(2/). Suma

musi

równać

kinetycznej

1

się

tych dwóch energii początkowej energu

mv5 (początkowa energia

2

potencjalna jest równa zeru). Tak 1

2

2

/

Rys. 7.3. a) Masa m wisi na sznurku o pręcie o długości I

długości

I. b) Masa

m zawieszona na

Przykład

3. Powtórzmy przykład 2 dla przypadku, gdy m wisi nie na sznurku, lecz na sztywnym pręcie, którego masa jest równa zeru (rys. 7.3b). ODPOWIEDŹ:

Teraz pręt może podprzeciw sile ciążenia i v8 dąży do zera, gdy m zbliża się do szczytu. Tak więc K 8 =0, gdy U 8 =2mgl trzymać masę

więc

1 2mv5=0+2mgl,

1

- mv0 = - mgl+2mgl

/

Va

długości

ODPOWIEDŹ: Nazwijmy położenie szczytowe punktem B. Gdy masa przechodzi przez punkt B, jej przyspieszenie dośrodkowe musi być równe przyspieszemu grawitacyjnemu g

/ /

I

I I

czyli

v 0 =2) gl

2

v5 =Sg/,

czyli

v0 =

J5g/

Zauważ, że jeśli masę zwolnić z położe­ nia górnego, to otrzymamy taki sam wynik, tylko odwrócony. Teraz pręd­ kość w najniższym położeniu będzie

109

7.1. Zachowanie energii mechanicznej

równa 2.Jgl. Wynik ten można zado pojazdu rakietowego w przykł. 7 z rozdz. 5. stosować

Może istnieć więcej niż jedno źródło energii potencjalnej ciała. W takim przypadku cał­ kowita energia potencjalna U jest sumą poszczególnych wkładów. Na przykład, masa m wisząca na sprężynie ma energię potencjal-

chwilowe przyspieszenie spadającego wspinacza będzie mniejsze od 25 g. Potraktujemy linę nylonową jako sprę­ żynę podlegającą prawu Hooke'a, aż do zerwania, tj. gdy jej wydłużenie osiągnie 25% początkowej długości. Wspinacz dobiera sobie linę, której wytrzymałość na zerwanie jest 25 razy większa od jego własnego ciężaru (F 8 = 25 mg). Ponieważ F 8 = k (0,25 l), więc stała sprężystości

ną

F8 25 mg mg k=--=--=1000,25 l 0,25 l l

gdzie y jest wysokością, na której znajduje się masa m, a y 0 jest wysokością, przy której siła wywierana przez sprężynę jest zerem. Rozważymy taki przypadek w przykł. 4.

*Przykład

4. W tym przykładzie pokawspinacz, ubezpieczony odpowiednią liną, może przeżyć spadek z każdej wysokości, tzn. że największe żemy,

że

Zakładamy, że wspinacz spadł po przebyciu wysokości l ponad najbliższym punktem ubezpieczenia (rys. 7.4). Zatem długość jego spadku swobodnego jest równa 21. Niech Ymax będzie maksymalnym wydłużeniem liny. Gdy lina wydłuży się o Ymm prędkość wspinacza będzie równa zeru. W tym punkcie energia potencjalna wspinacza

1

2

u B= mg (h-l- Ymax) +2 kYmax Tuż przed spadkiem energia potencjalna wspinacza była równa

A

Punkt ubezpieczenia

Ponieważ zarówno w punkcie A jak i w punkcie B energia kinetyczna wspinacza jest równa zeru, więc

UA=UB

1 2 mg (h + l) =mg (h-l- Ymax) +2 kYmax Zastąpmy

teraz k przez (100 mg/ I)

2 mg) mgl= -mgl-mgymax +21 ( 100- Ymax 1 O= 50 Y~ax - IYmax - 21 2

Rys. 7.4. Wspinacz odpada w punkcie A i przelatuje odległość 2/, następnie lina wydłuża się o y i wspinacz znajduje się w punkcie B. U be~p~eczający tak trzyma linę, że jest zatrzymana w punkcie ubezpieczenia

Rozwiązaniem tego równania jest Ymax =0,21 l, co mieści się w granicy wytrzymałości 0,25 l. Możemy oszacować maksymalne przyspieszenie korzystając z drugiej zasady Newtona, gdzie

11 O

7. Zachowanie energii

Fwyp

Dla oznaczenia tej stałej wartości energii używamy zwykle symbolu E.

jest równe kym.,-mg

rnamax = kYma x-mg kYmax (100 rng/ 1)(0,21 I) amax=---g=

m

m

g=

E =~Ki+ U= con st

=20 g Zauważmy, że

wynik jest niezależny od spadku. Możemy wnioskować, że jeśli wspinacz spadłby z przewieszki, to prawdopodobnie by przeżył - być może z połamanymi żebrami. Znacznie poważniejszym niebezpieczeń­ stwem jest to, że uderzy się przy spadku ciałem lub głową o jakąś wysokości

wystającą skałę.

(zachowanie energii dla odosobnionego układu cząstek) (7.2)

Oznacza to, że suma wszystkich energii kinetycznych i potencjalnych wszystkich ciał w układzie słonecznym (lub jakimkolwiek układzie odosobnionym) pozostaje stała, bez względu na to, jakie oddziaływania czy zderzenia mogłyby zachodzić .

7.2. Zderzenia dwa ciała stałe, w punkcie narasta szybko duża siła kontaktowa. Zwykle ta siła jest tak wielka, że ciała podlegają chwilowej kompresji w punkcie zetknięcia. Wielka, lecz chwilowa, siła kontaktowa wywołuje zmianę kierunku i wartości bezwzględnej prędkości obu ciał.

Gdy

zderzają się

zetknięcia

Dotychczas wyprowadziliśmy zasadę zachowania energii mechanicznej dla układu złożonego z pojedynczego ciała lub z pojedynczego ciała plus „nieruchoma" Ziemia. Jednak ta zasada jest bardziej ogólna i obowiązuje dla wszystkich odosobnionych, zachowawczych układów ciał. Przez układ odosobniony rozumiemy układ , na który nie działają siły zewnętrzne, a przez układ zachowawczy rozumiemy, że wszystkie oddziałujące siły są zachowawcze, a zatem można je wyrazić przez funkcję energii potencjalnej. Niech

Popęd

Wartość siły kontaktowej występującej w czasie zderzenia można oszacować definiując pewną wielkość nazywaną popędem / . Popęd nadany ciału w czasie od t 1 do t 2 jest zdefiniowany jako

f 12

I=

F dt

(definicja

popędu)

(7.3)

N

K,=

I

'1

Kj

Popęd można odnieść

j = l

będz ie całkowitą energią kinetyczną wszystkich cząstek w układzie odosobnionym. Pokazano w uzupełnieniu 7.1, że

(zachowanie energii mechanicznej dla układu odosobnionego) gdzie U 1 i U 2 jest energią potencjalną układu odpowiednio w czasie t 1 i t 2 . Z poprzedniego równania wynika, że suma całkowitej energii kinetycznej i potencjalnej w czasie t 1 równa s ię całkowitej energii kinetycznej plus energia potencjalna w czasie t 2 .

zastępując

I=

do zmiany pędu ciała F przez dP/dt

f(~~)dt=

fdP=P 2 - P 1

więc

f 2

Fdt=P 2 - P 1

Przykład

(7.4)

5. Samochód o masie 1,5 tony z prędkością 20 m/s zderza się z drzewem. Za trzymuje się w ciągu

jadąc

111

7.2. Zderzenia

3 · 10- 2 s, wywołana tym deformacja wynosi 30 cm. Jaka jest średnia siła działająca na samochód w ciągu tego czasu? ODPOWIEDŹ: Średnia siła F razy At (czas zderzenia) jest z definicji popędem. Tak więc FL1t=P 2 -P 1 =mv

F= mv = (1,5 . 103)(20) N= 1 O. 3·10- 2

At

Jest to ok. 70 razy

106 N

'

ciężar

samochodu.

głowa-szyba, At, byłby pewnie sto razy krótszy niż czas, w którym zatrzymał się samochód. Ponieważ F rośnie jak 1/At, to głowa by się strzaskała. Kończymy omawianie popędu uwagą, że w zderzeniu dwóch ciał popędy są równe i przeciwnie skierowane, zgodnie z trzecią zasadą Newtona. Według równania (7.4) zmiana pędu jednego ciała jest równa co do wartości bezwzględnej zmianie pędu drugiego ciała. Takie stwierdzenie jest tylko innym sformułowaniem zasady zachowania pędu.

Zderzenia

sprężyste

Gdy dwa Przykład

6. W zderzeniu opisanym w przykł. 5 pasażer o masie 80 kg jest przypięty pasem bezpieczeństwa o szerokości 5 cm i grubości 2 mm. Czy pas się zerwie, jeżeli wytrzymałość na zerwanie materiału, z którego jest zrobiony, wynosi 5 · 108 N/m 2 ? ODPOWIEDŹ: Średnia siła działająca na

pas w czasie zderzenia jest związana ze równaniem

zmianą pędu pasażera

FAt=O-mv

F= _ mv =

_ (80)(20) N=

3.10- 2 -5,33 · 104 N t

=

Średnia siła działająca po każdej stro-

nie pasa wynosi około połowę tego, czyli 2,67 · 104 N. Powierzchnia przekroju wynosi 5 cm razy grubość 0,2 cm czyli 1 cm 2 , a więc siła na jednostkę powierzchni jest 2,67 · 10 8 N/m 2 . Jest to trochę więcej niż połowa siły zerwania, a więc pas bezpieczeństwa wytrzyma.

Gdyby w zderzeniu opisanym w dwóch przykładach pasażer nie miał zapiętego pasa bezpieczeństwa, to jego głowa uderzyłaby o przednią szybę. Czas zderzenia powyższych

być

ciała zderzają się,

sprężyste

zderzenie może (elastyczne) lub niesprężyste

(nieelastyczne). W zderzeniu

sprężystym

cał­

kowita energia kinetyczna po zderzeniu jest taka sama jak przed zderzeniem. W zderzeniu niesprężystym ciała tracą część energii kinetycznej. Omówienie zderzeń niesprężystych odkładamy do p. 7.5, gdzie wprowadzimy pojęcie energii cieplnej. Omówimy dwa pospolite typy zderzeń sprężystych: (1) zderzenia centralne i (2) zderzenia niecentralne ciał o jednakowych masach. Rozważmy zderzenie centralne przedstawione na rys. 7.5. Początkowe prędkości mas m1 i m 2 są odpowiednio v1 i O. Prędkości zaraz

~

Przed~

Po Rys. 7.5. Dwie masy m1 i m 2 zderzają się centralnie. Zderzenie jest sprężyste. Ich prędkości po zderzeniu są równe V1 i V2

po zderzeniu są V1 i V2 • Zadaniem jest wyznaczyć V1 i V2 w zależności od v 1 . Ponieważ mamy tu dwie niewiadome, musimy ułożyć dwa niezależne równania. Skorzystamy z zasad zachowania całkowitej energii kinetycznej i całkowitego pędu

112

7. Zachowanie energii

a)

(zachowanie całko­ witej energii kinetycznej) (7.5) m 1 v 1 =m 1 V1 +m 2 V2

(zachowanie

V1

Kula uderza;qca v,

Kula docelowa I

~--

pędu)(7.6) ·

Otrzymujemy V2 rozwiązując równanie (7.6) względem V1 i podstawiając do (7.5)

'f

e e:.. . _ ....._30° Vz """'

(7.7) Gdy podstawimy (7.7) do (7.6),

będziemy

mieli

m1-m2 m1

V1

+m2

Zauważcie, że w szczególnym przypadku równych mas, V1 =0 i V2 = v 1 , to znaczy, że nastąpiła wymiana prędkości. Właśnie ta zasada wymiany prędkości stanowi wyjaś­ nienie zachowania się urządzenia pokazanego na rys. 7.6.

Rys. 7.7. a) Stół bilardowy z kulą uderzającą i kulą docelową. Jaki kąt O musi utworzyć kula uderzająca, aby pchnąć kulę docelową do łuzy? b) Fotografia stroboskopowa podobnego zderzenia. (Dzięki uprzejmości Educational Development Center)

vf = Vf +V~ Zasada zachowania V1

(7.8) pędu

daje nam

=VI+ V2

Podnosimy obie strony do kwadratu

VI =(V1 + V2) · (V1 + V2)= Vf +2V1 •

V2 +V~

vf = Vf + V~+ 2 V1 V2 cosa

(7.9)

Rys. 7.6. Kula uderzająca z jednego końca wymienia prędk ość przez kolejne zderzenia aż kula na drugim końcu odskoczy z lą sa mą prędkością

gdzie a jest kątem między wektorami V 1 i V2• Odejmijmy teraz równanie (7.8) od równania (7.9) cosa= O, czyli a= 90°

Jako drugi przykład zderzeń sprężystych rozpatrzymy problem kul bilardowych, zilustrowany na rys. 7.7. Chodzi o to, aby jedna kula uderzając w drugą skierowała ją do d o łka . Jeżeli kąt między prostą od jednej kuli do drugiej a kierunkiem biegu drugiej kuli do dołka jest 30°, jaki powinien być kąt () odchylenia, któremu pierwsza kula ulegnie przy zderzeniu? Nie będziemy uwzględniać tarcia ani ruchu obrotowego kul. Tak jak poprzednio, przyrównujemy energie kinetyczne i dzie. . . 1 l1my wyrazeme przez - m. Otrzymujemy

Dowiedliśmy więc, że po zderzeniu sprężys­ tym dwóch ciał o równych masach, będą się one poruszać po torach tworzących kąt prosty. Rozwiązaniem problemu z rys. 7.7 jest ()=60°.

2

7.3. Zachowanie energii grawitacyjnej Prędkość

ucieczki

Przypuśćmy, że pocisk o masie m zostaje wystrzelony pionowo w górę z prędkością v1. Jak wysoko poleci? Czy może uciec z pola

113

7.3. Zachowanie energii grawitacyjnej

trów od Słońca (odległość Ziemia-Słoń­ ce)? Wyraź odpowiedź przez R 0 i T0 (czas obiegu Ziemi dookoła Słońca) .

grawitacyjnego Ziemi i znaleźć się w odległoś­ ci od niej r= oo ? Niech r 2 będzie odległością pocisku od środka Ziemi, w momencie gdy osiąga on maksymalną wysokość. W tym momencie jego energia kinetyczna jest K 2 =O. Cały czas K + U pozostaje stałe. Mamy zatem

ODPOWIEDŹ: Prędkość

satelity okrąża­ w odległości R 0 jest vc = 2nR 0 / T0 . Ziemia jest właśnie takim satelitą i ma T0 =1rok=3,15 · 10 7 s. Mamy zatem

jącego

I 2 2mv 1 + U 1 =O+ U 2 I 2mv 1= 2

U 2 -U 1

Korzystając

vc=

z równania (6.14) otrzymujemy

(1 1)

-I mv21 =mgRz2 - - 2 Rz r 2

~~r

(7.10)

fi

razy więk­

1

Przykład 8. Jaki ułamek prędkości ucieczki jest konieczny, aby posłać rakietę na odległość taką jak do Księ­ życa? ODPOWIEDŹ: Odległość do Księżyca wynosi 60 promieni ziemskich. Podstawmy w równaniu (7.10) r 2 =60Rz. Otrzymamy

2(1 )

12 -vo=gRz --0 2 Rz

.JiR;

30 km/s

r-; 2nR 0 v0 =...; ._ --=42 km/s To

jest maksymalną odległością od środka Ziemi, przy czym Rz jest promieniem Ziemi. Z równania (7.10) widać, że r 2 może być nieskoń­ czone, gdy v1 jest dostatecznie duże. Prędkość początkowa, zaledwie wystarczająca, aby masa m osiągnęła niesko1iczoną odległość, nazywa się prędkością ucieczki v0 . Jeżeli podstawimy r 2 = oo , to z równania (7.10) otrzymamy

v0 =fi

2rr. . 150 . 10 6 3,15 . 10 7

Prędkość ucieczki jest sza, więc

więc

r1=(;z -

Słońce

(prędkość ucieczki)

(7 .11)

Zajrzyjmy do równania (3.11) i przypomnijmy sobie, że prędkość krytyczna, czyli pręd­ kość konieczna do wejścia na niską orbitę kołową jest vc = JgR;. Z równania (7.11) widać, że prędkość ucieczki jest razy wię ksza od prędkości krytycznej. Ponieważ v, = 8 km/s, więc prędkość ucieczki jest równa 11 ,2 km/s. W powyższych rozważaniach nie uwzględnialiśmy pola grawitacyjnego Słońca (patrz przykł. 7).

fi

Potrzebne jest więcej niż 99% prędkoś­ ci ucieczki, aby móc oddalić się o 384 tysiące kilometrów od Ziemi (odległość Ziemia-Księżyc).

Energia na orbicie Przykład 7. Jaka prędkość jest konieczna do ucieczki z układu słonecznego w odległości R 0 = 150 milionów kilome-

W

punkcie

kołowej

6.7

energię potencjalną

mierzyliśmy

grawitacyjną

od powierzchni Ziemi. To nie jest bardzo praktyczne, gdy zajmujemy się

114

7. Zachowanie energii dotyczącymi

problemami

innych planet lub

względnej,

kamy

Musimy mieć ustalone położenie w przestrzeni, od którego mierzylibyśmy grawitacyj-

omawiać

mają

lecz

przeciwne znaki. Napotgdy będziemy model atomu wodoru Bohra.

taką

Słońca .

samą

sytuację,

ną energię potencjalną. Przyjęto konwencję,

aby w równaniu (6.14) zamienić Rz przez oo. Wtedy grawitacyjna energia potencjalna masy m będącej w odległości r od ciała o masie M U= -

f

mi, aby

f (- ~;)dr= r

F · ds= -

oo

G

2

r- dr=GMm

[-n~

oo

GMm U=- - r

(grawitacyjna energia potencjalna mierzona od nieskoń­ czoności) (7.12)

Jest to praca, jaką należy wykonać, aby przenieść m z nieskończoności do punktu w odległości r od M, lub jest to praca ze znakiem minus, jaką trzeba wykonać, aby przenieść m z punktu r do nieskończoności. Energia potencjalna małej masy m znajdującej się na orbicie kołowej o promieniu R wokół dużej masy M jest U= - GMm/R. Przyspieszenie dośrodkowe v2

F

M

R

m

R2

-=-=G -

M v 2 =G-

(7.13)

R

Mnożąc

1 -mv 2 2

obie strony przez

1

mogła opuścić układ słoneczny?

W tym przypadku energia potencjalna rakiety jest sumą energii potencjalnej pochodzącej tylko od Ziemi i energii potencjalnej pochodzącej tylko od Słońca. Energia potencjalna pochodząca tylko od Ziemi jest według równania (7.12)

oo

f

9. Jaka musi być prędkość v1 rakiety startującej z Zie-

ODPOWIEDŻ:

r

=GMm

*Przykład

początkowa

m otrzymamy

2

GMm 2R

Jest to energia kinetyczna. Zauważcie, że co do wartości bezwzględnej jest ona 2 razy mniejsza niż energia potencjalna. Całkowita energia mechaniczna wynosi E=K + V=GMm+(-GMm)=-GMm 2R R 2R

Wi4dzimy, że całkowita energia E i energia kinetyczna s ą równe co do wartości bez-

mMz Uz=-G-rz

gdzie rz jest odległością od Ziemi. Energia potencjalna pochodząca tylko od Słońca mM V 8 =-G--8 rs

gdzie r8 jest

odległością

Początkowa całkowita

cjalna jest

od Słońca . energia poten-

sumą

mMz mMs V 1 = -G---G-Rz Rzs

gdzie Rz jest promieniem Ziemi, Rzs odległością Ziemia-Słońce. Niech K 00 i U 00 będą odpowiednio energią kinetyczną i potencjalną w nieskoń­ czoności. Stosując zasadę zachowania energii: K 1 + U 1 =K 00 + U 00 oraz korzystając z równania (7.13) otrzymujemy

~ mvf + ( - G mM z 2

2 V1

Rz

G mM

s)

=O+ O

Rzs

Mz Ms 2 2 =2G-+2G-=2Vcz+2Vcs Rz Rzs

gdzie Vcz jest

prędkością

na orbicie

kołowej wokół

Ziemi, vcs -

prędkością

na orbicie kołowej wokół Słońca. Ponieważ v6z = 2v?z i v6s = 2v?s (patrz równanie (7.11)), więc

115

7.3. Zachowanie energii grawitacyjnej

VI= v6z + v6s gdzie Voz jest prędkością ucieczki tylko od Ziemi, Vos - prędkością ucieczki od Słońca z położenia na orbicie Ziemi (patrz przykł. 7). Otrzymujemy zatem v1 =J(11,2 km/s) 2 +(42 km/s) 2 = =43,5 km/s Rakieta ma jednak JUZ prędkość 30 km/s ze względu na prędkość orbitalną Ziemi. Tak więc potrzebna jest tylko dodatkowa prędkość 13,5 km/s.

7.4. Wykresy energii potencjalnej Ponieważ dla układu odosobnionego K + U zachowuje zawsze stałą wartość, więc wartość K w każdym położeniu można w sposób prosty uzyskać z tzw. wykresu energii potencjalnej. Krzywa na rys. 7.8 jest wykresem U w zależno ści od r dla grawitacyjnej energii potencjalnej dwóch mas m 1 i m 2 . Linia pozioma odpowiada E = K +U - stałej energii ukła du . Warto ść K można łatwo zn aleźć, ponieważ K = E - U. Graficznie miarą K jest zawsze odległość w pionie między linią poziomą E = const i krzywą U . Pokazano to na rys. 7.8 dla r=r 1 • Wykres energii potencjalnej sprężyny jest przedstawiony na rys. 7.9. Dla x = x 1 chcieli-

r1

Ot-----t-~~~~~~~~~~~-

Rys. 7.9. W ykres energii potencjalnej dla k

spręży n y

o

s t a łej

sprężys t ości

byśmy wyrazić E , K i U przez a i b. Jeżeli a i b są dodatnie, to E=a+b, K=a i V=b . Mamy wiele przykładów w fizyce, gdzie siła jest skomplikowana i nie można jej wyrazić prostą funkcją analityczną. W wielu takich przykładach krzywą energii potencjalnej moż­ na uzyskać metodami numerycznymi lub z programów komputerowych. Tak więc , wykresy energii potencjalnej mają dużą użyte­ czność .

Przykład

10. Rysunek 7.10 jest typowykresem energii potencjalnej U(r) między dwoma atomami w czą s ­ teczce. Wielkość r jest tu odległo ści ą między środkami atomów. (a) Jakie są E, K i U, gdy r=r 1? (b) Jakie są E, K i U, gdy r=r 2 ? (c) Jaka jest siła wypadkowa w r 1? (d) Jaka jest E, gdy r=r 1 i energia kinetyczna jest równa zeru (będzie s ię różniła od pokazanej na rysunku)? wym

r

eV

r E

U=-6Mm

r

Rys. 7.8. Wykres energii potencja lnej dla masami M i m

mi ęd zy

sił y

grawitacyjnej

Rys. 7. 10. Wykres energii potencjalnej dl a dwóch atomó w w funkcji odl egłości r ich środk ó w

116

7. Zachowanie energii

ODPOWIEDŹ:

Dla wszystkich wartości r , E= -2eV, jak to wskazuje na rysunku linia pozioma. Wartości U(r) możemy odczytać z krzywej . Dla r = r 1 , U(r)= - 5eV. Podobnie, U(r 2 )= -2eV. Energię kinetyczną znajdujemy korzystając ze związku K = E - U. Dla r = r 1, K = ( - 2 eV) - ( - 5 eV)= 3 eV Dla r=r 2 , K=(-2eV)-(-2eV)=0 Siłę znajdujemy stosując równanie (6.13)

(Fc+Ff+Fzew) · ds=LJK

A

f B

Fzew. ds=L1K

+( -r

FC. ds)+

r

(-Ff) . ds

A

Drugi wyraz prawej strony równania jest z definicji L1 U. Tak więc B

f Fzew · ds= L1 K + L1 U + rFj · ds

dU F=- dr

A

Dla r = r 1 ta pochodna jest równa zeru, więc F(r 1 )=0. W części (d) przykładu energia E E=K +V=0+(-5eV)= -5eV W takim przypadku będziemy mieć do czynienia z trwałą cząsteczką bez ruchów czy drgań atomów.

Równowaga Ciało

jest w równowadze, gdy jest w spoczynku i działająca na nie siła wypadkowa jest równa zeru. Siła wypadkowa jest równa zeru, gdy ciało jest w lokalnym minimum lub w lokalnym maksimum krzywej energii potencjalnej. W pierwszym przypadku równowaga jest trwała, a w drugim - chwiejna (mała dodatkowa siła wprawia ciało w ruch).

7.5. Zachowanie

f B

całkowitej

energii

Przejdziemy teraz do . bardziej ogólnego przykładu , kiedy poza siłą zachowawczą, która jest funkcją tylko położenia, może również występować siła tarcia Ff i siła zewnętrzna Fzew· Oznaczmy siłę zachowawczą przez Fc, a siłę wywieraną przez jakiś czynnik zewnę­ trzny przez Fzew· Siła wypadkowa jest wówczas Fwyp=Fc+ Ff+ Fzew Stosując twierdzenie o pracy i energii (równanie (6.10)) otrzymamy przyrost energii kinetycznej L1 K

na siłę tarcia, czyli siłą, na powierzchnię trącą . Zauważmy, że fFj · ds jest pracą wykonaną przez ciało na ogrzanie siebie i otoczenia. To ciepło , w sensie fizycznym, jest pracą wykonaną, aby dostarczyć dodatkowej energii kinetycznej i potencjalnej indywidualnym cząstkom (atomom i cząsteczkom). W ujęciu makroskopowym nazywa się to energią wewnętrzną u wew· Jest to po prostu energia kinetyczna i energia potencjalna nadana cząstkom skła­ dowym, nie zawarta w K lub w U ciała jako całości. Wobec tego gdzie Fj jest

jaką

ciało

reakcją

działa

B

f Fzew · ds=L1K+L1U+L1Uwew A

(zasada zachowania energii) (7.14)

Z równania (7.14) wynika, że każda praca wykonana na ciele przez czynnik zewnętrzny równa się wzrostowi energii kinetycznej plus wzrost energii potencjalnej plus wzrost energii wewnętrznej. Cała energia została zarejestrowana - nic nie zginęło. Mamy obejmujące wszystko zachowanie energii.

Przykład

Załóżmy ,

że

sanki (plus 50 kg, a siła tarcia jest równa 20 N (rys. 7.11). (a) Jaką pracę wykona człowiek wciągający sanki na pagórek wysokości 10 m i długości 100 m? 11.

pasażerowie) mają masę

7.5. Zachowanie

całkowitej

117

energii

-----1

----~10Dm

30° Rys. 7.11

(b) Jaka będzie energia kinetyczna sanek spuszczonych z wie~zchołka pagórka, gdy osiągną one podnóże? Jaka będzie wtedy prędkość sanek? ODPOWIEDŹ:

wynika, wieka

że

(a) Z równania (7.14) praca wykonana przez czło­

i zamieniona na energię cieplną. Rozważmy ekstremalny przykład, w którym dwa ciała pozostają złączone ze sobą po zderzeniu. Może to być np. zderzenie kuli bilardowej z gumą do żucia przylepioną do drugiej kuli lub może to być zderzenie czołowe ciężarówki z samochodem osobowym, jak pokazano na rys. 7.12. Jeżeli są znane prędkości począt-

JFzew · ds= L1 K + L1 U + L1 U wew= =0+mgh+IF1 1s= =o+ (50)(9,8)(10) + (20)(100) = =6900 J

Rys. 7.12. Zderzenie

(b) Przy zjeździe, z równania (7.14) otrzymujemy

0=L1K +L1V +L1Vwew= =K+(-mgh)+IF1 1s

Fzew =O)

= mgh- IF1 1s = (50) (9,8) (10)-

K

- (20) (100) = 2900 J 1

mv 2 =2900 J

2

v=

/5800 m/s= 10,8 m/s VSO

osobowy

ciepła .

móc obliczyć wyprodukowanezderzeniu, czy to

sprężystym

całkowity pęd

kowe v 1 i v2 ,

powinniśmy

prędkość końcową

Vi

ilość

W każdym czy niesprężystym, jest zachowany, to znaczy go

(gdyż

ciężarówka-samochód

m 1 v1 +m 2v2 =(m 1 +m 2)V m1V1 +m2V2 V=----m1 +m2

Na

przykład,

jeżeli

v 1 =-v 2 =100 km/h,

m 1 =15 ton, m 2 =1,5 tony, to

(15 · 10 3 )(100) + (1,5 · 10 3 )( -100) km/h= 16,5. 10 3 =81;8 km/h

V= Zderzenia

niesprężyste

Dotychczas zajmowaliśmy się tylko zderzeniami sprężystymi, w których całkowita energia kinetyczna po zderzeniu jest taka sama jak przed zderzeniem. Jednak, w przypadku więk­ szośc i zderzających się ciał makroskopowych, część energii kinetycznej zostaje stracona

Ciężarówka

traci tylko ok. 20% swojej podczas gdy kierunek ruchu samochodu osobowego zostaje odwrócony i samochód jest pchany przez ciężarówkę. To jest jedna z przyczyn tego, że zderzenia są zwykle mniej niebezpieczne dla cięższych pojazdów. prędkości,

118

7. Zachowanie energii

W przypadku gdy pojazdy po zderzeniu nie ze sobą w kontakcie i gdy końcowa prędkość ciężarówki (samochodu osobowego) jest znana, końcową prędkość samochodu (ciężarówki) można obliczyć korzystając z zasady zachowania pędu pozostają

\

\

\ \

\

\

\

\

m1V1 +m2V2=m1 V1 +m 2V2

m

12. Jaka jest strata energu kinetycznej w zderzeniu ciężarów­ ka-samochód, opisanym powyżeg

\

\ \

Przykład

\

\

\

\

\

\

\

\

\

\

r-----'e.

L___ J~

V

=Pocisk

\

M

Rys. 7.13. Wahadło balistyczne. Klocek uderzony pociskiem podnosi s ię na wysokość h

ODPOWIEDŹ :

1

2

2

L1K =2m v1 +2m 2v2-

1

2

mV

2

ODPOWIEDŹ:

=

zachowania

(a) pędu

Zgodnie mamy

z

zasadą

mv+O= (m+M) V 1 1 2 2 -(m1 +m2) ( m v +m v ) m1 +m2

2

J

=

l m1m2 2 (V1-V2) 2m 1 +m 2 Względna prędkość wynosi (v 1 -v 2 ) = = 200 km/ h= 55,5 m/s 2 1 (15. 10 3 )(1,5. 10 3 ) L1K = 2 16,5 . 103 (55,5) J = 6

= 2,l . 10 J

m+M v=--V

(7.15) m gdzie V jest prędkością bezpośrednio po zderzeniu. Prędko ść V można obliczyć przyrównując energię kinetyczną bezpośrednio po zderzeniu do energii potencjalnej (m + M) gh w najwyższym poło­ żeniu

1

(m+M) V 2 =(m+M)gh

2

V=fiih więc

m+M ~ v=---,;2gh m

Przykład

Prędkość wylotową

pocisku możn a wyznaczyć za pomocą tzw. wah a dła balistycznego. Pociskiem strzela s i ę w drewniany klocek pokazany na rys. 7.13. Klocek z wbitym pociskiem podnosi się na wysokość h. (a) Jak wyrazić prędkość wylotową przez m, M i h? (b) Jaka część energii kinetycznej zostaje stracona? 13.

Energia kinetyczna po zderzeniu jest K' =

1

(m+ M)V 2. Korzystając z rów-

2

nama (7.15) otrzymujemy 2

K'= -1 (m+M) ( - m - v)

2

m+M

m

(1 )

m

K'= m+M 2mv2 = m+MK

7.5. Zachowanie

całkowitej

m

K'

119

energii

K m+M Strata energii w stosunku do energii pierwotnej jest jeden minus ta wielkość, czyli M/(m+M). Widzimy, że w takim zderzeniu prawie cała energia kinetyczna zostaje utracona.

gie! i wodór), które łącząc się z tlenem tworzą H 2 0 i C0 2 , przy czym wyzwalają energię . Typowa ilość wyzwolonej energii to 20000 dżuli na gram węglowodanu . Prawie dwa razy tyle energii chemicznej na gram jest zawarte w tłuszczu zwierzęcym. Gdy paliwo węglowodanowe jest „spalane" w komórkach mięśni, ok. 25 % energii może być wyzwolone jako praca mechaniczna. U konia pobór mocy ze spalania „paliwa" wynosi 2000 W. Koń

Energia

wewnętrzna

energia wewnętrzna jest indywidualnych cząstek, której się nie uwzględnia, gdy układ traktujemy makroskopowo. Gdy indywidualne cząstki zmieniają swoją formę (jak np. w reakcji chemicznej, gdy molekuły zmieniają się z jednego typu w inny), molekuły końcowe mogą mieć więcej energii niż początkowe. Taki wzrost energii mikroskopowej trzeba uwzględnić obliczając u wew• gdy rozpatrujemy układ makroskopowo. Nie tylko cząsteczki mogą zmieniać się z jednego typu w inny. Również mogą to czynić jądra atomowe, a nawet same cząstki elementarne. Takie zmiany energii jądrowej trzeba uwzględnić w wyrażeniu na A U wew· W rozdziale 9 dowiemy się, że wszystkie cząstki elementarne zawierają samoistną energię m 0 c 2 , gdzie m 0 jest masą spoczynkową cząstki. Dowiemy się, że gdy cząstka elementarna zmienia swój typ, następuje wyzwolenie energii (Am)c 2 , gdzie Am jest ubytkiem cał­ kowitej masy spoczynkowej. Ten składnik również trzeba włączyć do u wew· Energię wewnętrzną i energię cieplną bę­ dziemy omawiać jeszcze w rozdz. 12.

Jak

widzieliśmy,

dodatkową

energią

może

wykonywać

pracę

mechaniczną

z mocą ok. 500 W przez długie okresy czasu. W ciągu krótkich okresów koń może pracować z mocą 700 do 800 W. Jednostka koń mechaniczny, czyli 746 W, była uzasadniona takimi właśnie pomiarami. Homo sapiens jest mniejszym zwierzęciem i w najlepszym razie może wykonywać pracę mechaniczną z mocą 100 W. Nawet w czasie snu osoba dorosła zużywa swoje paliwo w tempie ok. 80 J/s - jest to konieczne do podtrzymywania funkcji biologicznych i nazywa się podstawowym tempem metabolizmu. Tyle samo mocy potrzeba do zasilania przeciętnej żarówki. Student, gdy nie śpi, jak np. na wykładzie fizyki, zużywa ok. 150 W, czyli postawowe 80 W plus ok. 40 W rozproszonych w mózgu i 15 W w sercu. W czasie łagodnych ćwiczeń, jak np. jadąc rowerem z prędkością 15 km/h lub płynąc z prędkością 1,5 km/h, człowiek zużywa ok. 500 W. Bardziej intensywne ćwiczenia, jak gra w koszykówkę, zużywają ok. 700 W. Przy jeszcze intensywniejszym wysiłku, jak np. wyścig kolarski, człowiek w dobrej kondycji fizycznej może przekroczyć zużycie 1000 W, ale tylko 100 W z tego jest przekazywane na zewnątrz ciała jako energia mechaniczna.

7.6. Energia i biologia Jedną z bardziej rozpowszechnionych form energii potencjalnej jest energia chemiczna. Gdy atomy oddziałują ze sobą tworząc czą steczkę, występuje między nimi siła przyciągania, która wykonuje pracę i wyzwala en e rgię, zwykle jako ciepło . U zwierząt zwykłym źródłem energii chemicznej są węg­ lowodany (różne cząsteczki zawierające wę-

Przykład

14. Na jak długo wystarczy 500 g tłuszczu, aby zaspokoić zapotrzebowanie organizmu przy łagodnych ćwiczeniach (500 W)? Można to inaczej ująć : jak długo osoba z nadwagą musi się gimnastykować, aby stracić 500 g tłuszczu?

120

7. Zachowanie energii

ODPOWIEDŹ: Tłuszcz zawiera ok. 40000 J/g paliwa. 500 g tłuszczu zawiera 500 · 40000 J czyli 20 · 10 6 J. Ponieważ P=E/t, więc

E 20 · 10 6 J t= - = p 500 w Około

ćwiczeń

gimnastycznych 0,5 kg tłuszczu, zwykle jednak towarzyszy temu wzrost apetytu. Można inaczej podejść do problemu schudnięcia - przestać jeść. W ów czas ok. 315 g tłuszczu będzie zużywane dziennie na samo podtrzymywanie życia . może

11 h

4,0 · 104 s~ 11 h

wyeliminować

źródło tarcia przy dużych i oszacujemy dodatkowe zużycie paliwa wynikające z jazdy z dużą prędkością . Uważa się, że samochód osobowy ma dobre osiągi, gdy może przyspieszyć od O do 90 km/h w ciągu 10 s. Odpowiada to stałemu przyspieszeniu

wimy

główne

prędkościach

1 v 25 m/s a= - = - --=2 5 m/s 2 ~- g t

lOs

15. Ile kalorii musi zawierać pożywienie dzienne, aby pozostać przy życiu? Jedna kilokaloria (1 kcal) jest równoważna 4180 J energii chemicznej. ODPOWIEDŹ: Minimalna moc zużywana w ciągu doby waha się od 80 W w czasie snu do 150 W, gdy się nie śpi. Przyjmijmy średnią 110 W.

E=Pt=(llO W)(8,6 · 104 s)=9,5 · 10 6 J jest potrzebne w ciągu doby. Odpowiada to 2260 kcal pożywienia.

7.7. Energia i samochód W tym punkcie zastosujemy dotychczas poznane podstawowe zasady do oszacowania mocy i zużycia paliwa typowego samochodu. Poznamy różne czynniki wpływające na osią­ gi pojazdu. Tym, którzy zrozumieją te podstawowe prawidła, łatwiej będzie optymalizowa ć osiągi i oszczędzać paliwo. Gdyby nie było tarcia, samochód poruszający się ze stałą prędkością po poziomej drodze, nie pobierałby mocy. Moc jest oczywi śc ie konieczna, aby przyspieszyć samochód przy ruszaniu z miejsca, bądź gdy wyprzedza się inny pojazd. Obliczymy najpierw moc potrzebną do przyspieszenia samochodu od startu do prędkości 100 km/h, później omó-

4

Zobaczmy przede wszystkim czy siła tarcia opon o nawierzchnię jest wystarczająca, aby zapewnić takie przyspieszenie. Ta siła tarcia jest FJ =ma= m ( ~ równy ok.

Przykład

'

jest ok.

1

, 2

~mg. a

g). Nacisk tylnych kół jest

Stosunek F J do

więc współczynnik

siły

nacisku

tarcia musi

być

co najmniej 0,5. Jest to prawie maksymalmożliwa wartość współczynnika tarcia osiągalna dla typowych opon samochodu osobowego. Tak więc, uzyskanie takiej pręd­ kości w czasie znacząco krótszym od 10 s nie jest możliwe dla samochodu osobowego. Samochody wyścigowe i sportowe ze specjalnymi oponami i ciężarem rozłożonym głównie nad tylną osią mogą uzyskiwać większe przyspieszenia. Przejdźmy teraz do pytania, jaką moc musi mieć silnik, aby móc w pełni wykorzystać maksymalną siłę tarcia. Dla samochodu o masie m= 10 3 kg ta siła jest F1 =ma= na

=(10 3 kg)G g

)~2,5 · 10

3

N. Gdy

prędkość

samochodu zbliża się do 90 km/h, moc dostarczona przez silnik musi wynosić P = Fv = (2,5 · 10 3 N)(25 m/s) = 62,5 · 10 3 W= =84 KM Zatem samochód o masie 1 tony, który miałby „szczytowe" osiągi, powinien mieć silnik mogący dostarczać 84 KM przy pręd­ kości 90 km/h. Dostarczenie większej mocy wywołałoby poślizg („buksowanie") kół bez wzrostu prędkości . Zwiększenie mocy byłoby tylko marnotrawstwem. Zauważcie , że Fv =O, w momencie gdy samochód rusza. W tym właśnie momencie potrzebna moc jest równa

121

7.7. Energia i samochód

zeru i trzeba ostrożnie dodawać gazu przy starcie, aby nie spowodować ślizgania się kół.

LIE 1 - =-pAv 3 Lit 2

Opór powietrza

Ponieważ

Teraz skorzystamy z podstawowych zasad, aby oszacować ile mocy jest potrzebne, aby pokonać opór powietrza, gdy samochód jedzie ze stałą prędkością. Jak zobaczymy, siła oporu powietrza rośnie jak kwadrat prędkoś­ ci, jest więc dominująca przy dużych prędkoś­ ciach. Inne żródła tarcia, jak tarcie w łożys­ kach, wytwarzanie ciepła w oponach, zależą głównie od liczby obrotów silnika i są w przybliżeniu stałe na kilometr, bez względu na prędkość. Oszacujemy teraz ile mocy potrzeba, aby pokonać opór powietrza przy dużych prędkościach. Oszacujemy także ile potrzeba dodatkowego paliwa, aby wytworzyć tę moc. Większość tego dodatkowego paliwa możnaby zaoszczędzić jadąc z mniej-

oporu (7.17)

Zauważcie , że

powierzchnia A jest powierzefektywnego przekroju powietrza, które porusza się z prędkością równą, lub bliską , prędkości samochodu. Doświadczalne wyniki przedstawione na rys. 7.15 potwierdzają równanie (7.16). Powietrze w pobliżu dachu i boków samochodu prześlizguje się naokoło niego i uzyskuje tylko niewielką prędkość. Przyjmijmy, że A~l m 2 , dla typowego samochodu. Nie oczekujemy, że następujące oszacowania numeryczne są dokładne, ale są chnią

(64 km/h) (BO km/h) (97km/h) 90 o

Małej

masie powietrza, L1m, tuż przed frontem samochodu zostaje nadana energia kinetyczna

siła

moc= Fv,

1 2 Foporu=2PpowAV

szą prędkością .

1 l(Llm)v 2 ,

(7.16)

35

80 ~ -:c

gdzie Lim jest masą

<::>

70 ~

powietrza przesuwanego w czasie L1t, v - prędkością samochodu. N a rysunku 7.14

tj

c::

"'

widać , że

60 ~

~

L1m=p p0 ,,,AvL1t

Qi

(50 M./h) (6011/17)

20 1000

2000 v2

Rys. 7.14. Kolumna powietrza jest pcha na na odległość (vL1t)

gdzie Ppow= 1,3 kg/m 3 jest gęstością powietrza, A - powierzchnią przekroju efektywnego samochodu. Przekaz energii do powietrza w czasie LI t

oporu

3000

4000

Rys. 7.15. Zależność zużycia paliwa od kwad ratu prędkości . Skala osi pionowej jest proporcjonalna do sił y . To, że punkty d oświ adczalne leżą na prostych, mówi nam, że jest spełnione równanie F = K 1 +K 2 v2 • Skladnik K 2 v2 wynika z oporu powietrza (Z pracy R.E. Barker J r., Am. J. Phys., January 1976) (mila angielska - 1 M. = 1609,34 m)

one chyba poprawne z dokładnością do czynnika 2. Dla samochodu jadącego z pręd­ kością 100 km/h (28 m/s) równanie (7.16) daje 1

P = 2(1 ,3)(1)(28) 3 = 14270 W= 19 KM

I 1 L1 E = -(Llm)u 2 = - (p p0 ,,,AuLlt)v 2 2 2 Moc stracona skutkiem wynosi

(11./h)2

50

Zwróćcie uwagę, że

powietrza

sześcian jechał

z

prędkości. prędkością

potrzebna moc rośnie jak Na to, aby samochód 150 km/h potrzeba 3,375

122

7. Zachowanie energii

razy tyle mocy, to znaczy że potrzebne jest 64 KM, aby przezwyciężyć opór powietrza przy 150 km/h. Teraz oszacujemy ile trzeba zużyć paliwa, aby pokonać opór powietrza przy prędkości 1OO km/h. Energia zużyta na pokonanie oporu powietrza na odcinku 100 km wynosi LIE=PLlt=(14270 W)(3600 s)=51·10 6 J Ilość energii zawartej w 1 cm 3 benzyny jest równa 31 · 10 3 J, czyli 31 · 10 6 J na litr. Dobry silnik samochodowy ma wydajność 25%, a więc każdy litr benzyny dostarcza ok. 7,8 J energii mechanicznej. Nasz samochód zużywa więc ok. 5,9 1 benzyny na 100 km. Żaden samochód o takiej powierzchni przekroju nie może zużywać mniej paliwa przy prędkości 100 km/h. Rzeczywiste zużycie jest większe ze względu na opory tarcia.

wody. Z jakiej wysokości skacząc dozna się takiego opóźnienia, jeżeli efektywna powierzchnia przekroju ciała w tym położeniu jest równa 0,2 m 2? ODPOWIEDŹ: Prędkość

w

przy wpadaniu

wodę

v=.J29h Zgodnie z równaniem (7 .17)

Przykład

16. Samochód jedzie z pręd­ 100 km/h i pali 8 litrów benzyny na 100 km. Jaka jest moc potrzebna do utrzymania tej stałej prędkości? ODPOWIEDŹ: Samochód zużywa 8 1 benzyny na godzinę. Ponieważ każdy litr benzyny zawiera 3,1 · 10 7 J energii, więc zużycie mocy

8 . 3 1 . 10 7 J p= ' 1h

2 5 . 108 J - '- -..,..3,6. 10 3 s

=7 · 104 W=70 kW Widzimy, że typowy samochód zużywa mniej więcej tyle samo energii, ile energii elektrycznej jest zużywane w 50 mieszkaniach. Dlatego właśnie oskarża się samochody o rozrzutne zużywanie energii.

oporu

1

F~lpA(2gh) ma~pAgh

m a m -=50 -

h~-

pA g

pA

dla

a=50 g

Woda ma p=10 3 kg/m 3. Załóżmy, że m = 60 kg. W ówczas 60 kg h=50(103kg/m3)(0,2m2)

kością

siła

15 m

Aby uniknąć poważnych uszkodzeń, skok z większej wysokości wymaga zmme1szenia efektywnej powierzchni przekroju, trzeba skakać np. na głowę lub na nogi.

Podsumowanie Jeżeli

na masę nie działają siły zewnętrzne ani tarcia, to mamy zachowanie energii mechanicznej: (K + U)= const dla każdego położenia masy. To samo jest prawdziwe dla odosobnionego układu mas, gdzie siły

Popęd I= JFdt=P 2 -P 1 . W zderzeniu sprę­ żystym

nie ma straty energii kinetycznej. Dla masy m, która ma prędkość począt­ kową v0 zaledwie wystarczającą do ucieczki z powierzchni kuli o masie M Przykład 17. Jeżeli nurek robi przewrót przez brzuch do wody, nie wolno, aby tempo straty prędkości przekraczało a= 50g, przy zetknięciu z powierzchnią

czyli

Ćwiczenia i zadania

123 twiczenia

nazywa się prędkością ucieczki. Gdy istnieje zewnętrzna siła Fzew i tarcie, prawo zachowania energii można zapisać B

f

Fz ew ·

ds = L1 K

+ L1 U + L1 U wew

gdzie L1 u wew jest wzrostem energii cieplnej, chemicznej i spoczynkowej. Siła oporu wywierana przez płyn na ciało o efektywnej powierzchni przekroju A , poru1 szające się w tym płynie, jest F ~ - pAv 2 , gdzie 2 p jest gęstością płynu. Uzupełnienie

N

7.1. Zachowanie energii dla

układu

cząstek

Zmiana całkowitej U jest z definicji

energn

potencjalnej

Zastąpmy

i

każde

teraz każdą Fi przez mi(dvjdt) dsi przez vidt

dv. dU = - 'I,m -- 1 • v-dt J dt J Zastosujmy równanie (6.3), (dvpt) · "i przez v/dv/dt)

aby

zastąpić

dv1.) dt dU=-I,m. ( v.J J dt Teraz

zastąpmy każde

(dv/dt)dt przez dvi

dU= -I,mividvi= -'I,dGmivJ) Mamy

więc

AU= - 'I,L1Ki W dwóch

różnych

chwilach t 1 i t 2 , L1 U=

=U 2 - U 1 i L1Ki=(K) 2-(K) 1 , U2-U 1 = - 'I,(K)2 + 'I,(K)1 (Krl1+U1=(K,)2+U2

więc

1. Jaka jest prędkość masy m w przykł. 1, gdy przechodzi ona przez położenie 1 x=-x 0 ? Wyraź odpowiedź przez k , 2 m I x0• 2. Jaką prędkość trzeba nadać masie m w przykł. 2, aby osiągnęła zaledwie taką wysokość jak jej punkt zawieszenia? Czy wynik jest taki sam dla masy wiszącej na sznurku jak i dla masy zawieszonej na pręcie? 3. Załóż w przykł. 5, że głowa pasażera jest w odległości 60 cm od przedniej szyby. (a) Ile czasu upłynie od chwili pierwszego kontaktu z drzewem zanim głowa uderzy w szybę? (b) Załóż, że szyba może się odkształcić o 3 mm, natomiast czaszka nie może ulec deformacji. Jakie będzie średnie opóźnienie głowy?

4. Jaki jest stosunek K'1 / K 1 (rys. 7.5), gdy K'1 jest energią kinetyczną masy m 1 po zderzeniu? Wyraź odpowiedź przez m1 I m2 • 5. Jeieli na rys. 7.5 m 2 /m 1 =2, jaką część energii traci m1 skutkiem zderzenia? 6. Jaka jest prędkość ucieczki z Księżyca i jaka z Marsa? Potrzebne wartości liczbowe możesz znaleźć w uzupełnieniu A. 7. Jaki ułamek prędkości ucieczki jest konieczny, aby wysłać rakietę do połowy drogi do Księżyca? 8. Powtórz przykł. 11 dla siły tarcia równej

30 N. 9. Jaki ułamek energii kinetycznej traci układ w przykł. 12? 10. Na rysunku 7.13 pocisk o masie 2 g uderza w klocek drewniany o masie 2 kg, który skutkiem tego podnosi się o 10 cm. Jaka jest prędkość wylotowa pocisku? 11. Ktoś prowadzi głodówkę przez 1 tydzień. Tempo jego średniego metabolizmu jest równe 100 W. Oceń, ile straci na wadze. 12. Samochód o masie 1,5 tony ma 50% ciężaru rozłożonego nad tylną osią . Może przyspieszyć od O do 80 km/ h w ciągu

124

7. Zachowanie energii

5 s. Jaki jest współczynnik tarcia jego tylnych opon? Ile mocy dostarcza silnik w momencie, gdy samochód osiąga 80 km/h?

Zadania

13. Niech w przykł. 3 masa m zostanie upuszczona z najwyższego położenia i niech będzie kątem zakreślonym przez pręt. Wyraź V w funkcji e. 14. Powtórz przykł. 4 dla F 8 = 20 mg. Czy lina pęknie? 15. Jaka w przykł. 4 powinna być siła F 8 zrywająca linę, aby Ymax = 0,25 l? 16. Załóż w przykł. 4, że l = 20 m i że lina ma 2 m luzu. Jakie będą Ymax i amax? 17. Wykaż, że w przykł. 5 deformacja 30 cm i czas zatrzymania 3 · 10- 2 s są ze sobą spójne, jeżeli przyjąć, że opóźnienie jest

e

stałe .

18. W tym zadaniu zaprojektujemy powietrzną zapewniającą

poduszkę

bezpieczeństwo

pasażera samochodu. Załóżmy, że głowa ludzka nie ulegnie uszkodzeniu, jeżeli jej opóźnienie nie przekroczy 30 g. Załóżmy też, że najpoważniejsze zderzenie nastąpi, gdy samochód o prędkości 100 km/h zatrzyma się w ciągu 2 · 10 - 2 s. Jak gruba powinna być poduszka powietrzna? 19. Załóż, że na rys. 7.7 pierwsza kula bilardowa ma masę 2 razy większą niż druga kula, która początkowo spoczywała. Jaki jest kąt e, gdy druga kula zostaje odtrącona pod kątem 30°, jak to pokazano na rysunku? 20. (a) Jaką część energii potrzebnej do krą­ żenia po orbicie kołowej trzeba dostarczyć masie m, aby uciekła z zasię­ gu Ziemi (lecz nie z układu słonecz­ nego)? (b) Powtórz to samo zadanie dla ucieczki zarówno od Ziemi jak i z układu słonecznego.

21. Załóż,

że Wszechświat zawiera tylko jeden neutron i jeden elektron. Załóż, że elektron jest na orbicie kołowej o promieniu R wokół neutronu. Jedyna siła działa-

jąca między

nimi jest siłą grawitacyjną. m.vR = 1,05 · 10- 34 Js. (a) Jaka jest prędkość elektronu? (b) Jaki jest promień jego orbity? · 22. Samochód ma masę 1000 kg. Aby poruszał się ze stałą prędkością po poziomej drodze jest potrzebna siła 500 N. (a) Jaka jest siła tarcia w niutonach? (b) Gdyby przyłożyć siłę 1000 N, jakie wtedy byłoby przyspieszenie samochodu? (c) Gdyby samochód był zaparkowany na hamulcu na zboczu pagórka i gdyby puścił hamulec, jak daleko samochód stoczyłby się, jeżeli znajdował się na wysokości 10 m ponad poziomem Załóż także, że

podnóża?

23. Klocek B jest w spoczynku na poziomej

powierzchni bez tarcia. Identyczny klocek A jest przymocowany do jednego końca sznurka o długości R. Utrzymujemy sznurek w pozycji poziomej, a następnie zwalniamy klocek A, który zderza się z klockiem B. Po zderzeniu oba klocki sklejają się ze sobą i poruszają razem.

~

R

o

[BJ Zadanie 23

(a) Jaka jest prędkość obu klocków bezpośrednio po zderzeniu? (b) Jak wysoko uniosą się one ponad powierzchnię?

24. Klocek o masie 1 kg zsuwa

się

po równi O na szczycie równi. Prędkość klocka na końcu równi jest równa 100 cm/s. (a) Jaką pracę wykona siła tarcia? (b) Jaka jest wartość stałej siły tarcia? (c) Równię posmarowano olejem, skutkiem czego siła tarcia zmalała do 1/ 10 pochyłej

zaczynając

od

prędkości

125

Ćwiczenia i zadania

lekko

popchnięty

w pozycji A, tak że jego jest nieomal równa na dół po szynach bez

prędkość początkowa

zeru. Zjeżdża tarcia i objeżdża wnętrze kołowej pętli o promieniu R. Wysokość h jest tak dobrana, że wagonik ledwie może wykonać przejazd po pętli nie tracąc kontaktu z szynami. Jak zależy h od R? Jaką siłę wywierają szyny na wagonik w punkcie B?

30° Zadanie 24

25.

26. 27.

28.

29.

30.

31.

32.

swojej wartości poprzedniej. Jaka teraz będzie prędkość klocka na końcu równi? Załóż, że samochód osobowy pokazany na rys. 7.12 stoi (v 2 =0). Wyprowadź równanie na stratę energii ciężarówki : AKi/K 1 =? Jaka jest energia kinetyczna masy m 2 po zderzeniu przedstawionym na rys. 7.12? (a) Jaką pracę trzeba wykonać, aby wepchnąć masę 10 g po równi pochyłej bez tarcia? Długość równi jest równa 3 m, wysokość 0,5 m. (b) Załóż teraz, że między powierzchnią równi a masą występuje siła tarcia 700 dyn. Jaką pracę trzeba wykonać, aby wepchnąć masę po równi? (c) Przypuśćmy, że użyto siły 3000 dyn, aby wepchnąć masę po równi (załóż, że siła tarcia jest taka sama jak w punkcie (b) zadania). Jaka będzie prędkość masy, gdy osiągnie szczyt równi? Posługując się rys. 7.15 oszacuj efektywną powierzchnię przekroju samochodu Vega. Załóż, że wydajność silnika jest równa 20%. Posługując się rys. 7.15 oszacuj wypadkową siłę tarcia F J działającą na samochód Vega, poruszający się z małą pręd­ kością . Załóż, że wydajność silnika jest równa 20%. Przy jakiej prędkości samochodu Vega straty skutkiem oporu powietrza przekroczą straty skutkiem tarcia? Posłuż się rys. 7.15. W przykładzie 4 załóż, że wspinacz ma masę 60 kg, /=50 m i F 8 =1,1·10 4 N. Jakie jest Ym ax i amax? Zabawka-kolejka diabelska działa jak pokazano na rysunku. Wagonik zostaje

A

Zadanie 32

33.

Wyobraźmy

sobie kulę startującą od równej zeru i staczającą się po równi. Załóżmy, że energia kinetyczna obrotów jest zawsze równa* energii kineprędkości

tycznej

przesunięcia (~ mv

2

}

gdzie v jest

prędkością środka

kuli. Można pokazać, energia kinetyczna jest zatych dwóch energii.

że całkowita

wsze

sumą

Zadanie 33

(a) Jaka będzie całkowita energia kinetyczna kuli na dole równi? Wyraź odpowiedź przez m, g i h. (b) Jaka będzie v na dole? (c) Jak wyraża się przyspieszenie środka masy przez v i /?

* Dla jednorodnej kuli energia kinetyczna ruchu obrotowego wynosi w istocie zaledwie 40 % energii kinetycznej ruchu postępowego. Energie te s ą równe dla staczającej s ię cienkiej rury Przyp. red. wyd. polskiego.

126

7. Zachowanie energii się do 50 m. Potem zjeżdża i znowu wznosi się na następne wzniesienie, które ma 40 m wysokości. Długość szyn od

34. Wagonik kolejki diabelskiej wznosi wysokości

37. Zabawka-pistolet zawiera kulkę o masie 10 g, opierającą się wewnątrz lufy o sprę­ żynę o stałej sprężystości k = 400 N/m. Sprężyna jest zgnieciona o 5 cm. Dziecko strzela z pistoletu trzymając go poziomo na wysokości 1 m nad ziemią.

Zadanie 34

czubka jednego wzmes1enia do czubka drugiego jest 120 m. Jaka jest maksymalna dopuszczalna wartość siły tarcia działającej na wagonik o masie 500 kg? (Gdyby F 1 była choć trochę większa, wagonik nie mógłby osiągnąć szczytu drugiego wzniesienia. Siła F 1 jest stała). 35. Jakie jest zużycie paliwa samochodu Vega jadącego z prędkością 97 km/h? Jakie jest tempo produkcji energii cieplnej w kilowatach? Posłuż się rys. 7.15. 36. Masa m wisi na sznurku o długości I. Druga identyczna masa sunie po powierzchni bez tarcia z prędkością v0 . (a) Do jakiej wysokości h wzniesie się pierwsza masa, jeżeli te dwie masy zderzą się sprężyście?

a1

I

Zadanie 37

(a) Gdzie wyląduje kulka, jeśli teren jest

doskonale wietrza.

płaski?

Zaniedbaj opór po-

Przypuśćmy, że kulka trafia w środek tarczy o masie 40 g zwisającej z drzewa. Kulka przywiera do tarczy i razem się huśtają. Jak wysoko wzniesie się tarcza? Potraktuj tarczę jako masę na końcu umieszczoną punktową sztywnego pręta. 38. (a) Kula o masie 2 kg jest przewiercona wzdłuż średnicy i nawleczona na pręt, po którym suwa się bez tarcia i bez oporu powietrza (patrz rysunek). Ku-

(b)

b)

3m

8

Zadanie 36

(b) Jeżeli zderzenie jest całkowicie nie-

do jakiej wysokości h wzniosą się obie masy? (c) Ile energii cieplnej zostaje wytworzone w przypadku (b)? Wyraź odpowiedź przez m i v0 . s prężyste ,

Zadanie 38

to

la, która była w spoczynku w punkcie A, zostaje zwolniona. Jaka będzie jej gdy spadnie do punktu prędkość, B w odległości d ( = 4 m)?

Ćwiczenia i zadania

(b) Do kuli przymocowano sprężynę o stałej sprężystości k ( = 22 N/m) i mającą długość w stanie nierozciąg­ niętym 3 m. Jaka będzie prędkość kuli, gdy osiągnie punkt B po zwolnieniu jej ze spoczynku w punkcie A, tak jak w części (a) zadania? (Uwaga: kula jest dostatecznie ciężka, a sprę­ żyna dostatecznie słaba, tak że czoło kuli istotnie osiąga punkt B!) 39. Załóż, że zderzenie ciężarówki z samochodem osobowym pokazanym na rys. 7.12

127 jest zderzeniem sprężystym. Jaka jest prędkość samochodu osobowego po zderzeniu? 40.

Załóż, że zderzenie ciężarówka-samo­ chód osobowy pokazane na rys. 7.12 powoduje, że prędkość końcowa cięża­ rówki jest równa 70 km/h.

(a) Jaka jest prędkość du osobowego?

końcowa

samocho-

(b) Ile energii kinetycznej zostaje stracone w tym zderzeniu?

8

Kinematyka relatywistyczna

8.1. Wprowadzenie

romagnetyczna zależą od prędkości świat· Poprawne jest stwierdzenie, że teoria elektryczności jest teorią relatywistyczną. Na przykład, najpierw trzeba zrozumieć teorię względności, zanim można naprawdę zrozumieć teorię magnetyzmu. 3. Cząstki, którymi zajmuje się fizyka jąd­ rowa i fizyka cząstek elementarnych, poruszają się z prędkościami zbliżonymi do (lub równymi) prędkości światła. Na przykład fotony i neutrina zawsze poruszają się ła.

Dotychczas, omawiając mechanikę, zwracaliś­ my wyraźnie uwagę na to, że wszystkie rozpatrywane prędkości są znacznie mniejsze od prędkości światła, którą oznaczyliśmy symbolem c. Teraz, gdy już rozwinęliśmy pojęcia mechaniki, możemy wyjaśnić przyczynę ograniczenia v « c. Mówiąc po prostu, przyczyna tego ograniczenia jest taka, że mechanika newtonowska (nazywana także mechaniką klasyczną) nie jest poprawna. Teoria poprawna nazywa się mechaniką relatywistyczną. Nazywa się też szczególną t e ori ą względności . Okazuje się , że mechanika newtonowska jest przybliżeniem mechaniki rela tywistycznej bardzo ścisłym w zakresie v« c. Istotnie, gdy v->O, równania mechaniki klasycznej stają się ścisłe i, jak widzieliśmy, mogą wyjaśnić wiele zjawisk fizycznych. Można

sobie

by

się

zapytać,

po co

zawracać

głowę mechaniką relatywistyczną,

skoro z życia codziennego jest znacznie mniejsza od prędkości światła. Wymienimy tu kilka przyczyn: większość prędkości

1.

W aż nym ś wiatło ,

a

przedmiotem badań fizyki jest światło ma prędkość v = c.

wywodzi się z teorii elektefekty elektryczne, takie jak pole magnetyczne i indukcja elekt-

2. Teoria

światła

ryczności. Ważne

Z V=C.

4. Nowoczesna

astronomia ma wiele do czynienia z teorią względności. Odległe galaktyki poruszają się z prędkością bliską prędkości światła. Nowe zjawiska, jak gwiazdy neutronowe, pulsary, czarne dziury, wyraźnie objawiają efekty relatywistyczne. 5. Aby osiągnąć zrozumienie mechaniki kwantowej powinniśmy przedyskutować takie tematy jak zjawisko fotoelektryczne i zjawisko Comptona, w których trzeba znać relatywistyczne związki między energią, masą i pędem. 6. Zobaczymy, że teoria względności jawnie kłóci się ze zdrowym rozsądkiem i doświadczeniem życia codziennego. Pierwsza reakcja jest: ona nie może być prawdziwa! Ze względów intelektualnych i filozoficz-

129

8.1. Wprowadzenie

nych jest ważne, aby taką sytuację poddać szczególnej rozwadze. Nawet dziś jest jeszcze trochę intelektualistów, którzy nie akceptują wszystkich konsekwencji tej teorii. To jest nasz pierwszy przykład zjawisk przyrody, które otwarcie naruszają zdrowy rozsądek.

7. Wielu z nas słyszało już o takich sprawach jak E = mc 2 , jak to, że żadne cząstki ani sygnały nie mogą biec szybciej niż światło, jak paradoks bliźniąt, dylatacja czasu, skrócenie Lorentza itp. W wieku nowoczesnej technologii te sprawy stają się częścią naszej kultury, przynajmniej wśród inteligencji. Muszą je zrozumieć ci, którzy chcą być uważani za osoby wykształcone .

8.2.

Stałość prędkości światła

Centralnym paradoksem jest to, że prędkość światła musi być taka sama dla wszystkich obserwatorów. Na rysunku 8.1 pokazano przykład tego, co narusza zdrowy rozsądek i jest sprzeczne z naszym doświadczeniem .

Pojazd kosmiczni)

Impuls

Vfmp

światla \f\J'v- -~-

A

eksperyment, to nie tylko obserwator A zmierzyłby vimp = c, gdzie c = 2,998 · 10 8 m/s, lecz również obserwator B zmierzyłby vimp = c, i to dla tego samego impulsu i w tej samej chwili! Innym przykładem byłoby dwóch obserwatorów, jeden spoczywający względem odległej gwiazdy, a drugi poruszający się bardzo szybko ku tej gwieździe. Obaj mierzą pręd­ kość światła przychodzącego z gwiazdy. Obaj uzyskują ten sam wynik: vświatla = c. Głównym punktem wyjścia w teorii względności Einsteina jest to, że prędkość światła jest zawsze c = 2,998 · 10 8 m/s, niezależnie od prędkości obserwatora i niezależnie od prędkości źródła. Einstein wytłumaczył ten „dziwny" wynik „dziwnymi" własnościami przestrzeni i czasu. Postulował, że przestrzeń widziana przez poruszającego się obserwatora „kurczy się" w kierunku ruchu - v 2 /c 2 razy, i że czas mierzony przez poruszającego się obserwatora „zwalnia" tyle samo razy. Istotnie, Einstein „zoperował" przestrzeń i czas tak, aby Ax'/At' = c dla dowolnego impulsu ś wiatła widzianego przez dowolnego obserwatora poruszającego się ze stałą prędkością (x' i t' są przestrzenią i czasem mierzonymi przez poruszającego się obserwatora). W następ­ nych dwóch punktach stwierdzimy ilościowo jak to można zrobić . W pozostałej części tego punktu przedstawimy pierwszy dowód doświadczalny tego, że prędkość światła jest niezależna zarówno od prędkości źródła jak i od prędkości obserwatora.

Jl

// Ziemia

//////

Rys. 8. 1. Obserwator A na Ziemi i o bserwator B w pojeździe kosmicznym jednocześnie mierzą prędko ść tego samego impulsu św iatła

Przypuśćmy,

że

pojedynczy impuls (czyli mija obserwatora A stojącego na Ziemi. W tej samej chwili obserwator B, poruszający się z prędkością v8 , przesuwa się obok i patrzy na ten sam impuls światła. Zgodnie z tym wszystkim, czego nauczyliśmy się dotychczas, powinien on widzieć impuls św iatła biegnący wolniej, z prędkością uimp = v imp - v 8 . Jednak, gdyby przeprowadzić błys k) światła

Doświadczenie

Michelsona i Morleya

Dopóki w 1905 roku nie została ogłoszona teoria względności Einsteina, większość fizyków rozumowała, że musi istnieć jakiś ośro­ dek, w którym rozchodzą się fale światła, podobnie jak powietrze jest ośrodkiem, w którym rozchodzą się fale dźwiękowe . Ten ośrodek dla fal świetlnych został nazwany eterem. W takim przypadku układ odniesienia, który by spoczywał względem eteru, byłby wyróżnionym układem odniesienia.Tylko w tym układzie odniesienia byłaby speł­ niona równość vświacla = c. Dla obserwatora mającego prędkość v względem eteru, pręd-

130

8. Kinematyka relatywistyczna

D

kość ś wiatła, gdy obserwator porusza się w kierunku ź ródła światła, byłaby równa (c +u). Uważano eter za ośrodek „fizyczny", lecz nie m ający masy - koncepcja trudna do

p ojęcia , łagod nie mówi ąc.

W latach o s iemdziesiątych ubiegłego stulecia przeprowadzono doświadczenia, których wyniki b y ł y spójne z zasadą, że światło biegnie z prędko ścią uświatła= c, niezależnie od prędko ści ź r ó dła lub obserwatora, a więc przeczy ły hipotezie eteru. Ponieważ Ziemia po rusza s ię z prędkością u= 30 km/s wokół Słońca, więc zwolennicy teorii eteru uważali , że mu szą być okresy w roku, kiedy Ziemia ma względem eteru prędkość co najmniej 30 km/s (lub eter ma prędkość 30 km/s względem Ziemi). Patrz rys. 8.2. Wówczas dla

o

STorice

{30km/s)

Rys. 8.2. Orbita Ziemi wokół Słońca. Gdyby prędkośc eteru była taka sama jak prędkość Ziemi, w położeniu A prędkość Ziemi względem eteru byłaby równa zeru. Natomiast w położe niu B Ziemia poruszałaby się z prędkością 60 km/ h względem eteru

Veteru

Żródlo

Zwierci ad[ o

Rys. 8.3. Na sztywnym ramieniu jest zamocowane źródło i zw ierci ad ło . Eter porusza się od prawej do lewej z pręd k ością v

D D c - u c +u

2Dc c - u

t=--+--=-2 2

t=2D(1-v2)-1 c c

(8.1)

2

Czas przebiegu światła do zwierciadła i z powrotem jest dany równaniem (8.1), gdy ramię przyrządu jest ustawione równolegle do kierunku prędkości eteru v. Gdy obrócić ramię o 90°, tak że jest ono prostopadłe do v, światło musi przejść odległość 2D' mierzoną przez obserwatora spoczywającego względem eteru (patrz rys. 8.4). Wówczas czas przebiegu do zwierciadła i z powrotem 2D' et' t' = - c , czyli D' = (8.2) 2 Z trójkąta prostokątnego pokazanego na rys. 8.4 mamy

D'2=D2+(v~'Y Zwierciad[o

obserwatora na Ziemi światło biegnące w tym samym kierunku co eter miałoby prędkość (c + u) względem Ziemi, a światło biegnące w przeciwnym kierunku miałoby prędkość (c-v) , gdzie v jest co najmniej równe 30 km/s. Wyobraźmy sobie sztywne ramię długości D, na którym jest umocowane źródło światła i zwierciadło. Wyobraźmy też sobie poruszający się eter, jak to pokazano na rys. 8.3. Czas, jaki zużywa światło na przejście od źródła do zwierciadła, jest t 1 =D/(c-v). Czas na powrót od zwierciadła do źródła jest t 2 = D/(c + u). Czas przebiegu tam i z powrotem

rE1v

I I I

I / I

i I I

=

I..!+.

I

I

I I I-I

I

I D' I

I I I I

I lc::i I

I I I I-I I D' I I I

~---!____l_-_v_t'~ _------i Rys. 8.4. Trzy kolejne położeni a ramienia poruszaj ącego się poprzecznie w stosunku do eteru. Na tym rysunku eter spoczywa

131

Stałość prędkości światła

8.2 . Podstawiając

w tym równaniu na D' wartość w równaniu (8.2), otrzymujemy

otrzymaną

Rozwiązujemy względem

t' = 2D c

(1-

t' Żród[o

v2) - 112 c2

Widzimy,

że

noległego

i

różnica

(8.3) czasu przebiegu rów-

prostopadłego

v2)-1- (1--v2)- ' ' 2]

2D t-t , = - [( 1-2 c

Ekran

c2

c

Można to uprościć rozwijając dwumian w szereg i biorąc dwa pierwsze wyrazy: (1- s)" :::::d-ns. Wówczas 2

t-t'= 2D[v

c

c2

-~]= Dv3 2 2c

2

c

(8.4)

Przykład

1. Załóżmy, że ramię ma 1 m długości . Jaka jest różnica czasu przebiegu równoległego i prostopadłego, jeżeli prędkość eteru jest równa 30 km/s? ODPOWIEDŹ: V

c

30 km/s = _ 10 4 5 3 · 10 km/s D(l0-4)2

D(lO-s)

=3,3 · 10 - 17 s c c W ciągu tego czasu światło przebiega około 1/40 swojej długości fali.

(t-t')

s

Michelson i Morley zdali sobie sprawę, że mogliby zaobserwować tak małą różnicę czasu za pomocą interferometru, który ma dwa ramiona ustawione pod kątem 90° do siebie. Taki interferometr jest pokazany na rys. 8.5. W tym interferometrze światło ze ź ródła S zostaje rozszczepione na dwie wiązki

Rys. 8.5. Interferometr Michelsona. Wiązka światła ze żródła S zostaje rozszczepiona przez półprzezroczys te zwierciadło M 1 , a następnie łączy się na ekranie

przez półprzezroczyste zwierciadło M 1 . Oba promienie świetlne łączą się na ekranie. Jeżeli obie drogi światła są tej samej długości, na ekranie wystąpi interferencja konstruktywna (amplitudy obu fal dodadzą się). Eksperyment polega na takim dopasowaniu położeń zwierciadła, aby nastąpiła interferencja konstruktywna. Następnie cała aparatura zostaje obrócona o 90° przez obrót Ziemi i obserwuje się nowy obraz interferencyjny. Zmiana czasu przebiegu światła wynikająca z prędkości eteru powinna ujawnić się jako zmiana obrazu interferencyjnego (amplitudy dwóch fal mogą się odjąć i dać zmniejszenie natęże­ nia światła). Nawet wartość v tak mała jak 30 km/s już powinna dać wyraźnie mierzalny efekt. Jednak, po wyczerpujących próbach, Michelson i Morley nigdy nie zaobserwowali żadnego efektu. Jednym z wyjaśnień było , że eter przypadkowo ma względem układu sło­ necznego prędkość 30 km/s i porusza się razem z Ziemią. Michelson i Morley powtórzyli swoje doświadczenie w 6 mi esięcy później , gdy prędkość Ziemi była skierowana w przeciwną stronę . Jeżeli istotnie teoria eteru byłaby słuszna , powinni oni zaobserwować podwójnie duży efekt (patrz rys. 8.2), ale i tym razem nie zaobserwowali żadnej zmiany. Innym wyjaśnieniem było, że Ziemia pocią­ ga za sobą lokalny obszar eteru. To jednak

132

8. Kinematyka relatywistyczna

powodowałoby, że gwiazdy zmieniałyby pozornie swoje położenia tam i z powrotem w ciągu roku, w inny sposób niż to jest rzeczywiście obserwowane. To wyjaśnienie zostało więc wykluczone przez obserwacje astronomiczne. W wyniku tych doświadczeń wyciągamy wniosek, że światło emitowane przez źródło interferometru zawsze biegnie z prędkością c względem źródła i zwierciadeł. Ostateczną próbą wyjaśnienia braku występowania efektu byłaby zmiana praw elektryczności taka, aby światło było zawsze emitowane z prędkością c względem źródła fal elektromagnetycznych. Okazuje się, że takie wyjaśnienie jest wykluczone ze względu na obserwacje astronomiczne. Gdyby taka teoria emisji światła była prawdziwa, ruch gwiazdy podwójnej wydawałby się zakłócony i przeczyłby prawom Keplera. Gdy jeden składnik gwiazdy podwójnej porusza się ku Ziemi z prędkością u, jego światło przebiegałoby całą odległość z prędkością (c +u) i dochodziłoby wcześniej, natomiast światło od gwiazdy oddalającej się dochodziłoby później .

Można by się spodziewać, że ta seria eksperymentów powinna była mieć głęboki wpływ na Einsteina, gdy formułował swoje rozwiązanie problemu. Jednak doświadczenia Michelsona i Marleya mało obchodziły Einsteina. Znacznie więcej niepokoiły go niespójności między równaniami teorii elektromagnetycznej i mechaniki klasycznej. Einstein z zainteresowaniem rozważał, co się stanie, gdy ktoś będzie gonił impuls świetlny i w końcu dogoni go biegnąc z prędkością u:::::;c. Zajmował się więc problemem, jakie zmiany w klasycznych pojęciach czasu i przestrzeni trzeba wprowadzić, aby prędkość światła wydawała się jednakowa dla wszystkich obserwatorów i aby równania teorii elektromagnetycznej miały taką samą formę dla wszystkich obserwatorów poruszających się ze stałą prędkością względem siebie.

Zasada

sza, to stałość prędkości światła dla wszystkich obserwatorów. (Można to wyrazić bardziej ogólnie, twierdząc, że prędkość światła c = 2,998 · 108 m/s jest największą prędkością i żadna cząstka z większą prędkością poruszać się nie może. Cząstki bezmasowe, takie jak fotony i neutrina muszą zawsze poruszać się z prędkością u:::::; c względem wszystkich obserwatorów). W naszej dyskusji przyjęliśmy drugą podstawową zasadę jako spełnioną. Ta druga zasada to zasada względności, którą pierwszy wypowiedział explicite Galileusz. Według niego prawa fizyki powinny być takie same dla wszystkich obserwatorów poruszają­ cych się ze stalą prędkością względem siebie, bez względu na kierunki i wartości bezwzględne prędkości. Można inaczej wyrazić zasadę względności: nie może być wyróżnionego układu odniesienia ani nie istnieje sposób na wyznaczenie prędkości bezwzględnej. Rzeczywiście, jeżeli zamkniemy oczy lecąc pasażers­ kim samolotem odrzutowym, będziemy odnosić takie samo wrażenie jakbyśmy byli w spoczynku. Z zasady względności wynika, że nie ma takich doświadczeń fizycznych, które moglibyśmy przeprowadzić wewnątrz

względności

Jak zobaczymy, rewizja pojęć przestrzeni i czasu, dokonana przez Einsteina, wynika wprost z dwóch podstawowych zasad. Pierw-

Rys. 8.6. Albert Einstein (1879- 1955)

8.2.

133

Stalość prędkośc i światła

samolotu odrzutowego, aby wyznaczyć jego prędkość. Przez „ wewnątrz samolotu" rozumiemy całkowity brak kontaktu ze światem zewnętrznym.

8.3. Dylatacja czasu Zaczniemy przedstawianie teorii względności od prostego zastosowania tych dwóch zasad (stało ś ci prędkości światła i zasady względ ­ ności), aby wyjaśnić dlaczego Einstein uważał za konieczne zmienić pojęcie czasu. Zastosujemy obie zasady do prostego rodzaju zegara, nazwanego „zegarem ś wietlnym". Konstrukcja jest bardzo prosta: tylko dwa rów n o ległe zwierciadła, oddalone od siebie o s t ałą odległość D, jak to pokazano na rys. 8.7a. To s ą wyidealizowane zegary z doskonale odbijającymi zwierciadła mi. W każdym jest

a)

B Impulsi) światra

b)

lmp11 /s1J

swiatra

B

A ~:::.=:i

I

I

I

I I

I I I I I

I I I [

I

I

I

f \.: J _)

I.

V

-b /

vT

.I

Rys. 8.7. a) Dwa identyczne zegary świetlne w czasie t=O. Zegar B po rusza się w prawo z prędkością v. b) Jak A widzi zega ry świetlne r sekund później. Oba impulsy światł a przebyły odległo ść er . Impuls w A os iągnął koniec zegara, ale impuls w B ma jeszcze przed so bą k a wałek drogi

zamknięty

krótki impuls światła biegający tam i z powrotem. Niech r będzie czasem potrzebnym, aby impuls światła, który wystartował z dolnego zwierciadł a, uderzył w zwierciadło górne. Za każdym razem, gdy światło uderza w zwierciadło , mamy „tyknięcie " zegara. Zaczynamy, gdy dwa takie zegary tykają synchronicznie. Czas międz y tyknięciami jest r = D/c. Niech teraz zegar B porusza się w prawo z prędkości ą v, jak na rys. 8.7b. Najpierw możemy postawić sobie pytanie, czy będzie się wydawało , że poruszający się zegar ma taką sam ą długo ść jak zegar A . Możemy odpowiedzieć na to pytanie wyobrażając sobie cienki pędzelek zamocowany do końca zegara B. Gdy pędzelek mija zegar A , maluje na nim znaczek. Jeżeli znaczek będzie na końcu A, to zegary mają tę samą długość . Jeżeli znaczek jest poniżej górnego końca zegara A , znaczy to, że zegar B zmniejsza swoją długość, gdy jest w ruchu. Przypuśćmy teraz, że znaczek był poniżej końca. Wówczas obserwator A (który porusza się razem z zegarem A) będzie widział, że poruszające się zegary świetlne (lub jakikolwiek odcinek poprzeczny do kierunku ruchu) są krótsze, natomiast według obserwatora B poruszające się zegary świetlne wydadzą się dłuższe. Jednak, zgodnie z zasadą względnoś­ ci, obaj obserwatorzy są na równych prawach i obaj powinni zaobserwować ten sam efekt. To jest możliwe tylko, gdy dla obu obserwatorów oba zegary mają tę sam ą długość. Pozostałą część dyskusji będziemy prowadzić z punktu widzenia obserwatora spoczywającego względem zegara A. Taki obserwator widzi, że droga, którą impuls światła przebywa od jednego końca do drugiego końca zegara B, jest dłuższa. Impuls światła B musi biec po przekątnej na rys. 8.7b i zgodnie z zasadą s tało ści prędkości światła, musi poruszać się z taką samą prędko ścią jak impuls światła w zegarze A. Tak więc, aby dotrzeć do górnego zwierciadła, impuls świat­ ła B zużyje więcej czasu niż impuls światła A (według obserwatora A). Nazwijmy ten dłuższy czas T. W ów czas długość drogi po przekątnej jest równa c T. Stosując twierdzenie Pitagorasa (patrz rys. 8.7b) otrzymamy

134

8. Kinetyka relat ywistyczna

(c T) 2 = (vT) 2 + (cr) 2

świetlny i zegarek przyspieszeniu, oba

Stąd

T= R

-2

(8.5)

T

W teorii względności czynnik (1-v 2/c 2 ) - 1 i 2 występuje tak często, że dano mu własny symbol y (gamma) 1

Według

(definicja)

spoczywającego

obserwatora, czas zegara jest równy T, co jest dłuższe od T, czasu między tyknięciami , gdy którykolwiek z zegarów spoczywa. Musimy dojść do wniosku, że każdy obserwator stwierdzi, iż poru s zający się zegar tyka wolniej y razy niż identyczny zegar spoczywający . W równaniu (8.5) T nazywa się czasem wlasnym. Jest to odstęp czasu między dwoma zdarzeniami, które obserwator widzi w tym samym punkcie przestrzeni. Wówczas T jest czasem między tymi samymi zdarzeniami, zmierzonym przez poruszającego się obserwatora ijego własnym zegarem) między tyknięci a mi poruszającego się

1

T

= -

y

T

(czas

własny)

(8.6)

Czas wła s ny da nego zegara jest czasem mierzonym przez obserwatorów, którzy porus zaj ą s i ę wraz z zegarem. Obserwator porus zaj ą cy się względem zegara st.wierdzi, że zegar mierzy odstępy czasu T= yr według zegarów nieruchomych względem niego. Czy jednak zegary świetlne zachowują s ię w ten sposób ze względu na specjaln ą naturę ś wi a tła? Czy zwykłe zegary mechaniczne, któ rych części poruszają się z prędko ścią znacznie mniejszą od prędko ści światła, równi eż zw a lniaj ą w tym samym stosunku y? Einstein powi e dział , że tak, gd y ż nie ma to nic wspólnego z n a turą poszczególnego zegara - to wynika z samoistnej natury czasu. Aby to zrozumieć przypuśćmy , że zegar

ręczny

razem podlegaj ą identyczny czas. Później zostają pchnięte w bok z prędkością v i zegar świetlny zwalnia, tak jak powinien, ale zegarek ręczny nie robi tego. Mielibyśm y wówczas prosty detektor ruchu bezwzględ­ nego: gdy zegary wskazują ten sam czas, s ą w spoczynku, natomiast, gdy zegar świetlny spóźnia się wiadomo, że są w ruchu. To oczywiście łamie zasadę względności, na której opiera się cała nasza dyskusja. Skoro dylatacja jest własnością samego czasu, nie tylko wszystkie poruszające się zegary zwalniają, ale również wszystkie procesy fizyczne, jak np. reakcje chemiczne, są spowalniane, gdy są w ruchu. Ponieważ życie polega na skomplikowanych reakcjach chemicznych, więc życie również zostałoby spowolnione w tym samym stosunku. Istotnie, gdyby starzenie się biologiczne nie zwalniało w tym samym tempie, mogliby śmy przyspieszyć próbkę biologiczną, która mierzy czas (np. bicie serca), do prędkości poruszającego się zegara świetlnego i gdyby wtedy zegar świetl­ ny i bicie serca nie mierzyły jednakowo czasu, mielibyśmy detektor absolutnego czasu, znowu łamiący zasadę względności. Oczywiście, istota ludzka lub jakakolwiek inna forma życia, w szybko poruszającym się pojeździe kosmicznym nie odczułaby ani nie zaobserwowała spowolnienia życia wewnątrz pojazdu kosmicznego (dalsza dyskusja starzenia się w czasie podróży kosmicznej będzie omówio· na w p. 8.7). Ponieważ wszystkie procesy fizyczne zost ają spowolnione, więc również czas połowi­ cznego zaniku próbki promieniotwórczej musi podlegać spowolnieniu w tym samym stosunku. Ta zmiana czasu połowicznego zaniku została zaobserwowana bezpośrednio z dokładnością ok. 1 części na 104 , przy użyciu ws kazują

wiązki nietrwałych cząstek poruszających się

z

prędko ścią bliską prędkości światła.

Czas zaniku takich cząstek wzro śnie y razy. Dobrze znaną nietrwałą cząstką jest pion (patrz rozdz. 31). Pion ma czas połowi­ cznego zaniku ok. 1,8 · 10 -s s i łatwo go wytworzyć bomb arduj ą c jakikolwiek materia! wiązką wysokoenergetycznych cząstek z akpołowicznego

135

8.3. Dylatacja czasu

Tarcza Wla,zka pionów z akceleratora

o

CJ

~ ---c~-

WifikSZ/j pftd

Wiqzka monoenerqetyczn1Jch pionów Rys. 8.8. Metoda otrzymywania

celeratora. mają

tę

Wiązkę samą

wi ąz ki

pionów o jednakowej

pionów, które wszystkie

prędkość,

można

wydzielić

wybierając

te piony, których tory zaginają się pod tym samym kątem w polu magnetycznym, jak to pokazano na rys. 8.8.

Przykład 2. Wytworzono wiązkę pionów mających prędkość v = 0,99 c. (a) Ile razy wydłużył się czas połowicz­ nego zaniku (mierzony w laboratorium) tych pionów? (b) Jak długo będzie trwało, zanim połowa tych pionów rozpadnie się? (c) Jaką odległość przebędą one w tym czasie?

ODPOWIEDŹ:

y

1

jl-0,99 2

prędkości

dziej stabilnie

czas jest zegar zjawisko Mossbauera. „Zegary" mossbauerowskie użytkują fotony z rozpadu promieniotwórczego izotopu żelaza zawartego w krysztale żelaza. Dwa identyczne zegary mossbauerowskie pokazują ten sam czas z dokładnością jednej części na 10 16 . Przesunięcie czasu ujawnia się jako wzrost tempa zliczania fotonów. Wielkość zmiany tempa można mierzyć ilościowo. W tym doświadczeniu z dylatacją czasu cały zegar Mossbauera był poddany szybkim obrotom. Stwierdzono, że zegar zwalnia (1-v 2 /c 2 )- 1 i 2 razy w stosunku do identycznego zegara mossbauerowskiego będącego w spoczynku.

8.4. Transformacja Lorentza

Czynnik

„Nie

=7,09

Widzisz, mój synu,

Czas połowicznego zaniku będzie 7,09 razy dłuższy, tzn. t = 7,09(1,8·10- 8 s) = = 12,7 · 10- s s. Odległość przebyta w tym czasie jest x = vt =0,99c(l2,7·10- 8 s)= =37,9 m.

Dylatację czasu zaobserwowano nie tylko za pomocą mikroskopowych „zegarów" w postaci nietrwałych cząstek. W 1960 roku ten efekt stwierdzono również stosując tzw. zegary Mos sbauera. Urządzeniem, jakie możemy zb udować w obecnym stanie wiedzy, najbar-

odmierzającym

wykorzystujący

postępuję

prawie wcale, ale że

czuję, że zaszedłem już

tutaj czas przemienia

się

daleko. w przestrzeń".

(Parsifal, scena

przeobrażenia,

R. Wagner, 1877)

Zobaczymy w tym punkcie, że marzenie poety okazało się bliskie prawdy. Z transformacji Lorentza (równanie (8.9)) wynika, że czas może przemiemac się w przestrzeń i odwrotnie. Wyobraźmy sobie dwóch obserwatorów poruszających się ze względną pręd­ kością v. Nazwijmy ich pan X i pan Prim. Pan X robi pomiary zdarzeń w swoim układzie współrzędnych (x, y, z). Układ

136

8. Kinematyk.a relatywistyczna

a)

-

gdzie A , B, E i F

lj

1/ V

X

Pan Prim

x' lj

_y__.

y'

-

yr=Er+O A więc E= y.

Pan X

Pan Prim

być funkcjami v. w tym samym punkcie,

gdy t = t' =O). Przekonaliśmy się już, że y' = y, z' = z (wynik rozumowania na s. 133, że dłu­ gości poprzeczne muszą wydawać się takie same obu obserwatorom). Aby znaleźć cztery wielkości A , B, E , F musimy mieć cztery równania. Rozważmy najpierw zegar umieszczony w x=O. Niech odstęp czasu między tyknięciami będzie r. Zgodnie z równaniem (8.5) pan Prim widzi poruszający się zegar, który tyka w odstępach czasu y-r. Ponieważ równanie (8.8) musi być spełnione dla pierwszego tyknięcia, więc x =O, t = r i t' = yr spełniają równanie (8.8)

Pan X

b)

mogą

(Początki układów są

X

x' Rys. 8.9. Dwóch obserwatorów poruszających się wzglę­ dem siebie z prędkością v. a) Pan Prim widziany przez pan a X. b) Pan X widziany przez pana Prima

Według pana Prima zegar porusza się w prawo z prędkością v, tzn. pan Prim widzi zegar w miejscu x' = vt'. Wstawmy to, oraz wartość x =O, do równania (8. 7)

vt' =O+Bt współrzędnych

używany

przez pana Prima nazywamy układem primowanym, jest on pokazany na rys. 8.9. W mechanice klasycznej związki między tymi dwoma układarn'i są nas tępujące

;: : ;+vt

l

z' = z t' = t

o ile tylko początki obu układów były w tym samym punkcie w czasie t = t' =O. Jeżeli zastosujemy te równania transformacji, to wiązka świa tła biegnąca w prawo z prędkoś­ cią e w układzie nieprimowanym, ma w ukła­ dzie primowanym prędkość (e + v). Chcemy znaleźć

inną

taką , że

gdy

transformację

współrzędnych,

porusza się z prędkością v = e w układzie nieprimowanym, to w ukła­ dzie primowanym również będzie się poruszać z prę dkością v' = e, tzn. że jeżeli x =et, to x' = et'. Ogólna transformacja współrzędnych jest x'=Ax+ Bt (8.7)

t' =Et+Fx

ciało

(8.8)

vt' B=-= vy t gdyż, jak widzieli śmy, t' = yt. Aby zna leźć A, umieśćmy zegar w początku układu pana Prima. Zgodnie z zasadą wzglę­ dności pan X musi widzieć zegar poruszający się w lewo z prędkością - v, czyli x = - vt, gdy x' =O. Wstawmy to do równania (8.7). Otrzymamy wtedy O=A(- vt) +(vy)t A= y Równania (8.7)

(8.8)

mają

teraz

postać

x' = yx + yvt t' = yt +Fx Wreszcie wykorzystamy fakt, że gdy x =et, to x' = et'. Podstawmy te wielk ości do powyż­ szych równań i podzielmy pierwsze równanie przez drugie

et' t'

yet + yvt yt +Fet

ye+yv e=--y +eF

137

8.4. Tran sforma cja Lorentza Rozwiązując względem

F otrzymujemy

V

F= -y c2

Znaleźliśmy

i mamy

wszystkie cztery

współczynniki

ostateczną postać równań

(8.7) i (8.8)

się

w punktach x'1 i x2 . jak pokazano na rys. 8.10). Wówczas z równań (8.9) mamy x2 = yx 2 + yvt 2

x '1 = yx 1 + yvt 1

Odejmujemy stronami x' =yx + yvt

(transformacja Lorentza) (8.9)

x2-x'1 = y(x 2 -x 1 )+ yv(t 2 - t 1 ) Aby pan X mógł zmierzyć długość poruszają­ cego się przedmiotu, uzyskując wynik, który

W teorii względności czas nazywany bywa czwartym wymiarem. Mówiąc ściślej, wielkość et, którą mierzy się w tych samych jednostkach co x, y i z, zachowuje się jak czwarta ws półrzędna przestrzeni. Widzimy, że et i x mogą zostać ze sobą przemieszane za le żnie od prędko ś ci obserwatora. W teorii względności et i x zachowuj ą się matematycznie w podobny sposób. W równaniu (8.9) mamy współrzędne primowane wyrażone przez współrzędne nieprimowane. Dogodnie jest mieć też relacje przeciwne - współrzędne nieprimowane wyraż one przez primowane. Możemy to zrobić roz wi ązując dwa niezależne równania wzglę­ dem dwóch niewiadomych x i t. Kilka przekształceń algebraicznych doprowadzi nas do wyniku x= yx' -yvt' ,

V

t=yt -y C 2 X

,

te równania maj ą taką samą jak równania (8.9), z tym, że v zostało zas tąpione przez - v. Tego można się było spo dzie wać , gdyż pan X widzi pana Prima po rusz aj ą ceg o się z prędkością - v, podczas gdy pan Prim widzi pana X poruszającego się z prędk oś cią v.

I/

t.j'

-

Pan X

V

-

f"""""'""f

x;

x'

X

x2

Rys. 8.1 O. Poru szający w ukła dzie primowanym

się

pręt

metrowy

spoczywa

byłby poprawny w jego układzie odniesienia, musi dołożyć starań , aby zmierzyć położenia obu końców w tej samej, według niego, chwili, tj . kiedy t 1 = t 2 • Wtedy poprzednie równanie przyjmie postać x 2-x'1 =y(x 2 -x 1) lub

Za uwa żc ie, że pos tać

czyli (długość poruszającego się pręta)=

= J l - v2 /c 2 (długość pręta, gdy spoczywa) '"'""O"'J' =

J 1-

2

v Ic

2

t,poczywający

(skrócenie Lorentza)

(8.10)

Skrócenie Lorentza* Przy pu śćmy ,

że

pan X próbuje mierzyć długo ść metrowego pręta, który spoczywa wukł ad z ie primowanym Gego końce zn ajduj ą

' Bywa używa n y rów nież termin skrócenie Fitzgeralda·Loren tza, gd yż hipo t ezę skrócenia podali niezależ nie od siebie G.f. Fitzgerald i H.A . Lorentz - Przyp. tłum.

Gdy dwóch obserwatorów mija s ię , każdy trzymając w kierunku ruchu identyczny pręt metrowy, obaj „zobaczą " pręt partnera skrócony tyle samo razy. Napisaliśmy wyraz „zobaczą" w cudzysłowie, ponieważ jest waż­ ne, aby zmierzyć położenie obu końców równocześnie, podczas gdy w rzeczywistości , jeśli patrzymy na oba końce pręta, wystąpi

138

8. Kinematyka relatywistyczna

pewna

różnica

czasu ze

czony czas przelotu

względu

światła.

na

skoń­

Stwierdzi wtedy,

że

Wykonanie ob-

liczeń

dla określenia jak będzie wyglądała fotografia szybko poruszającego się przedmiotu jest skomplikowane ze względu na poprawki, jakie należy wprowadzić dla róż­ nych czasów przelotu światła biegnącego różnymi drogami.

Przykład

metrowy mija cię z prędkością równą 60% prędkości światła. Jak długi ci się wyda? 3.

OoPowrnoż:

Pręt

gdzie I jest długością nieruchomego wagonu. Równie zadziwiające jest to, że pan X twie· rdzi, że piorun po prawej stronie uderzył pierwszy. Istotnie, widziany przez pana Prima człowiek w wagonie porusza się ku światłu y'

I/

Zgodnie z równaniem (8.10) X

l=Jl-0,6 2 (100 cm)=

x'L

=J0,64(100 cm)=80 cm

f

Pan Prim

X~

Rys. 8.11. Pan Prim widzi, że dwie błyskawice udmył) w oba końce wagonu. Pan X porusza się ku prawemu impulsowi światła i spotyka się z nim wcześniej. Według niego piorun uderzył najpierw w prawy koniec wagonu

jednocześnie

8.5.

Jednoczesność

Ważną przyczyną fizyczną tego, że dany pręt metrowy jest według jednego obserwatora krótszy niż według drugiego, jest fakt, że zdarzenia jednoczesne dla jednego obserwatora nie są jednoczesne dla innego obserwatora. Pamiętaj, aby zmierzyć długość pręta, trzeba zmierzyć położenie obu końców równocześnie. Pokażemy

teraz, posługując się przykładem wagonu, że dwa zdarzenia, które są jednoczesne dla nieruchomego obserwatora, nie są jednoczesne dla obserwatora w poruszającym się wagonie. Wagon, gdy jest w spoczynku, ma długość I, zmierzoną przez pana X, stojącego w środku wagonu (rys. 8.11). Załóżmy, że w czasie t = t 0 pan X mija pana Prima stojącego koło torów. W tej samej chwili, według pana Prima, dwa pioruny uderzają w końce . wagonu, pozostawiając ślady na torze. To stwarza panu Primowi doskonałą sposobność do zmierzenia długości wagonu. Może spokojnie, w dogodnych warunkach, zmierzyć odległość między śladami. poruszającego się

pioruna z prawej strony i to światło dojdzie do niego wcześniej. Jeżeli twarz pana X jest oświetlona najpierw przez błysk światła przychodzący z prawej strony, to ten błysk dochodzi do niego pierwszy, co może dostrzec każdy obserwator. Ale, według pana X, dwa uderzenia piorunów były od niego równoodległe i jeśli zobaczył na własne oczy, że błysk z prawej doszedł pierwszy, to według niego piorun z prawej musiał pierwszy uderzyć. Inny obserwator, pan Bis, startujący z tej samej pozycji, lecz poruszający się w lewo, będzie na tej samej zasadzie twierdzić, że pierwszy uderzył piorun z lewej strony. Wnioskujemy, że gdy dwa zdarzenia zachodzą w obrębie czasu krótszym niż potrzebuje światło, aby przebiec między nimi, kolejność ich zachodzenia jest nieokreślona - zależy od prędkości obserwatora. W takich przypad· kach można sprawić, przez wybór odpowiednio poruszającego się obserwatora, że zdarzenia rzekomo póżniejsze będą poprzedzać zdarzenia przeszłe.

8.5.

Przykład

139

Jednoczesność

4. Piorun uderza w oba

końce

wagonu Japońskich Kolei Państwo­ wych długości 20 m, jadącego wzdłuż osi x z prędkością 200 km/h= 55,6 m/s. Według pewnego obserwatora (pana Prima) stojącego na ziemi, piorun uderzył w oba końce jednocześnie. Jaka była różnica czasu między oboma uderzeniami według pasażerów (w układzie nieprimowanym)? ODPOWIEDŹ: Spójrz na rys. 8.11. Chcemy znaleźć (t P - t L). Równanie transformacji Lorentza dla t'

dzi dla fal światła. Gdy źródło zbliża się do obserwatora (lub równoważnie, obserwator porusza się ku źródłu) rejestrowana częstość światła rośnie (światło jest „ przesunięte ku fioletowi"). Gdy źródło i obserwator oddalają się od siebie, obserwowana częstość światła maleje (jest to „przesunięcie ku czerwieni"). Wielkość efektu Dopplera dla dźwięku można obliczyć stosując mechanikę klasyczną, aby jednak obliczyć wielkość efektu Dopplera dla światła, musimy stosować teorię względności . Na rysunku 8.12 pokazano źródło światła B i jego detektor A . A i B oddalają się od siebie ze względną prędkością v. Załóżmy , że do A i do B przymocowano identyczne zegary i że oba te zegary wskazywały zero,

Odejmujemy stronami

(t~-tjJ = y(t p-tL) + y~ (Xp-XL) c

Według

pana Prima (t~-t),)=0, a wektóregokolwiek z pasażerów (xP-xL) = l =długość wagonu. Podstawiając to do poprzedniego równania otrzymujemy V 55,6 (tp - t L) = - C2 / = - (3 . 108)2 (20) S = dług

=

- 1,24 .

10 - 14

s

Jest to wartość zbyt mała , aby mogła być mierzalna. Znak minus oznacza, że tp jest mniejsze niż tv tj . zdarzenie w Xp zaszło przed zdarzeniem w Xv

8.6. Zjawisko Dopplera dla

światła

Kiedy obserwator porusza się w kierunku do stwierdza, że częstość dźwię­ ku rośnie , gdy za ś oddala się - częstość dźwięku maleje. Ta zmiana częstości wynikaj ąca z ruchu nazywa się zjawiskiem Dopplera. Częs to spotykanym przykładem jest dźwięk gwizdka zbliżającego się pociągu. Gdy pociąg mija nas, częstość, czyli wysokość tonu, spada. Zjawisko tego samego rodzaju zachoźró dła dźwięku,

X

A Rys. 8.12. Według obserwatora źród ło światła B po rusza s ię w

w układzie primowanym prawo z prędkością v

gdy A i B znajdowały się w tym samym miejscu. Przypuśćmy, że B emituje impuls światła, gdy jego zegar wskazuje TB. Chcemy obliczyć czas TA, gdy impuls dochodzi do A. Obserwator w primowanym układzie odmes1enia widzi, że zegar spoczywający w A biegnie szybciej niż poruszający się zegar w B. Według A jego zegar wskazuje tA = y TB

gdy poruszający się zegar B wskazuje TB. Nas jednak interesuje czas, w którym impuls światła z B przychodzi do A. W układzie odniesienia A czas przelotu jest równy x'/c. Jeżeli TA jest momentem przybycia impulsu światła do A , to w układzie odniesienia A mamy x'

TA= t A+ (czas przelotu)= t A+c Zastąpmy teraz tA przez (y TB) i wyeliminujmy x' biorąc pod uwagę , że odległość, jaką przebył B w czasie tA , jest x' = vtA = v(y T8 ).

140

8. Kinematyka relatywistyczna

Wówczas

wowano dla linii widmowych obiektów astronomicznych nazywanych kwazarami. Jaka jest prędkość ucieczki kwazara, dla którego czynnik przesunięcia ku czerwieni wynosi 3?

vyT8 TA= yTB+-c czyli TA = y (I

+ mTB,

gdzie

/3

=-c V

Różnica

czasu, czyli okres, między dwoma kolejnymi impulsami, czyli okres drgań

ODPOWIEDŹ:

Stosując

równanie (8.12)

mamy

(8.11)

gdzie

r8

jest

okresem

zmierzonym przy czyli liczbą impulsów na sekundę a okresem jest dany wzorem J= l /r . Weźmy odwrotność obu stron równania (8.11) i skorzystajmy ze wzoru y =(l-/3 2 ) - 112 . Otrzymamy źródle . Związek między częstością,

~ JA= l + /3 fB lub (źródło oddalające się)

(8.12)

gdzie JA jest liczbą impulsów rejestrowanych w ciągu sekundy przez A. Ten związek pozostaje taki sam, niezależnie od tego czy liczymy tykania zegara B lub liczbę drgań oscylatora w B, czy też, gdy B jest źródłem światła (fal elektromagnetycznych). W przypadku światła f 8 jest liczoną przy źródle, liczbą powierzchni jednakowej fazy, emitowanych w ciągu sekundy przez źródło, a JA jest liczbą powierzchni jednakowej fazy dochodzących w ciągu sekundy do obserwatora oddalającego się od źródła. Ponieważ JA
{l+P f v4

8

(źródło przybliżające się)

1 JA = -:/B>

czyli

_31 =

-+ /3/3 VHl T+/3

1+/3=9 (1- /3) 10{3 = 8 v=0,8c Wydaje się, że odległe galaktyki i kwazary uciekają od naszej galaktyki z prę­ dkością proporcjonalną do odległości . Jeżeli ta liniowa zależność między odległością a prędkością jest słuszna w przypadku kwazaru w naszym przykładzie, to znajduje się on w odległości 12 · 10 9 lat świetlnych.

8.7. Paradoks

bliźniąt

Ci, którzy śledzą program badań kosmicznych, słyszeli może, że podróżnicy kosmiczni starzeją się nie tak prędko jak ich bracia pozostający na Ziemi. Ponieważ jednak dla rzeczywistych kosmonautów v/c « 1, więc efekt jest tak mały, że można go zaniedbać. Gdyby jednak podróżnik kosmiczny mógł poruszać się z prędkością światła, nie starzał­ by się wcale. Według obserwatora na Ziemi, zegary i wszystkie procesy fizyczne, włączając w to samo życie, są na statku kosmicznym poruszającym się z prędkością v spowolnione Jl-v 2 /c2 razy (patrz równanie (8.5)).

(8.13) Przykład

6. Wyobraźmy sobie bliźniaki A i B w sytuacji przedstawionej na rys.

Przykład 5. Wielkie przesumęc1a ku czerwieni, nieraz aż trzykrotne, zaobser-

8.13. Bliźniak B leci do gwiazdy Arktur i z powrotem na Ziemię z prędkością

8. 7. Paradoks

141

bliźniąt

e---'--{D Bliżmak

A

Ziemia •

Bli źniak

B

D

Panki ;,wcamm> Rys. 8.13. Bliźniak B podróżuje tam i z powr?tem statkiem kosmicznym, podczas gdy bhzmak A pozostaje na Ziemi

v=0,99 c. Według nas, przebywających na Ziemi, Arktur jest oddalony o 40 lat świetlnych. Jaki będzie wiek każdego z bliźniaków, gdy B skończy swoją podróż, jeśli mieli oni po 20 lat, gdy B

startował?

ODPOWIEDŹ : Według A podróż powinna trwać o 1% dłużej niż 80 lat, potrzebnych światłu na przebycie odległości Ziemia- Arktur- Ziemia. Tak więc A będzie miał 20 plus 80,8 czyli 100,8 lat, gdy B wróci. Według bliź­ niaka A zegary na statku kosmicznym będą biegły jl-0,99 2 =0,141 razy wolniej. Czas, jaki upłynął w czasie podróży na statku kosmicznym, będzie więc 0,141 razy 80,8 lat czasu ziemskiego, czyli 11,4 lat. Bliźniak B w momencie kończenia podróży będzie miał 20 plus 11,4, czyli 31,4 lat. Będzie wtedy o 69,4 lat młodszy od bliźniaka, który pozostawał na Ziemi.

Podróżnik kosmiczny nie odczuwa, że jego czas płynie wolniej. W przykładzie 6 bliźniak B widzi odległość do Arktura zmniejszoną przez skrócenie Lorentza. Bliźniak B mierzy odległość Ziemia- Arktur jako 1- 0,99 2 razy 40 lat świetlnych czyli 5,64 lat świetlnych. Bliźniak B widzi także , że Ziemia oddala się od niego ze względną prędkością v = 0,99 c. Tak więc, bliźniak w pojeździe kosmicznym my śli , że lot do Arktura trwa 5,7 lat, a p o dróż tam i z powrotem 11 ,4 lat. Wynik zgadza się z obliczeniami A na Ziemi.

J

Dochodzimy jednak do pozornego paradoksu, gdy podróżnik kosmiczny spogląda na Ziemię i widzi, że zegary ziemskie chodz ą wolniej niż jego zegar. Wydaje się, że B powinien dojść do wniosku, że to A jest młodszy, co jest sprzeczne z wynikiem naszego poprzedniego rozumowania. Istotnie, jeśli prędkość jest naprawdę względna, w jakiż sposób moglibyśmy w ogóle dojść do wyniku asymetrycznego? Czyż obaj bracia, zgodnie z symetrią, nie powinni przy końcu tego doświadczenia być w tym samym wieku? Na pierwszy rzut oka wydaje się, że formalizm Einsteina prowadzi do sprzeczności. Paradoks można rozwiązać, biorąc pod uwagę, że problem jest w istocie asymetryczny. Bliźniak na Ziemi pozostaje cały czas w tym samym inercjalnym układzie odniesienia, podczas gdy astronauta zmienia układy odniesienia, gdy zawraca. Przy końcu tego punktu wykonamy wszystkie obliczenia z punktu widzenia astronauty i w dalszym ciągu otrzymamy wynik, że brat na Ziemi postarzał się więcej , mimo że astronaucie wydaje się, iż zegary ziemianina chodzą wolniej. Kontrowersja na temat paradoksu bliźniąt (nazywanego też paradoksem zegarów) ma długą historię. Obecnie prawie wszyscy fizycy przyjmują interpretację tu podaną; jest jednak jeszcze trochę filozofów, matematyków, a nawet jeden czy dwóch znanych fizyków, którzy twierdzą, że bliźniacy kończą ten eksperyment w tym samym wieku fizycznym . Autor tego podręcznika jest tak pewny powolniejszego starzenia się podróżnika kosmicznego, jak pewny jest czegokolwiek innego w fizyce. Takie efekty dylatacji czasu są do zaniedbania, chyba że statek kosmiczny osiągnie energię kinetyczną porównywalną z energią swojej masy spoczynkowej. Nawet energia wyzwolona w rozszczepieniu jądrowym lub w syntezie jądrowej jest na to ok. 1000 razy za mała. W praktyce ludzkość nie może wykorzystać dylatacji czasu by robić długie podróże do innych gwiazd. Paradoks bliźniąt został zweryfikowany licznymi doświadczeniami . W jednym z nich kryształ żelaza zegara Mi:issbauera (patrz s. 135) został ogrzany i porównany z zimnym

142

8. Kinematyka relatywistyczna

zegarem Mossbauera. Atomy żelaza w ogrzanym krysztale wykonują drgania, podczas gdy atomy w zimnym krysztale są niemal w spoczynku. Dwa identyczne jądra żelaza emitują promieniowanie o identycznej częstości, jeżeli s ą w tej samej temperaturze. Zaobserwowano, że jądra wykonujące drgania tam i z powrotem Uak podróż tam i z powrotem bliźniaka B) emitują promieniowanie o zmniejszonej średniej częstości. To doświad­ czenie przeprowadzono po raz pierwszy w 1960 r. i stwierdzono, że częstość zmienia się o ułamek swojej wartości ,1f/f = - 2,4 · 10- 15 na 1 kelwin wzrostu temperatury. Ta wartość zgadza się ze zmianą y wynikającą ze znanego wzrostu średniej kwadratowej prędkości termicznej wraz ze wzrostem temperatury. Drugie sprawdzenie zostało wykonane nie za pomocą indywidualnych atomów żelaza, lecz makroskopowych zegarów dużych rozmiarów. Najdokładniejszym używanym zegarem makroskopowym jest zegar atomowy, wykorzystujący wiązkę atomową cezu. Istotnie, l s jest teraz zdefiniowana jako 9 192 631 770 tyknięć takiego zegara. W ciągu października 1971 r. porównywano dwa zestawy takich zegarów. Jeden układ latał naokoło świata w odrzutowych samolotach linii lotniczych. Drugim układem były zegary odniesienia w Obserwatorium Marynarki USA. Szczególna teoria względności przewiduje, że podróżujące zegary powinny stracić ( 184 ± 23) ns ze względu na swój ruch w stosunku do zegarów odniesienia. Zaobserwowana strata czasu wynosiła (203 ± 10) ns. Widzimy, że wynik pomiaru zgadza się z teori ą w granicach błędu. Doniesienie o tym do świadczeniu ukazało się w zeszycie z 14 lipca 1972 r. czasopisma Science. Zakot'lczymy ten punkt szczegółowym obliczeniem tego, jak podróżnik kosmiczny ( bli ź niak B) zaobserwuje powolniejsze zegary p o zo s tające na Ziemi. Załóżmy, że zarówno zega r B jak i zegar na Ziemi emitują impuls św i a tła przy ka żdym tyknięciu. Chcemy się przekonać, czy podróżnik kosmiczny również uzyska wynik, że więcej czasu upłynęło na Ziemi ni ż w jego pojeździe kosmicznym. To jest sedno „paradoksu", a mianowicie jeżeli

zegar A chodzi sposób B może

według

B wolniej, w jaki

odebrać

więcej impulsów od wolniejszego zegara niż przychodzących od swojego szybszego? Jak zobaczymy, dzieje się tak, ponieważ w podróży powrotnej zwiększenie częstości impulsów ze względu na „przesunięcie ku fioletowi" (zjawisko Dopplera) przewyższa „spowolnienie" pochodzące z dylatacji czasu. Obliczymy teraz całkowite liczby impulsów odbieranych przez podróżnika kosmicznego zarówno od zegara w pojeździe kosmicznym jak i od zegara na Ziemi. Niech N 8 będzie całkowitą liczbą impulsów od zegara B, a N A - całkowitą liczbą impulsów od zegara na Ziemi. Liczba impulsów od zegara B przychodzących

NB=fotB gdzie fo jest częstością impulsów każdego z zegarów, gdy są w spoczynku, t 8 jest całym czasem podróży zmierzonym przez B całkowita odległość

tB=--- - - - - V

o tym mówiliśmy wcześniej, B widzi D zmniejszoną skutkiem skrócenia Lorentza, a więc długość podróży tam i z powrotem według B jest 2D/y. A więc

Jak

już

odległość

NB=foG~)

(8.14)

jest liczbą impulsów, jakie B zliczy z zegara na statku kosmicznym. Liczba impulsów, jakie dotarły do B od zegara na Ziemi, jest

N A =f1t1 +f2t2 gdzie f 1 i f 2 jest zaobserwowaną częstością impulsów odpowiednio w podróży od Ziemi i do Ziemi. Czas każdej podróży w jedną stronę

więc

D N A =(fi +f2)-

yv

Jako f 1 i f 2 i (8.13)

weźmiemy

wyniki

równań

(8.12)

8.7. Paradoks

143

bliźniąt

NA=(jf!pfo+ ~fo)~ = =(jf!p+ ~)JN2~fo= + -=-fo =

[(1-/3)+ (1

/3)Jfo

D

2D

V

V

Jest to ten sam wynik, jaki otrzyma bliźniak pozostający na Ziemi i obserwujący zegar ziemski. ·Tak więc teoria jest samozgodna. Bliźniak B otrzymuje również wynik zawarty w równaniu (8.14) - czas jaki upłynął na zegarze w pojeździe kosmicznym jest j l-v 2 /c2 razy czas jaki upłynął na zegarze ziemskim. Stosunek N A/NB= y. We wszystkich powyższych rozumowaniach zakładaliśmy, że czas potrzebny na zmianę kierunku jest znacznie krótszy niż czas samej podróży i wobec tego można go zaniedbać. Liczba impulsów światła dochodzących do B w czasie zmiany kierunku jest znacznie mniejsza od liczby impulsów dochodzących do niego w czasie jego długiej podróży odbywanej ze stałą prędkością .

ruszający się

prędkości

światła

(prędkość

światła ma tę samą wartość dla wszystkich obserwatorów). Z tych dwóch postulatów wynikają równania transformacji Lorentza wiążące wartoś­ ci x i t jakiegoś zdarzenia zmierzone przez jednego obserwatora z wartościami x' i t' tego samego zdarzenia zmierzonymi przez innego obserwatora. Gdy ci dwaj obserwatorzy mają względem siebie prędkość v wzdłuż osi x , to

x' = yx+ yvt

t' = yt+ y v2 x c gdzie y ={l-v 2 /c 2 )- 1 12 .

wynika natychmiast, że metrowy wydaje się skrócony 1/ y razy · (skrócenie Lorentza), a po-

Z tych

równań

poruszający

się

pręt

Jeżeli

jednoczesności).

Obserwowana częstość poruszającego się oscylatora jest przesunięta y{l +/3)-krotnie, gdzie v = f3c jest prędkością oscylatora (relatywistyczne zjawisko Dopplera). Nie tylko poruszające się zegary zwalniają y razy, lecz także podróżnik kosmiczny, odbywający podróż tam i z powrotem w czasie t (mierzonym na Ziemi) zestarzeje się o (1-v 2 /c 2 ) mnożone przez t, gdzie v jest jego prędkością względem Ziemi (paradoks bliźniąt).

twiczenia

1.

Przypuśćmy, że ramię

na rys. 8.4 porusza w powietrzu z prędkością v = 30 m/s. Źródło wysyła impuls dźwiękowy (nie świetlny). D = 2 m, Vdżwięku = 330 m/s. (a) Jaki jest czas przelotu dźwięku od źródła do zwierciadła i z powrotem? (b) Powtórz to samo przy założeniu, że ramię jest prostopadłe do v. (c) Powtórz część (a) dla czasu potrzebnego na przelot od źródła do zwiersię

można

zmienniczości

się chodzić

wolniej dwa zdarzenia wzdłuż osi x wydają się równoczesne jednemu obserwatorowi, to poruszającemu się obserwatorowi wydadzą się przesunięte w czasie o At= -vt/c 2 (brak

Podsumowanie

Wszystkie wyniki kinematyki relatywistycznej wyprowadzić matematycznie wychodząc z dwóch podstawowych postulatów: (1) zasady względności (nie ma sposobu na określenie ruchu bezwzględnego) i (2) nie-

zegar wydaje

y razy (dylatacja czasu). oddalone od siebie o I

ciadła.

w ćwicz. 1 jest nieruchoWiatrak przedmuchuje powietrze wzdłuż ramienia z prędkością 20 km/h. O ile więcej czasu zużyje teraz impuls na drogę tam i z powrotem? 3. Interferometr Michelsona ma ramię dłu­ gości 2 m. Jak szybko musiałby poruszać się eter, według teorii eteru, aby obrót interferometru o 90° spowodował przesunięcie o jeden prążek (At jest czasem, w którym światło przebywa drogę równą jednej długości fali 0,4 µm)? 4. Cząstka bezmasowa oddala się od obserwatora z prędkością u= c. Obserwator goni ją z prędkością v = 0,9 c. Jaką pręd­ kość cząstki zmierzy poruszający się obserwator?

2.

Załóż, że ramię

me.

144

8. Kinematyka relatywistyczna

5. Obserwator stwierdził, że pręt o długości I. gdy porusza się równolegle do kierunku swojej długości, ma długość I'. Jaka jest prędkość pręta względem obserwatora? 6. Dla v« c wykaż, że jest spełniony wzór na przesunięcie Dopplera !Jf=JA-JB~

-f3fn

7. Powtórz przykł. 2 dla wiązki pionów o prędkości v = 0,999 c. 8. Odległe galaktyki i kwazary maJą parametr przesunięcia ku czerwieni Z zdefiniowany jako Z=Ll.l./.l. 0 , gdzie .l. 0 jest długo ścią fali odpowiadającą danej linii spektralnej nieruchomego źródła, !J,l. jest przesunięciem długości fali tej linii obserwowanej w świetle przychodzącym od odległego , oddalającego się źródła. Zastosuj równanie (8.12) i wyprowadź wzór na v/c wyrażone przez Z. 9. Jeżeli dwa pioruny z przykł. 4 pozostawią ślady na ziemi, jaka będzie odległość między tymi śladami? 10. Obserwuje się , że dobrze znana linia widmowa ma długość fali 0,5 µm , gdy przychodzi z odległej galaktyki. Długość fali tej linii w widmie nieruchomego źródła jest 0,4 µm . Jaka jest prędkość ucieczki galaktyki? 11. Powtórz przykł . 6 dla v = 0,999 c. 12. Niech bliźniak B będzie podróżnikiem kosmicznym, a bliźniak A pozostaje na miej scu. Bliźniak B podróżuje przez 30 lat czasu ziemskiego z prędkością v = 0,1 c. O ile bliźniak B będzie, po skończeniu podróży, młodszy od bliźniaka A? 13. Równanie (8.13) można za pisać jako

ładunek

elektryczny jest niezależny od obserwatora, to czy gęstość ładunku ciała naładowanego będzie według poruszającego się obserwatora rosła czy malała? Jeżeli p 0 jest gęstością ładun­ ku w spoczynku, jakie będzie p'I Po? 16. Załóżmy, że kraniec Wszechświata jest odległy o 10 lat świetlnych według pomiaru wykonanego na Ziemi. Przypuśćmy , że podróżnik kosmiczny ma prędkość taką, że (1-vz;cz) - 1 =10 8 . Jak daleko (w latach świetlnych) znajduje się, według podróżnika , kraniec Wszechświa­ ta? prędkości

10

Zadania

17.

dwa ramiona interferometru Michelsona mają nierówną długość (D 1 >Dz). Niech różnica czasu między przebiegiem tam i z powrotem w dwóch ramionach będzie LI t A dla pozycji A. Wówczas, gdy obrócimy interferometr tak, aby ramię 1 było równoległe do kierunku prędkości eteru (pozycja B), różnica czasu przebiegu będzie równa Llt 8 .

eteru

wykaż, że

vz

c

+Dz)

Michelson i Morley

sądzili , że mierzą tę

właśnie wielkość .

- D, n Eter

S•b

1 - {3

gdzie f jest często ś cią zmienion ą skutkiem zjawiska Dopplera. Jak wyrazić dflfo przez f3 i df3? 14. Jeże li przesłać zegar na odległość 38000 km z prędkością 800 km/h, to o ile nanosekund spozm się on względem zegara pozostającego na Ziemi? 15. G ęs to ś ć ł adunku jest to ilo ś ć ładunku elektrycznego w jednostce obj ę tości . Jeżeli

Stosując przedrelatywistyczną teorię

(Llt 8 - LltA)~3(D 1

L=(t+/3)11z fo

Załóżmy , że

D2

PozlJCJa A

Pozljcj a B

Zada nie 17

18.

Przypu ś ćmy , że zegar świetlny na rys. 8.5 jest skierowany wzdłuż kierunku ruchu. Wtedy obserwa tor „nieruchomy" widzi ał­ by jego długość zmniejszoną do D/y . Niech t 1 będzie czasem, w którym, według nieruchomego obserwatora, im-

145

Ćwiczenia i zadania

22.

Zadanie 18

puls światła przebiega od M 1 do M 2 (w tym czasie M 2 przesuwa się o odległość ut 1 ).

(a)

Jaką odległość, według

nieruchomego obserwatora, przebiega impuls światła między M 1 i M 2 ? (b) Wykaż, że t 1 =D/y (c-v). (c) Ile czasu, według nieruchomego obserwatora, będzie wracał do M 1 odbity impuls światła? (d) Wykaż, że czas przebiegu tam i z powrotem jest t 1 +t 2 = y2D/ c. 19. Załóż, że obowiązuje klasyczna teoria eteru, ale również załóż, że wszystkie ciała podlegają skróceniu Lorentza w kierunku ruchu względem eteru, to znaczy, że ramię interferometru D 1 z zad. 17 ma w pozycji B długość (j 1- v2 /c 2 Di). Powtórz zad. 17 przy tych założeniach i znajdź (L'.JtA -LJtB).

20. Powtórz zadanie 19, lecz nie obracaj interferometru o 90°. Wtedy zmierzona różnica czasu jest równa L1 t A· Załóż, że prędkość eteru jest równa v. Teraz zmień tak pozycję interferometru, aby prędkość eteru była równa v'. Ponieważ prędkość obrotu Ziemi dodaje się do prędkości eteru, można to uzyskać czekając aż Ziemia obróci się o 180° (można to także uzyskać przesuwając interferometr do innej szerokości geograficznej). Wykaż, że

Przypuśćmy, że na rys. 8.9 jest jeszcze trzeci obserwator - pan Bis, poruszający się w lewo z prędkością v'. Jego współ­ rzędne x i t są : x" i t". Zgodnie z transformacją Lorentza związki między (x" , t") a (x' , t') są dane przez x' +v't'

x" = ----;===

Jl-v 2 /c 2

t' +v'x'/c 2 t"=---:===

Jl-v 2 /c 2

Zastosuj teraz równania (8.9), aby z dwóch powyższych równań wyeliminować x' i t'. Po pewnych przekształceniach algebraicznych powinieneś otrzymać x+v"t x" = ---:====

J l- v" 2 /c 2

t+v"x/c 2 t"=--:==== 2 2

J l-v" /c

gdzie

v"

v+v'

1 + vv'/ c 2 Wynik ten oznacza, że transformacja Lorentza transformacji Lorentza jest też transformacją Lorentza, przy czym pręd­ kość jest dana wzorem Einsteina na dodawanie prędkości. 23. Dwie lampy błyskowe S 1 i S 2 są umocowane na końcach pręta, który ma długość 10 , gdy spoczywa. Pręt porusza się w prawo z prędkością v. S1 emituje błysk światła wcześniej niż S 2 , tak że oba błyski

Pan X

, z (D1 - Dz) (LltA-LltA.)::=:;;(v--v' ) 3

c

Wykonano takie doświadczenia i zawsze uzyskiwano wynik zero. Samo skrócenie Lorentza nie może wyjaśnić zerowego wyniku . Konieczne jest zarówno skrócenie Lorentza jak i dylatacja czasu. 21. W układzie dwóch równań (8.9) załóż, że x' i t' są znane, a x i t są niewiadome. Rozwi ąż równania (8.9) względem x i t.

X

Zad anie 23 docierają jednocześnie

do pana X. Gdy S 1 swój błysk , znajdował się w x=x 1 , gdy S 2 emitował swój błysk, był w x=x 2 . Jaka jest długość (x 2 -x 1) obliczona przez pana X? Jest to pozorna emitował

146

8. Kinematyka relatywistycna

długość pręta widziana przez oko lub sfotografowana przez aparat fotograficzny. Zauważ, że jest ona większa od 10 , a nie mniejsza. Po uwzględnieniu poprawki na różne czasy przebiegu światła wychodzącego z dwóch końców pręta, obliczona długość jest oczywiście skróconą lorentzowsko długością . Przedmiot trójwymiarowy widziany okiem lub przez aparat fotograficzny będzie wyglądał jakby obrócony, gdy patrzy się na niego prostopadle do kierunku ruchu. 24. Wyprowadź wzór na zjawisko Dopplera dla dźwięku, gdy źródło się porusza, a detektor jest nieruchomy. Na rysunku 8.12 układ primowany spoczywa wzglę­ dem powietrza. 25. Powtórz zadanie 24 dla nieruchomego źródła i poruszającego się detektora. Na rysunku 8.12 powietrze będzie się poruszać w prawo z prędkością v. 26. Wagon, który gdy spoczywa ma długość I, porusza się w prawo z prędkością v mierzoną w układzie primowanym. W tym układzie odległa gwiazda w zenicie emituje impuls światła, który jest rejestrowany (w układzie primowanym) jednocześnie w A i w B. Według obserwatora w wagonie, impuls jest rejestrowany w A [wcześniej; jednocześnie; później] niż w B. Zauważ, że Lit' = yLlt+ y(v/c 2 )Llx. Wówczas otrzymuje(t 8 -t A)= [vl/c 2 ; -vl/c 2 ; yvl/c 2 ; my - yvl/c 2 ; O]. Według obserwatora poruszającego się wraz z wagonem gwiazda gdzie wyda się przesunięta o kąt ()=[O; sin - 1 (v/c); tg- 1 (v/c); sin - 1 (yv/c); tg - 1 (yv/c)]. (Możesz założyć, że promienie światła przychodzącego z gwiazdy są wzajemnie równoległe).

e,

1/ tj

A-------B

-

V X

x' Zadanie 26

27. Rakieta

o

długości

spoczynkowej (tj. m porusza się względem ciebie z prędkością v/c = 3/5. W rakiecie są dwa zegary, jeden umieszczony na czubku, drugi· na ogonie. Zostały one zsynchronizowane ze sobą, gdy rakieta spoczywała. My na Ziemi mamy pewną liczbę zegarów, również zsynchronizowanych ze sobą. W chwili, gdy dociera do nas czubek rakiety, zarówno nasze zegary jak i zegar na czubku rakiety wskazują t =O. (a) W tym czasie t=O (dla nas), co wskazuje zegar na ogonie rakiety? (b) Po jakim czasie (dla nas) dotrze do nas ogon rakiety? (c) Co wskazuje zegar na ogonie rakiety, w chwili gdy ogon nas mija? 28. Stoper jest umieszczony w x =O. Wzglę­ dem innego układu współrzędnych (układu primowanego) porusza się on w prawo wzdłuż osi x' z prędkością v = 0,6 c. Stoper przestaje odmierzać czas, gdy t = 10 s (gdy t' = t =O, stoper był w x'=O). (a) Gdzie znajdował się stoper względem układu primowanego, gdy przestał odmierzać czas? (Jaka była jego długości

własnej)

200

współrzędna x'?)

(b) W jakim czasie, liczonym w układzie primowanym, stoper przestał odmierzać czas? (c) Jeżeli pan Prim jest w x' =O, jaka jest jego prędkość mierzona przez obserwatora poruszającego się razem ze stoperem? (d) Załóżmy, że drugi stoper znajdujący się w x = l puszczono w chwili t =O, tak samo jak pierwszy stoper znaj· dujący się w x =O. Jakie według pana Prima, który spoczywa w układzie primowanym, jest wskazanie t drugiego stopera, w chwili gdy pierwszy stoper skończył odmierzać czas? (To znaczy, gdy t' jest takie samo jak w części (b) zadania). 29. Z teorii kinetycznej wiadomo, że 1- 2 3 - mv = - kT dla cząstek o masie 111

2

2

Ćwiczenia i zadania

temperaturze bezwzględnej T, gdzie k= 1,38 · 10- 23 w jednostkach SI. Atom żelaza ma masę rn = 9,3 · 10 - 2 6 kg. (a) Oblicz {3 2 dla atomów żelaza w 300 K (temperatura pokojowa). (b) Jakie jest y = (1- {3 2 )- 1 ' 2 dla tych atomów? (c) Ze względu na dylatację czasu próbka poruszających się (lub ogrzanych) ato1

147

mów żelaza emituje częstośćf'=(l /y)f0 , gdzie fo jest częstością, gdy atomy są nieruchome, czyli w temperaturze zera bezwzględnego. Jakie jest if' - f0 )/f 0 dla atomów żelaza w temperaturze 300 K? Jaka jest wartość Jf/f, czyli w jakim stosunku zmieni się częstość w zjawisku Mossbauera na jeden stopień zmiany temperatury?

9 Dynamika relatywistyczna

Dotychczas omawialiśmy ogólne własności czasu i przestrzeni. Teraz chcemy się zająć cząstkami materialnymi, które mają masę, pęd i energię. Zobaczymy, że zasady zachowania pędu i zachowania energii nadal obowiązują , ale musimy zmienić klasyczne definicje pędu i energii. Nasze nowe definicje relatywistyczne pędu i energii staną się, oczywiście, identyczne z definicjami klasycznymi, gdy v-->O. Jedną z nowych niespodzianek bę­ dzie to, że z każdą masą m jest związana energia E = mc 2 . Einstein postulował, że w 1 kg każdej substancji jest zawarte 9 · 10 16 J. To jest tak wielka ilość energii, że mogłaby zasilać 100 W żarówkę przez 30 milionów lat. Zanim zajmiemy się bezpośrednio masą, energią i pędem, musimy najpierw dowiedzieć się jak różni obserwatorzy widzą ten sam poruszający się przedmiot, tzn. jak w teorii względności transformuje się prędkość.

9.1. Dodawanie Einsteina

prędkości według

Dotychczas mieliśmy do czynienia z przedmiotami lub cząstkami, które spoczywały w jednym układzie odniesienia i poruszały się z prędkością v w innym układzie. Teraz przejdziemy do przypadku, gdy przedmiot ma JUZ prędkość ux w jednym układzie

i u~ w innym układzie. Przykład takiej sytuacji przedstawiono na rys. 9.1. Według pana X samochód ma prędkość ux, a według pana Prima porusza się szybciej, z prędkością

---

1/

tj

V

X

Rys. 9.1. Pan Prim widzi, że wagon porusza się w prawo z prędkością v. Wewnątrz wagonu znajduje się samochód, który względem wagonu ma prędkość u, u~. Klasycznie u~= ux + v. Wzory relatywistyczne uzyskamy przepisując równania (8.9) w zmienionej postaci

dx' = ydx + yvdt ' yv dt =ydt+ 2 dx

c

Podzielimy teraz pierwsze równanie przez drugie dx' dt'

dx+vdt 2

dt+(v/c )dx

Zastępując

dx/ dt+v

1 + (v/c 2 ) (dx/ dt)

dx/ dt i dx'/dt' odpowiednio przez ux i u~ otrzymamy

9.1. Dodawanie

'

li= x

ux + v 1 + vuxfc 2

prędkości

(dodawanie prędkości wg Einsteina)

(9.1)

Wzór ten nazywa się wzorem Einsteina na dodawanie prędkości . Widzimy, że prędkość wypadkowa jest mniejsza od sumy dwóch prędkości składowych. Jednak, gdy obie pręd­ kości są znacznie mniejsze od prędkości światła, prędkość wypadkowa jest bardzo bliska sumy ich obu. Jeżeli teoria ma być samozgodna, równanie (9.1) musi wykluczać prędkości większe od c. Wyobraźmy sobie cząstkę w układzie nieprimowanym, która już porusza się z pręd­ kością światła, czyli foton albo też neutrino, mamy więc ux=c. Wówczas obserwator w układzie primowanym będzie widział

, u=

(c)+v c+v = -c 2 1 +v(c) /c (c+v) /c

że światło (lub cokolwiek innego), z prędkością c, biegnie z prędkością c dla wszystkich obserwatorów, bez względu na to, z jaką prędkością oni się poruszają. Jak już przedtem stwierdziliśmy, równania transformacji Lorentza transformują przestrzeń i czas w taki właśnie sposób, że wiązka światła musi poruszać się z tą samą prędkoś­ cią c dla wszystkich obserwatorów.

Widzimy, biegnące

Przykład 1. Dwa naddźwiękowe samoloty odrzutowe lecą ku sobie na kursie kolizyjnym, jak to pokazano na rys. 9.2. Ich prędkości względem Ziemi wynoszą odpowiednio 1500 km/h i 3000 km/h.

Pan Prim

_y_~ Pan X Ziemia '////

~ "//// //

149

wedlug Einsteina

"/

Rys. 9.2. Dwa samoloty odrzutowe lecą z prędkością odpowiednio ux i v względem Ziemi. Obserwator w jednym z samolotów widzi, że drugi samolot z bliża się do niego z prędko ścią u ~, która jest mniejsza od (ux +u)

Jaką wartość prędkości

pierwszego samolotu zmierzy obserwator w drugim samolocie? ODPOWIEDŹ : W tym przypadku pan X (układ nieprimowany) stoi na Ziemi, a pan Prim jest poruszającym się obserwatorem lecącym z prędkością v = 3000 km/h. Według pana X pierwszy samolot ma prędkość ux = = 1500 km/h. Zgodnie z równaniem (9.1) mamy

1500+3000

u~=1+(4,5. l06) /c2 km/h= 4500 1+5·10- 5

4499,7745 km/h

Fizyka klasyczna jest więc bardzo dobrym przybliżeniem nawet dla samolotów naddźwiękowych.

Przykład

2. Neutron jest

cząstką

nieproton, elektron i antyneutrino: n~p+e - +v. Przypuśćmy, że elektron z tego rozpadu ma prędkość 0,8c, gdy jego macierzysty neutron jest w spoczynku. Jaką wartość prędkości elektronu zaobserwujemy, jeżeli rozpad zachodzi, gdy neutron porusza się w tym samym kierunku z pręd­ kością 0,9c? trwałą ,

rozpadającą

ODPOWIEDŹ :

na

układu

odniesienia poz prędkością v = 0,9c obserwujemy elektron poruszający się z prędkością ux=0,8c. Z równania (9.1) otrzymujemy ruszającym

Z

się

się

u'= 0,8c+0,9c _ 1,7c =0 9SSc x 1 +0,72c 2/c 2 1,72 '

150

9. Dynamika relatywistyczna

Przykład

Przed

Przypuśćmy, że

3.

samochód pokazany na rys. 9.1 porusza się w lewo z prędkością, której wartość bezwzględna jest równa u. Jaka jest prędkość samochodu w układzie primowanym?

w

ODPOWIEDŹ:

-

Pa

(9.1) otrzymujemy

Rys. 9.3. Zderzenie

u-u u' - - - x-l-uu/c2

---~ (

/

uJYąu,

tym przypadku to do równania

Podstawiając

ux =-u.

/ /

sprężyste między

m 1 i m2

W teorii względności jednak, pęd, jeśli jest zdefiniowany jako mu, będzie zachowany w układzie primowanym tylko, gdy

Wynikiem przykładu 3 należy się posługiwać, gdy ux i u obserwowane z układu primowanego mają znaki przeciwne.

9.2. Definicja

pędu

Zgodnie z fizyką gdzie m jest masą Całkowitą

relatywistycznego

klasyczną pęd

jest p =mu,

cząstki,

prędkością.

składową

x odosobnionym obliczamy kich cząstkach

(p x )calk owira

=Lm

u-

jej

pędu

w układzie sumując po wszyst-

jU jx

j

gdzie uix jest składową x prędkości cząstki j. Według klasycznej zasady zachowania pędu (9.2)

Imjujx= ImPjx

p =my (u) u

uj

jest prędkością cząstki j w jakiejś późniejszej chwili. Ta późniejsza chwila może być po zderzeniu, jak to przedstawiono na rys. 9.3. Dodajmy teraz Imiu do obu stron

gdzie

W ogólnym przypadku równanie to nie może być spełnione, gdy jest spełnione równanie (9.2) lub (9.3). Einstein stanął więc przed problemem jak znaleźć nową formę matematyczną dla pędu, która zostawałaby zachowana przy transformacji z jednego układu współrzędnych do innego. Stwierdził on, że jeżeli pęd jest zdefiniowany jako

(pęd

relatywistyczny)

(9.4)

gdzie y (u)

=( l - -c2u2) - 112

j

równania (9.2). Otrzymamy Im j (ujx +u) =Imj(Ujx+u)

(9.3)

W mechanice klasycznej obserwator poruszasię w lewo z prędkością v wi.dzi u}x = ujx + v i U}x = Ujx +u. Podstawiając to do równania (9.3) otrzymamy

jący

Im p }x =ImPix Z równania tego wynika, że jeżeli pęd jest zachowany w jednym układzie odniesienia, to jest on zachowany we wszystkich innych.

to będzie on zachowany dla różnych obserwatorów, jeżeli tylko jest zachowany w jakimkolwiek układzie odniesienia. Aby wykazać, że pęd zdefiniowany równaniem (9.4) będzie zachowany dla poruszających się obserwatorów, musimy najpierw zobaczyć jak on się transformuje z jednego układu współrzędnych do drugiego. Pokazano to w Uzupełnieniu 9.1 i uzyskano następujący wynik

pędu

9.2. Definicja

151

relatywistycznego stałą wielkość

(9.5)

E'

E

- = y- + yf3p x c c gdzie E=my(u)c 2 , E'=my(u')c 2 , f3=v/c. Widzimy, że cztery wielkości (px, pY, p,, E/c) transformują się dokładnie tak samo jak cztery wielkości (x, y, z, et) w transformacji Lorentza. Einstein utożsamił p z pędem cząstki i E z jej energią. Uzasadnienie tego jest podane w następnym punkcie. Pokażemy tam, że jeżeli pęd relatywistyczny jest zachowany w układzie nieprimowanym, to jest on także zachowany w układzie primowanym.

9.3. Zachowanie

pędu

mc2 • W mechanice klasycznej stała addytywna do energii jest całkowicie dowolna. W teorii Einsteina tak jednak nie jest. Einstein wyciągnął stąd fizyczny wniosek, że cząstka spoczywająca zawiera jeszcze ilość energii E 0 =mc 2. Nazwał to energią spoczynkową. To śmiałe przewidywanie uzyskało od 1905 r. wiele potwierdzeń - jednym z nich jest bomba atomowa. Naszym ostatnim zadaniem w tym punkcie jest pokazać, że jeżeli postacie relatywistyczne Px• Py• p, i E są zachowane w układzie nieprimowanym, to będą one również zachowane w układzie primowanym. Rozważmy zbiór n oddziałujących cząstek. Początkowy całkowity pęd i całkowita energia są (px)calkowity= L Pjx i ecalkowiia =L ej j

gdzie kowe.

i energii

małe

j

litery

Użyjemy

oznaczają wartości począt­

dużych

liter dla wartości po danym odstępie czasu. Aby otrzymać pęd i energię w układzie primowanym zastosujemy równania (9.5)

końcowych

Jeżeli prędkość cząstki u jest znacznie mniejsza od prędkości światła, to pęd relatywistyczny według Einsteina jest Px= =my (u)ux-+mux, gdyż y(u)-+1, gdy u-+0. Tak więc nowa definicja pędu, podana przez Einsteina, zgadza się z definicją z mechaniki klasycznej w klasycznej granicy. Ale co z definicją energii?

(9.6)

P}x = YPjx + yf3(

~)

ej ej /3 -=y-+y Pjx c c Dodajmy teraz do siebie równania na P}x dla każdej z n cząstek

u2)-1 12 2 c

(9.7)

=m ( 1-c2

~m(1+;;2 ) c 2

dla

u/c«l

Użyliśmy tu rozwinięcia dwumianu w szereg i otrzymaliśmy (1- u 2 /c 2 )- i 12 ~ (1 + u2 / 2c 2 ) . Tak więc dla małych prędkości energia według Einsteina jest

E ~ mc 2

1 + - mu 2 2

Zauważmy, że czą stki

Następnie wykorzystamy warunek, że pęd i energia są zachowane w układzie meprimowanym. Wówczas

LPjx= I,Pjx Podstawiając

I, ej= I,Ej to do równania (9.7) otrzymuje-

my

LP}x = Y( I,Pjx)= y/3( 1

2mu

2

. Jest klasyczną energią

swobodnej o prędkości u. Zatem nowa definicja Einsteina energii zgadza się z fizy ką klasyczn ą, jeżeli do energii kinetycznej dodać

L~j)=

= L[YPjx + y{3~j] = I.[P}x

J

Ten wynik świ adczy o tym, że w układzie primowanym całkowit y pęd początkow y rów-

152

9. Dynamika relatywistyczna

na się całkowitemu pędowi końcowemu, to znaczy, że pęd jest zachowany w układzie primowanym. A więc, dla pędu dowód został przeprowadzony. Możemy pokazać to samo dla energii dodając do siebie n równań energii

I e)= yI ei+ yvIPix Teraz wykorzystamy fakt, że pęd i energia zachowane w układzie nieprimowanym

są

I e) =y( IEi)+ yv( IPjx)= =

I[yEj+ yvPjx]= IE)

Stąd

wynika, że jeżeli pęd i energia (tak jak zdefiniowane przez Einsteina) są zachowane w układzie nieprimowanym, to muszą być też zachowane w układzie primowanym. Wiemy z fizyki klasycznej, że wzory Einsteina na pęd i energię są takie, że są zachowane w układzie odniesienia, w którym wszystkie prędkości cząstek są znacznie mniejsze od prędkości światła . Pokazaliśmy wł a śnie , że wówczas relatywistyczny pęd i energia będą zachowane nawet dla obserwatora poruszającego się z prędkością bliską prędkości światła. Jednak nawet wtedy, gdy teoria wydaje się słuszna, jej ostatecznym sprawdzianem jest doświadczalne stwierdzenie prawidłowości jej przewidywań . Nie musimy chyba dodawać, że zachowanie relatywistycznego pędu i energii zostało bardzo starannie zweryfikowane przez eksperyment. Podamy kilka przykładów w następnym punkcie.

Przykład 4. Ile energii zawiera 1 g piasku? Gdyby można było ją wyzwolić, to jak wypadłoby porównanie z ilością 7000 cal ciepła dostarczonego przez spalenie 1 g węgla (1 cal = 4, 18 J)? ODPOWIEDŹ:

E 0 =(10- 3 kg)(3 · 10 8 m/s) 2 =9 · 10 13 J

Energia wyzwolona przez spalenie 1 g węgla jest (7000 cal) · (4,18 J/cal) czyli 2,9 · 104 J. Tak więc energia spoczynkowa jest 3,1 · 10 9 razy większa od energii chemicznej.

zostały

9.4.

Równoważność

masy i energii

P rzewidywanie Einsteina (równanie (9.6)), że spoczywaj ą ca masa m powinna zawierać og romn ą ilość energii E 0 = mc 2 , było bardzo ś mi ałe i miało różnego rodzaju konsekwencje praktyczne z energią jądrową i bombą jąd­ row ą włącznie . Einstein wyraził pogląd, że je że li masa spoczynkowa cząstki lub układu cz ąs tek zostanie zmniejszona o Am, to nastąpi wyzwolenie energii AE= (Am) c 2 .

Widzimy, na podstawie przykł. 4, że nawet gdy zostaje wyzwolona tylko jedna tysięczna energii spoczynkowej, to jest to jeszcze miliony razy więcej niż można uzyskać z konwencjonalnych źródeł energu.

Przykład 5. Jeżeli wybuch 1 tony TNT wyzwala 109 cal, to ile masy trzeba zamienić na energię w bombie 1-megatonowej (Mtona)? ODPOWIEDŹ: Jedna Mtona TNT wyzwala 10 15 cal, czyli 4,18 · 10 15 J E 4,18 · 10 15 kg m= c 2 = . 0,046 kg=46 g 9 101 6

Przy eksplozji bomby 1 megatonowej masa jądrowego materiału wybuchowego musi zmniejszyć się o 46 g. Cał­ kowita masa materiału jądrowego (rozszczepienia lub syntezy), która musi być w takiej bombie, jest ok. 1000 razy większa. A więc 1 megatonowa bomba H musi ważyć ponad 50 kg.

9.4 .

Równoważ ność

153

masy i energii

Pierwszym . eksperymentalnym potwierdzeniem zależności Einsteina między masą i energią był wynik porównania ilości energii wyzwolonej w rozpadzie promieniotwórczym z różnicą mas jądra początkowego i produktów końcowych. Jako przykład, w jaki sposób można sprawdzić E 0 = mc 2 w laboratorium, rozważmy najprostszy przypadek rozpadu P- rozpad fJ swobodnego neutronu. Stwierdzono, że swobodny neutron rozpada się na proton, elektron i antyneutrino (o zerowej masie spoczynkowej)

n--+ p+ e- + v Zaobserwowano, całk o witą

że

produkty rozpadu

energię

kinetyczną

mają

równą

1,25 · 10 - 13 J. Zmierzono, że masa spoczynkowa neutronu jest większa od sumy mas protonu i elektronu o 13,9 · 10 - 3 1 kg. Ilość energii odpowiadająca takiemu zmniejszeniu masy jest L1E=(l3,9 · 10 - 31 kg)(3 · 10 8 ) 2 J, czyli 1,25 · 10 - 1 3 J. Ta ilość energii zgadza się w granicach dokładności pomiaru z zaobserwowaną energią kinetyczną produktów rozpadu, która wynosi również 1,25. 10 - 13 J. Innym przykładem wielkiej energii zawartej w masie spoczynkowej jest anihilacja elektronu i pozytonu (rys. 9.4). Pozyton jest Przed

Po

Foto~

~ton

Rys. 9.4. Anihilacja elektronu z pozytonem na dwa fot o ny

dodatnim elektronem, będziemy o nim mówić w rozdz. 31. Elektron i pozyton w zetknięciu ze sobą anihilują się wzajemnie, zamieniając s ię w dwa fotony. Foton jest kwantem promieniowania elektromagnetycznego.

W omawianym przypadku energia spoczynkowa 2m.c2 zostaje zamieniona na energię promieniowania elektromagnetycznego (m. jest masą spoczynkową elektronu). Naszym trzecim przykładem jest cząstka elementarna nazywająca się mion, która rozpada się na elektron i dwa neutrina

µ - --+ e- +2v Mion ma

masą spoczynkową

szą

elektron

niż

z

tego

208 razy więk­ rozpadu. Dwa

neutrina mają zerową masę spoczynkow ą. W tym przykładzie ok. 99,5% masy spoczynkowej mionu jest zamienione na energi ę kinetyczną elektronu i dwóch neutrin. Proces odwrotny również zachodzi - energia kinetyczna może być zamieniona na ma sę spoczynkową. Zwykle, gdy cząstka o dużej energii kinetycznej zderza się z jądrem atomu lub z pojedynczym protonem, są produkowane nowe cząstki i część energii kinetycznej jest zamieniana na masę spoczynkową nowych cząstek. Rysunek 9.5 jest przykładem jak proton o energii kinetycznej 300 Ge V (3 · 10 11 eV) zderza się z protonem będącym w spoczynku w komorze pęcherzykowej z ciekłym wodorem. Zostają wyprodukowane dwadzieścia dwie nowe cząstki (głównie piony). Istnieje jednak poważne ograniczenie na to, ile energii można uzyskać z konwersji masy spoczynkowej. W rozdziale 31 będziemy zajmować się podstawowym prawem natury nazwanym zasadą zachowania barionów. Z prawa tego wynika, że całkowita liczba protonów i neutronów w próbce zwykłej materii musi pozostawać stała . Z tego właśnie powodu nie istnieje sposób na otrzymanie z 1 g piasku 9 · 10 13 J energii. Jednak w dużym jądrze , takim jak uran, możn a zmienić rozkład protonów i neutronów tak, że masa spoczynkowa maleje o ok. 0,1 %. W tym procesie, nazwanym rozszczepieniem jądrowym, jądro, takie jak uran, rozpada się spontanicznie na dwa w przybliżeniu równej wielkości jądra i na kilka neutronów. Cał­ kowita masa spoczynkowa produktów koń­ cowych jest ok. 0,1 % mniejsza niż masa spoczynkowa początkowa. W niesprężystym

154

9. Dynamika relatywistyczna

Rys. 9.5. Proton o energii 300 GeV zderza zderzenia wychodzą ślady 24 naładowanych im. Fermiego w Chicago

się z jądrem wodoru w ciekłym wodorze komory pęcherzykowej. Z punktu cząstek. Fotografia zrobiona w Narodowym Laboratorium Akceleratorowym

zderzeniu dwóch cząstek lub rozpadzie jednej cząstki , masa spoczynkowa jest oczywiście niezachowana, natomiast całkowita energia E = L,mi(l -uJ/c 2)- 111 c1 jest zachowana.

ODPOWIEDŹ:

J

u1)-1 11 K = mc 2[( 1 - cl - 1 = mc 1 u2)-1 12 =2 ( 1-c1

9.5. Energia kinetyczna Definicja energii kinetycznej w teorii względ­ ności jest taka sama jak w mechanice klasycznej: energia kinetyczna cząstki jest energią wynikającą z ruchu cząstki. Energię pochodzącą od ruchu cząstki swobodnej można obliczyć odejmując od równania (9.6) energię spoczynkową

K=E - mc

1

111

=m c 1-::r -1J 1

[ (

(energia kinetyczna) Jak

już

tując

przedtem

powiedzieliśmy,

wykorzysdwumianu, mianow1c1e gdy e->0, otrzymujemy

rozwm1ęcie

(1-e)"-> 1-ne, 1 2

K-> mu , co jest wyrażeniem klasycznym.

2

Przykład

6. Tak się złożyło, że jakaś ma energię kinetyczną równą swojej energii spoczynkowej. Jaka jest jej prędkość? cząstka

V4

-uc __ (343'

czyli u=0,866c

W tym miejscu wskazane będzie przyponasze wyrażenia relatywistyczne na pęd, energię i prędkość mnieć

p=m( 1-

::)-tu

(9.8)

E=m(1-::rtc 1

(9.9)

E=K+mc 1 Możemy

znaleźć

prędkość

wyrażoną

przez

p i E dzieląc równanie (9.8) przez (9.9) p u E c1 czyli pc2 U=-

E

Zauważ, że

równania (9.8)

9.9)

są

(9.10)

zgodne

155

9.5. Energia kinetyczna

z faktem,

że

cząstka

materialna nie

osiągnąć prędkości światła. Gdybyśmy

może

równaniach podstawili u= c, otrzymalibyśmy nieskończony pęd lub nieskończoną energię, co jest niemożliwe. Możemy uzyskać bardzo przydatną zależ­ ność między E, p i m podnosząc do kwadratu obie strony równania (9.9) E

(1- ~:)=(mc2)2 prawą stronę

(9.11)

ODPOWIEDŹ:

(a) Do równania (9.9) podstawimy E = 400 mc 2 i skorzystamy ze związku fJ = u/c 400 mc 2 =mc 2 (1-{J 2)- 112

fJ=

2

1

=4002

Ji-16~00~ l - 32~00

więc

(b) Biorąc odwrotność obu stron równania (9.10) mamy E

c u

1

pe

fJ

W starszych podręcznikach wyrażano zwykle pęd relatywistyczny jako p = m (u) u, gdzie m(u)

1 320000

+- - -

=Jl-um /c 2

2

(masa relatywistyczna) (9.12)

m(u) jest nazywana masą relatywisW tej książce zarezerwujemy symbol m dla masy spoczynkowej. Kiedykolwiek będziemy mowie o masie relatywistycznej, będziemy używać notacji m(u). Z równania (9.12) w sposób jasny wynika, że masa relatywistyczna rośnie wraz z prędkością w taki sam sposób jak energia E. Dla cząstki swobodnej m (u)= (1/c 2 ) E. Masa relatywistyczna to po prostu energia relatywistyczna pomnożona przez stałą proporcjonalności (1/c 2 ). Tak więc, masa relatywistyczna układu odosobnionego jest zachowana, podczas gdy masa spoczynkowa zawarta w indywidualnych cząstkach może się zmieniać. Masa grawitacyjna

W pudle o doskonale odbijających ścianach jest zamknięta pewna liczba cząstek. O ile wzrośnie ciężar pudła, gdy wzrośnie energia kinetyczna cząstek? Jeżeli sobie życzymy, to cząstki zamknięte w pudle mogą być nawet fotonami o zerowej masie spoczynkowej. Wówczas masa grawitacyjna pudła (zdefiniowana jako ciężar podzielony przez g) będzie 1 E calkawira/c . Ten wynik jest przewidziany przez ogólną teorię względności i jest potwierdzony doświadczalnie . Zauważ, że masa układu fotonów nie jest sumą mas spoczynkowych poszczególnych fotonów. Jeżeli do pudła wstrzelimy fotony, masa grawitacyjna wzroś­ nie o wielkość Llm=L1E/c 2 , gdzie LlE jest całkowitą energią wstrzelonych fotonów. Siła

u= 0,999997 c

- = - = - ~l

Masa relatywistyczna

tyczną.

Przykład 7. W Narodowym Laboratorium Akceleratorowym im. Fermiego koło Chicago w USA protony są przyspieszane do energii 400 razy więk­ szej niż ich energia spoczynkowa. (a) Jaka jest prędkość tych protonów? (b) Jaki jest stosunek E do pe?

1-/J

siła

Wielkość

2

Ezu2 Ez---=m2c4 cz Teraz w miejsce u podstawmy równania (9.10) Ez-p2c2=m2c4

9.6. Masa i

w tych

relatywistyczna

Użyteczne jest tak zdefiniować siłę, aby trzecia zasada Newtona pozostawała słuszna dla dwóch oddziałujących cząstek . Ze wzglę­ du na zasadę zachowania pędu mamy dp 1 = -dp 2 , więc dp 1/dt= -dp 2 /dt. Tak więc, w teorii względności wyrażenie na siłę można zapisać

156

9. Dynamika relatywistyczna

dp

F=- dt

Zauważmy , że

przy takiej definicji wartość i kierunek siły będą zależały od prędkości poruszającego się . obserwatora, podczas gdy w mechanice klasycznej siła jest niezależna od prędkości obserwatora. Zmiana kierunku i wartości bezwzględnej siły ze zmianą prędkości obserwatora prowadzi do interesujących efektów, takich jak siła magnetyczna w badaniach oddziaływań elektromagnetycznych. Efekty relatywistyczne w teorii elektryczności omawiamy w rozdz. 17. bezwzględna

9.7. Ogólna teoria

względności

to co nazywaliśmy teorią powinno być nazywane szczególn ą teorią względności , dla odróżnienia od ogólnej teorii względności. Einstein całkowicie Dla

ścisło śc i ,

względności

opracował

szczególną

teorię

względności

w 1905 r. , a znaczną część ogólnej teorii w 1911 r. Ogólna teoria względności jest w istocie nowoczesną relatywistyczną te.orią grawitacji. W teorii grawitacji Newtona siła F = Gm 1 m2 /r2 jest siłą , która działa natychmiastowo. Jeżeli siła działa natychmiastowo, oznacza to, że sygnał lub energia mogą być przeniesione natychmiastowo z masy m 1 do masy m2 . To przeczy jednemu z podstawowych twierdzeń teorii względności, że żadna z postaci energii, ani nawet żaden sygnał, nie może poruszać się z prędkością większą od prędkości światła. A więc Einstein podjął zadanie stworzenia relatywistycznej teorii grawitacji. Postanowił, że jego nowa teoria musi zarówno spełniać zasadę względ­ no ś ci jak i musi z niej bezpośrednio wynikać, że masa grawitacyjna jest zawsze równoważ­ na masie bezwładnej . Postanowienie Einsteina doprowadziło go do postulatu, który nazywa się z asadą równoważ ności (patrz p. 5.5). Z zasady tej wynika, że przebywanie w polu grawitacyjnym jest równoważne ze znajdowaniem się w poruszającym się z przyspieszeniem układzie odniesienia. Na przykład, pasa-

żer w rakiecie w czasie startu i przyspieszania w górę odnosi wrażenie, że to grawitacja nagle wzrosła. W rakiecie startującej z Ziemi z przyspieszeniem a= 2g pasażerowie i wszys· tko inne ważyłoby trzy razy tyle co normalnie. Ta „pseudograwitacyjna" siła jest wprost proporcjonalna do masy bezwładnej . Żadne doświadczenie fizyczne, wykonane wewnątrz rakiety, nie mogłoby wyjaśnić pasażerom, czy to siła grawitacyjna Ziemi wzrosła trzykrotnie, czy też rakieta poruszała się z przyspieszeniem względem Ziemi. Einstein wprowadził matematycznie zasadę równoważności do ogólnej teorii względności, stosując metody matematyczne znacznie wykraczające poza zakres tego podręcznika . W tym opisie matematycznym każda masa „odkształca" bliski sobie obszar przestrzeni i wobec tego wszystkie swobodnie poruszają­ ce się przedmioty mają tory zakrzywiające się ku masie, która spowodowała odkształcenie. Równania Einsteina wiążą wielkość krzywizny z mocą (lub masą) źródła . Klasycznie powiedzielibyśmy, że każdy przedmiot poruszający się po torze krzywoliniowym podlega przyspieszeniu i jest pod działaniem jakiejś siły. Właśnie to przyspieszenie, które w ogólnej teorii względności jest własnością przestrzeni, jest wyjaśnieniem zjawiska grawitacji. Ponieważ to przestrzeń właśnie jest „odkształcona", więc wpływ na wszystkie masy bezwładne jest taki sam i zasada równoważności jest automatycznie spełniona. Jedną

z konsekwencji tej teorii jest powięk­ fali światła wysyłanego ze źródła mającego masę. To zjawisko nazywa się grawitacyjnym przesunięciem ku czerwieni. Przesunięcie to obserwuje się dla linii widmowych Słońca i ciężkich gwiazd. Tak więc, tyknięcia zegara atomowego na powierzchni Słońca następują po sobie wolniej niż takiego samego zegara atomowego na powierzchni Ziemi. Jak można się spodziewać, ogólna teoria względności przewiduje, że wszystkie zegary będą chodzić wolniej w obecności pola grawitacyjnego. Rzeczywiście, gdy dwa zegary znajdują się w pobliżu powierzchni Ziemi, umieszczone jeden o l m wyżej niż drugi, to

szenie

długości

9. 7. Ogólna teoria

powinien chodzić wolniej o jedną na 10 16 . W 1960 roku zbudowano po raz pierwszy wzorce częstości dające taką dokładność. Wykorzystano do tego fotony emitowane z promieniotwórczych jąder żelaza wbudowanych w kryształ. Zjawisko, które umożliwia tak dokładne pomiary częstości , nazywa się zjawiskiem Mossbauera (patrz str. 135). Przedtem trudno było przeprowadzić doś wiadczalne sprawdzenie ogólnej teorii wzglę­ dności. Przy użyciu jednak tych nowych wzorców częstości wykazano w doświad­ czeniu laboratoryjnym, że grawitacja spowalnia bieg czasu. Pierwsze takie doświadczenia zostały przeprowadzone w 1960 r. w Uniwersytecie Harvarda w USA na wieży wysokości ok. 21 m. Innym efektem przewidzianym przez ogólną teorię względności jest zakrzywienie ku zegar

niższy

część

ś rodkowi Słońca wiązki światła przebiegającej

w pobliżu powierzchni

157

względnośc i

Słońca .

Aby obliczyć a fotonem poruszającym się z prędkością światła jest potrzebna ogólna teoria względności. Tylko w czasie zaćmień Słońca można widzieć gwiazdy, które mają pozorne położenia na niebie w bliskości Słońca. Zaobserwowano, że te położenia przesuwają się o wartość przewidzianą przez Einsteina. Innym przewidywaniem ogólnej teorii względności, które aż do lat siedemdziesiątych wydawało się raczej fantastyczne, było to, że w rozsądnie normalnych warunkach, gdy gwiazda zużyje swoje paliwo termojądrowe, zapadnie się. To zapadnięcie będzie tak katastrofalne, że ostatecznym rezultatem bę­ dzie „czarna dziura". Mówiąc „czarna dziura" mamy na my ś li , że ani światło ani inne sygnały nie mogą wyjść bardzo daleko poza powierzchnię gwiazdy. Taka gwiazda nagle i całkowicie zniknie i nigdy już jej nie zobaczymy. Teoria i stan badań doświadczal­ nych dotyczących czarnych dziur jest jednym z głównych tematów rozdz. 30. Jeszcze innym przewidywaniem, wynikającym z ogólnej teorii względności , jest to, że ulegająca przyspieszeniu masa (taka jak zapadająca się gwiazda lub gwiazda w zderzeniu z inną si łę grawitacyjną między Słońcem

gwiazdą)

będzie wysyłać fale grawitacyjne, podobnie jak przyspieszający ładunek elektryczny wysyła promieniowanie elektromagnetyczne. Ostatnio zbudowano detektory fal grawitacyjnych dostatecznie czułe, by mogły wykryć bliską supernową (patrz rozdz. 30).

Kosmologia

Ogólna teoria względności ma wiele do powiedzenia w gałęzi astrofizyki nazwanej kosmologią. Kosmologia zajmuje się problemami pochodzenia, wielkości i struktury Wszechświata. Niektóre z tych problemów to: Czy wielkość Wszechświata jest skończona czy nieskończona? Czy Wszechświat się rozszerza? Jak i kiedy został uformowany nasz układ słoneczny i galaktyka? Ile jest galaktyk, jak są one rozłożone w przestrzeni? Skąd galaktyki się wzięły i jaki był Wszechświat przed ich sformowaniem? Aby rozumieć kosmologię trzeba, poza teorią względności , nauczyć się trochę fizyki jądrowej . Niektóre z tych problemów dyskutujemy w rozdz. 30, po przedstawieniu fizyki jądrowej. Podsumowanie

Wzór Einsteina dodawania prędkości można z równań transformacji Lorentza. Wynik ten

wyprowadzić

I

Ux=

UX± v 1 ±uxv/c

2

odpowiada klasycznemu wyrażeniu u ~ = ux ± v. Jeżeli pęd jest zdefiniowany jako p =my (u) u i energia jako E =my (u) c 2 , to pęd i energia są zachowane we wszystkich układach odniesienia, jeżeli są zachowane w jakimkolwiek układzie .

Masa spoczynkowa ma energię spoczyni w tych przypadkach, gdy masa spoczynkowa może zostać zmniejszona (np. anihilacja elektron-pozyton), energia spoczynkowa przechodzi w inne formy energii, jak np. w energię kinetyczną. Cząstka swobodna ma energię kinetyczną kową E=mc 2 ,

K =E-mc 2 =mc 2 [ y (u)-1] Użytecznym związkiem między energią

dem jest

pę­

158

9. Dynamika relatywistyczna

Ez= p2c2 + (mc2)2

Otrzymamy wtedy

Masa relatywistyczna

ciała

o

prędkości

y (u') u~= yy (u) ux + yvy (u)

u jest zdefiniowana jako

u2)-112 gdzie y(u) = ( 1-c 2

m

m(u)=------r=== Jl-u 2/c2

Masa relatywistyczna układu odosobnionego jest zachowana, gdyż energia jest zachowana. Siła grawitacyjna działa na masę relatywistyczną. Relatywistyczna teoria grawitacji, która nazywa się ogólną teorią względności, stosuje zasadę równoważności jako swój punkt wyjścia. Uzupełnienie

9.1. Transformacja

dowiedzieć

Aby

się

jak

pędu

p =my (u) u transformują się z jednego układu współrzędnych

do innego, musimy najpierw jak transformują się składowe y (u) u. Zaczniemy od postaci różniczkowej transformacji Lorentza (równania (8.9)) i podzielimy obie strony przez dr (r jest czasem własnym mierzonym przez obserwatora, który porusza się wraz z cząstką) zobaczyć

y(u') = (

y = ( 1-2 c

yv c

y (u')= yy (u)+ 2 y (u) ux Powyższy

u'2)-111

1-?

v2)-112

y(u')u~ = y(u)uz

(9.14)

czterech równań pokazuje wszystkie trzy składowe prędkości u z układu nieprimowanego do prędkości u' obserwowanej w układzie odniesienia poruszającym się z prędkością v w lewo (patrz rys. 9.1). Aby otrzymać pęd relatywistyczny po prostu mnożymy obie strony równań (9.14) przez m. Będziemy stosować notację Px =my (u) u, , p~ =my (u') u~ itd. Wówczas z równań (9.14) otrzymamy

jak

pęd-energia

składowe

y (u') u~=y (u) uY

układ

transformować

p~ =

YPx + yvmy (u)

dx' ydx dt - =-+ yvdr dr dr dy' dr

-

dz' dr

dz dr

dt' dr

ydt dr

-

dy dr

(9.13)

yv dx

- =-+-2 c dr

Na rysunku 9.1 czasem własnym byłby czas mierzony przez obserwatora siedzącego w samochodzie, który porusza się z prędkością ux (w układzie nieprimowanym). Związki między t i r oraz między t' i r są dane równaniami (8.6)

dr= -

1

y (u)

I , dr= - ,)dt y (u

dt

Następnie równań

dx' - . , -=Ux, dt'

podstawimy te wyrażenia na dr do (9.13) i skorzystamy z wyrażeń dx =ux,··· dt

-

yv my (u')= ymy (u)+ 2Px

c

W końcu zastosujemy notację E =my (u)c 1, E'=my(u')c 2 , fJ=v/c. Wtedy poprzednie równania przyjmą postać E

P~ = YPx + y[J-

c

(9.5)

(E)

E' ~=y ~ +yfJpx

Ćwiczenia

równanie (9.1) względem u,, przez u~ i v. 2. Powtórz przykł. 2 dla przypadku, gdy elektron rozpadu porusza się w kierunku przeciwnym niż neutron. 1. Rozwiąż

wyrażając tę wielkość

Ćwiczenia i zadania

3. Przy spalaniu

węgla

lub oleju produkty spoczynkową niż wejściowe. Jeżeli typowy samochód porusza się pobierając moc 50 KM (załóż , że wydajność silnika wynosi 20 % , czyli moc do.starczana przez paliwo jest równa 250 KM), to jaki będzie ubytek masy produktów spalania paliwa w ciągu roku? 4. Jaka musiałaby być strata masy spoczynkowej, aby zas pokoić potrzeby energetyczne Stanów Zjednoczonych w ciągu roku? Stany Zjednoczone zużywają ok. 7 · 10 12 kWh rocznie. Gdyby to zapotrzebowanie energii było zaspokajane wyłącznie drogą rozszczepienia jądrowego, to ile gramów produktów rozszczepienia byłoby wytwarzane rocznie? 5. Protonowi o energii spoczynkowej 938 MeV nadano energię kinetyczną 47 MeV. O jaki procent wzrosła jego masa relatywistyczna? 6. Czy zakrzywienie promieni świetlnych w pobliżu Słońca powoduje, że gwiazdy wydają się przesuwać ku Słońcu czy od końcowe mają

nieco

mniejszą masę

Słońca?

7. Ile mikrogramów traci w ciągu roku żarówka 100 W? 8. Prędkość ciała jest taka, że jego masa relatywistyczna wzrosła o 10%. (a) W jakim stosunku zmniejszyła się jego długość?

(b)

159

Jeżeli

jego energia spoczynkowa jest równa E 0 , to jaka jest jego energia kinetyczna? 9. Energia spoczynkowa protonu jest równa 938 MeV. Załóż, że proton porusza się z prędkością równą połowie prędkości światła .

(a) Jaka jest jego energia kinetyczna (w MeV) według mechaniki klasycznej? (b) Jaka jest jego energia kinetyczna (w MeV) według mechaniki relatywistycznej? IO. Strumień mocy dochodzącej ze Słońca do powierzchni Ziemi wynosi ok. 1 kW/ m 2 . Ile gramów masy Słońca dochodzi do Ziemi w ciągu roku? li. Wedłu g obserwatora nieruchomego

12. 13.

14.

15.

względem cząstki A, cząstka ta ulega rozpadowi przez wysłanie w prawo cząst­ ki B z prędkością v = 0,5c. Przypu śćmy , że obserwujemy to samo zdarzenie, gdy cząstka A porusza się w prawo z prędkoś­ cią vA= 0,4c. Jaką prędkość cząstki B zmierzy wtedy obserwator? (Widzi on cząstkę A poruszającą się w prawo, gdy się rozpada). Jaka musi być masa materi ału rozszczepialnego w bombie jądrowej 20 kton? Ile razy wzrósł czas połowicznego zaniku pionu, którego energia kinetyczna jest równa 35 MeV? Energia spoczynkowa pionu jest równa 140 MeV. Jaka jest prędkość protonu, którego cał­ kowita energia E = 100 mPc 2? Dla cząstki o masie spoczynkowej m 0 1 i prędkości v co jest większe : m0 v2 ,

2

p 2 / 2m 0 czy jej energia kinetyczna?

jako masę przez objętość, to o ile wzrośnie gęstość ciała, gdy porusza się ono z prędkością v? 17. Swobodny proton ma energię kinetyczną Ko. (a) Jak zależy jego całkowita energia relatywistyczna E od K 0 i od jego masy spoczynkowej mP? (b) Jak zależy jego pęd relatywistyczny p od mp i K 0 ? (c) Jak zależy jego prędkość od E i p? 18. Gęstość ładunku jest to ilość ładunku elektrycznego w jednostce objętości. Ła­ dunek elektryczny jest relatywistycznie niezmienniczy. O ile wzrośnie gęstość ładunku ciała poruszającego się z pręd­ kością v?

16.

Jeżeli

zdefiniujemy

gęstość

relatywistyczną podzieloną

Zadania Wyjdź

z

równań

transformacji Lorentza i t przez x' i t'. Wyprowadź wzór na prędkość ux wyrażoną przez u ~ i v (patrz rys. 9 .1 ). 20. (a) Niech x 1 =x, x 2 = y, x 3 = z, x 4 = ct. Jak ą postać przyjmą równania trans19.

wyrażaj ą cych

x

160

9. Dynamika relatywistyczna

formacji Lorentza po takim podstawieniu? (b) Niech Pi=Px, P2=Py, p3=pz, p4=E/c. Jaką postać przyjmą równania (9.5) po takim podstawieniu? (c) Dowiedź, że xf-x~=x'i2-x42 (d) Dowiedź, że x'1 p'1 -x4p4=x 1 p 1 -x 4 p4 . 21. Załóż, że pewna wielkość A ma cztery składowe (A 1, A 2 , A 3 , A4), które transformują się w taki sam sposób jak cztery składowe x lub p w zad. 20, to znaczy: A 'i = yA 1 + y/JA 4 i A4= yA 4 + y/JA 1. Wielkość A nazywa się czterowektorem. (a) Dowiedź, że A'i2-A42 =Af-A~. (b) Dowiedź , że dla dwóch różnych czterowektorów A'1 8 11 - A4B4 = =A1B1 -A4B4. (c) Dowiedź, że (A'1 + B'1)2 -(A4 + 84) 2 = =(A1 +B1) 2 -(A4 +B4) 2 • 22. Energia spoczynkowa mezonu K jest równa 495 MeV. Rozpatrz wiązkę mezonów K o energii 330 MeV (każdy mezon K w tej wiązce ma energię kinetyczną 330 MeV). (a) Jaka jest całkowita energia każdego mezonu K? (b) Jaka jest masa spoczynkowa (w gramach) mezonu K? (c) Jaka jest prędkość tych mezonów K? (d) Jaki jest stosunek masy relatywistycznej do masy spoczynkowej dla tych mezonów K? (e) Czas połowicznego zaniku spoczywającego mezonu K jest równy 1,0·10- 8 s. Jaki byłby zaobserwowany czas poło­ wicznego zaniku mezonów K w tej wiązce?

23. Mamy

wiązkę

pionów, w której wszystkie Zaobserwowano, że średni czas połowicznego zaniku pionów w tej wiązce jest o 67% dłuższy niż pionów spoczywających. Energia spoczynkowa pionu jest równa 140 MeV . (a) Jaka jest energia kinetyczna każdego pionu w tej wiązce? (b) Jaka jest prędkość każdego pionu w wiązce? cząstki mają tę samą prędkość.

(c) Jaki jest stosunek masy relatywistycznej do masy spoczynkowej? (d) Jaki jest stosunek p/mc dla każdego pionu w wiązce (m jest masą spoczynkową pionu). 24. (a) Wyobraź sobie zderzenie dwóch kul bilardowych o równych masach m. Po zderzeniu kule mają takie same energie (E 1 = E 2 = E). Jaki jest pęd relatywistyczny p każdej z kul po zderzeniu w zależności od energii kuli uderzają­ cej e 1 ? Przed

E

Po

E Zadanie 24

(b) Zastosuj zasadę zachowania energii i pędu, aby wyprowadzić związek

sin 8=

2mc 2

e 1 +3mc 2

Wyprowadź wzór na zależność pędu p od energii kinetycznej K i masy spoczynkowej m. 26. Konwencjonalne akceleratory cząstek przyspieszają wiązki cząstek o masie m do energii całkowitej Eb. Przyspieszane cząstki uderzają w nieruchomą tarczę, która na rysunku (a) ma taką samą masę jak uderzająca w nią cząstka. Można jednak uzyskać równoważne zderzenie doprowadzając do zderzenia ze sobą dwóch wiązek o niższej energu E', jak na rysunku (b). To znaczy, że

25.

a)

8

Eb

Zadanie 26

Ćwiczenia i zadania

161

obserwator poruszający się w prawo na rysunku (a) widzi, że obie cząstki mają tę samą energię E'. Zastosuj równanie E'= yE+ yf3pc.

(a)

Wykaż, że

/3 (b)

Eb-mc 2 pbc -

Eb+mc

2

Wykaż, że

E'=

27. W CERN-ie w Genewie działa akcelerator, w którym zderzają się dwie wiązki protonów, każda o energii 30 GeV. Jaka byłaby energia wiązki w równoważnym akceleratorze konwencjonalnym? (Zastosuj wzór z zad. 26 (b); mPc 2 =0,938 GeV). 28. Buduje się teraz urządzenia do zderzania wiązek elektronów i pozytonów o energiach do E' = 16 GeV. Jaka byłaby energia wiązki w równoważnym konwencjonalnym akceleratorze elektronów (m,c 2 =5,1·10- 4 GeV)? 29. Zastosuj wzór dodawania prędkości, aby wykazać, że

u~~v+(1-~:)ux,

At

gdzie ux«c

30. Pan Prim, który nie porusza się, widzi zegar poruszający się w prawo z prędkoś­ cią u'. Obserwator poruszający się w prawo z prędkością u' zmierzył, że czas między tyknięciami zegara jest równy Ar. Pan Wilkins, który porusza się w prawo z prędkością v, widzi, że zegar porusza się z prędkością u. · (a) Jak wyraża się u przez u' i v? (u' i v są liczbami dodatnimi).

(a) pan Wilkins mierzy czas Jaki jest stosu-

między tyknięciami .

nek At/Ar? 31. Do jakiej granicy dąży wartość u w zad. 37 dla małych t (a 0 t«c), a do jakiej dla dużych

pbc =

części

(b) W

t (a 0 t»c)?

32. Mion ma masę spoczynkową m 0 = = 105 Me V/c 2 i czas życia 2 · 10- 6 s, gdy jest nieruchomy. W Narodowym Laboratorium Akceleratorowym im. Enrico Fermiego w Chicago w . USA powstał w tarczy w czasie t =O mion o energii kinetycznej 10395 MeV. (a) Jaka jest energia całkowita mionu? (b) Jaka jest y? (c) Jaka jest prędkość mionu v i jego pęd

p?

(d) Jaki jest jego czas życia w układzie laboratorium? (e) Jaką drogą przebiegnie zanim się rozpadnie? 33. Ciało o masie spoczynkowej m porusza się z prędkością u i przyspieszeniem a=du/dt. Kierunek u nie zmienia się . (a) Jak wyraża się siła F w układzie nieprimowanym przez m, u i a? (b) Jaka według pana Prima, który porusza się w lewo z prędkością v, jest składowa odpowiedź

y siły F~=dp~/dt' ? Wyraź

w

wielkościach

nieprimo-

wanych. 34. W układzie nieprimowanym samochód porusza się w prawo z prędkością u. Układ nieprimowany porusza się w prawo z prędkością v względem układu primowanego. Układ bisowany porusza się w lewo z prędkością v wżględem układu primowanego. (a) Jaka jest prędkość układu nieprimowanego względem układu bisowanego?

1/

Pan Wilkins

Pan Prim

X

LU~7JI."

Zadanie 30

Zadanie 34

162

9. Dynamika re lat y wist yczna

(b) Jaka jest prędkość samochodu u" mierzona przez obserwatora w ukła­ dzie bisowanym? 35. (a) Foton ma energię kinetyczną E. Jaka jest jego masa relatywistyczna czyli grawitacyj na? (b) Ten właśnie foton jest składnikiem wiązki światła, którą skierowano w dół wzdłuż szybu windy o wysokoś­ ci h. W jakim stopniu zmieni się energia kinetyczna fotonu? Wyraź odpowiedź przez g, h i c. 36. Wykaż, że dla y» 1 Pęd

p~(1 -1 )~ 2y2 c 37.

Załóż, że

m0 a0 . Ta

o masie spoczynkowej m 0 ; przedtem cząstka była w spoczynku. Przyspieszenie a 0 jest stałe. (Można wykazać, że a 0 jest przyspieszeniem mierzonym przez obserwatora, który ma taką sam ą prędkość chwilową jak cząstka) . (a) Biorąc pod uwagę, że

dpd; = m a

0 0 , czyli

u

działa stała siła

przyłożona

do

0

a0 t 1 +a'f,t 2/c 2 ujęciu

klasycznym cząstka osiąg­ u= c po pewnym czasie t 0 . Jaka będzie jej prawdziwa prędkość po tym czasie t 0 ? nęłaby

została

d[ ( u2)-11 2 2] = a

dt u 1 - c

wykaż, że

(b) W

w kierunku x siła

cząstki

prędkość

10 Ruch obrotowy

W badaniach układów oddziałujących cząstek jest dużym ułatwieniem, jeżeli można rozważać oddzielnie ruchy obrotowe i ruchy postępowe. Aby wprowadzić to uproszczenie, musimy najpierw zdefiniować dwie nowe wielkości: moment pędu i moment siły . Pokażemy, że dla układów odosobnionych moment pędu jest zachowany, tak jak pęd liniowy i energia. Zachowanie momentu pędu jest zasadą zachowania jednakowej wagi z zasadą zachowania pędu i zasadą zachowania energii. Pozwala ona na łatwe obliczanie przydatnych wielkości bez znajomości poszczególnych ruchów indywidualnych cząstek i działających sił. W ostatnich dwóch punktach tego rozdziału poznamy szczególny przypadek układów cząstek, w którym wszystkie cząstki zachowują względem siebie stałe odległości. Taki układ nazywa się ciałem sztywnym lub ciałem rozciągłym . Badanie ciał sztywnych jest ważne ze względu na ich powszechne występowanie w naszym codziennym otoczeniu.

kinematyki ruchu obrotowego bardzo podobne do równań kinematyki ruchu jednowymiarowego, wyprowadzonych w rozdz. 2. Kątową analogią przesunięć x jest przesunięcie kątowe O. Kątową analogią prędkości dx/dt jest prędkość kątowa dO/dt dO dt

(prędkość kątowa)

w= -

Jest ogólnie

(10.l )

przyjęte używanie

wej prędkości kątowej . Dla ruchu po okręgu istnieje prosta zależ­ ność między w i prędkością styczną do okręgu v. Wyobraźmy sobie cząstkę poruszającą się po okręgu o promieniu R, jak to pokazano na rys. 10.1. Zgodnie z definicją miary łukowej kąta, droga przebyta wzdłuż okręgu

IJ

s

10.1. Kinematyka ruchu obrotowego Zanim zajmiemy się dynamiką ruchu obrotowego (siły rotacyjne i ich efekty), musimy najpierw wypracować matematyczne ujęcie ruchu obrotowego. Wyprowadzimy równania

greckiej litery

w (omega) na oznaczenie dO/dt, czyli chwilo-

e X

Rys. IO.I odległość

Cząstka

s =R()

poruszająca się

po

okręgu

przebywa

164

I O. Ruch obrotowy

s=R8 Zróżniczkujmy

obie strony

względem

(dla stałego przyspieszenia kątowego) (10.6)

t

ds d8 -=Rdt dt czyli

Podobnie, gdy a i R są stałe, to z równania (2.10) otrzymamy związek (dla ruchu po

v=Rw

(10.2)

okręgu)

Wielkości v i w mogą zmieniać się z czasem, ale R jest stałe. W przypadku ruchu jednostajnego po okręgu w jest nazywane częstością kołową. Prędkość v jest odległością przebytą w ciągu 1 sekundy, co jest równe obwodowi koła 2nR pomnożonemu przez liczbę obrotów na sekundę f Jeżeli w równaniu (10.2) podstawimy v=2nRf. to otrzymamy

(2nRf) = Rw w= 2nf

(dla ruchu jednostajnego po okręgu)

(10.3)

Litera f oznacza częstotliwość wyrażoną w obrotach na sekundę, w oznacza częstość w radianach na sekundę. Przyspieszenie

kątowe

Podobnie jak przyspieszenie liniowe zostało zdefiniowane jako d 2 x/dt 2 , tak przyspieszenie kątowe jest zdefiniowane jako d2 8 a= dt 2

(przyspieszenie

kątowe)

Można uzyskać związek między

niem liniowym i kątowym strony równania (10.2) dv dw - =Rdt

(10.4) przyspieszeobie

różniczkując

dt

a= Ra

(dla ruchu po

okręgu)

(10.5)

gdzie a jest przyspieszeniem liniowym cząstki poruszającej się po okręgu. Jeżeli przyspieszenie cząstki w jej ruchu po okręgu jest stałe, to z równania (2.9) mamy 1 2 s=s 0 +v 0 t+ at

2

Zastąpmy

teraz s przez (R8), v0 przez (Rw 0 ) i a przez (Ra)

2a(8-8 0 ) = w 2 -w5

10.2. Iloczyn wektorowy W definicjach zarówno momentu pędu jak i momentu siły korzysta się z tego, co w rachunku wektorowym nazywa się iloczynem wektorowym. W punkcie 3.6 mieliśmy definicję iloczynu skalarnego dwóch wektorów A· B=AB cosa gdzie kropka jest „stenograficznym zapisem" cos a. W iloczynie wektorowym krzyżyk jest „stenograficznym zapisem" sin a A x B=n AB sin a

(iloczyn wektorowy)

(10.7)

W powyższym równaniu, które definiuje iloczyn wektorowy, wielkość n jest wektorem jednostkowym prostopadłym do płaszczyzny, w której leżą wektory A i B. Istnieją jednak dwa zwroty prostopadłych do płaszczyzny, w której leżą A i B. Jest konwencja co do wyboru jednego z nich, nazywa się ona regułą prawej ręki i jest przedstawiona na rys. 10.2. Użyj palców prawej ręki, aby obrócić pierwszy wektor w miejsce drugiego, a wtedy kciuk wskaże kierunek iloczynu wektorowego. Zauważ następujące oczywiste konsekwencje równania (10.7) AxA=O A

X

(B+C)=A

X

B+A

X

c

AxB=-BxA ixi=jxj=kxk=O ixj=k jxk=i kxi=j gdzie i, j, k są wektorami jednostkowymi wzdłuż osi odpowiednio x, y, z.

165

10.2. lloczyn wektorowy pędu

Z definicji moment (moment

n" Kierunek kciuka

Rys. 10.2. Reguła prawej ręki . Kciuk prawej ręki wskazuje kierunek ri, wektora prostopadłego do pła szczyzny, w której lezą wektory A 1 B. Palce zginają się w kierunku obrotu wektora A do położenia B , a wtedy kciuk wyznacza kieru-

L jest

p ędu)

(10.8)

gdzie p jest pędem liniowym cząstki, r - wektorem położenia (od początku układu odniesienia do punktu, w którym znajduje się cząstka) lub promieniem wodzącym . Na przykład, na rys. 10.3 wartość bezwzględna wektora momentu pędu cząstki o masie m jest L=rmv sin a. Zgodnie z regułą prawej ręki L jest skierowany ku płaszczyźnie rysunku, czyli w ujemnym kierunku osi z. Zakrzywiona strzałka na rys. 10.3b pokazuje jak zorientować palce · prawej ręki .

a) Y

nek (A x B)

Przykład

1. Ile wynosi A x B, gdy i B=iBx+jBY? Oblicz jaki jest sinus kąta między

A =iAx+jAY również,

A i B?

o

X

b)

ODPOWIEDŹ:

A

X

B=(iAx+jAy) X (iBx+jBy)= =i xjAxBy +j X iAyBx = =k(AxBy-AyB)

Rys. 10.3. a) Masa m porusza się w płaszczyźnie xy z prędkością v. b) Wzajemna orientacja wektora położenia r i wektora pędu p . Zakrzywiona strzałka wskazuje położenie palców przy stosowaniu reguły prawej ręki.

Iloczyn wektorowy pojawia się nie tylko w definicjach momentu pędu i momentu siły, lecz również jest używany w elektryczności do opisu siły działającej na poruszający się ladunek, jak też do obliczania pola magnetycznego wytworzonego przez prąd elektryczny.

10.3. Moment

pędu

Pojedyncza cząstka może mieć moment pędu nawet, gdy porusza się po linii prostej.

Równanie (10.8) jest relatywistycznie poprawne, jeżeli p oznacza pęd relatywistyczny. Zauważcie, że wartość L zależy od wyboru układu współrzędnych. Można się przekonać

na podstawie rys. 10.4,

gdzie p .L = p sina Wielkość p .L

do r; r .L jest

że

r.L = r sina.

jest

składową

odległością

p

prostopadłą

prostej

wzdłuż

166

IO. Ruch obrotowy

L=Rm

!J

(JG~z)=mJGMz R

112

Widzimy, że moment pędu rośnie wraz z rosnącym promieniem orbity. Jest on proporcjonalny do pierwiastka kwadratowego z promienia. (Jednocześnie Ziemia traci obrotowy moment pędu i energię kinetyczną ze względu na siłę pływów Księżyca działającą na Ziemię). X

Rys. 10.4. Masa m porusza się w płaszczyźnie xy i ma pęd r 1 bywa nazywana ramieniem pędu, P1 jest składową pędu prostopadłą do r.

p . Składowa

kierunku ruchu cząstki od początku r .L nazywa się także ramieniem pędu.

układu;

* Przykład 2. Siły pływów powodują spowalnianie ruchu obrotowego Ziemi, czyli zmniejszanie jej momentu pędu. Chcemy pokazać, że zasada zachowania momentu pędu wymaga, aby Księżyc powoli zwiększał swoją odległość od Ziemi. Musimy więc wykazać, że orbitalny moment pędu Księżyca rośnie wraz z rosnącym promieniem. ODPOWIEDŹ:

Z definicji moment pędu jest L= Rmv, gdzie R jest promieniem jego orbity, m - masą Księżyca. Aby rozwiązać zadanie, musimy wyrazić v przez R. Można to zrobić przyrównując siłę działającą na Księżyc do ma Księżyca

(v

2

Mzm G- =m - ) R2 R

Zachowanie momentu

pędu

pojedynczego

ciała

Zanim zajmiemy się ogólnym przypadkiem odosobnionego układu n oddziałujących cząs­ tek, rozważmy pojedynczą cząstkę będącą pod działaniem siły centralnej skierowanej ku (lub od) początku układu współrzędnych. Przykładem takiej sytuacji jest planeta na orbicie wokół Słońca L =rxp dL

dr

-=-

dt

dt

dp

x p+r x -= dt

=vxp+r x F Składnik v x p równa się zeru, gdyż te wektory są równoległe. Składnik r x F równa się zeru, gdyż F jest siłą centralną i te wektory są także równoległe (lub antyrównoległe) . Tak więc

dL - =0 dt '

czyli

L=const

Dowiedliśmy, że ciało pod działaniem jakiejkolwiek siły centralnej ma stały moment pędu. Ten wynik został wykorzystany na s. 82, gdy wyprowadzaliśmy prawo Keplera równych powierzchni.

wi ę c

v=

JG~z

10.4. Dynamika ruchu obrotowego W tym punkcie zajmiemy

się

odpowiednikiem

F=ma w ruchu obrotowym i zachowaniem

Podstawiamy to teraz do równania na moment pędu

momentu cząstek .

pędu

w ogólnym przypadku

układu

167

10.4. Dynamika ruchu obrotowego

Moment

siły

Zdefiniujemy teraz wielkość, która w ruchu obrotowym odgrywa rolę analogiczną do siły. Wielkość T jest momentem siły, tak jak L jest momentem pędu. Jeżeli siła F działa na cząstkę, to moment siły jest z definicji (moment

T=r x F

s iły)

( 109)

gdzie r jest wektorem przesunięcia od jakiegoś punktu odniesienia. Aby otrzymać rotacyjny odpowiednik F=ma, różniczkujemy obie strony równania (10.8) dl d -=-(rxp)=

dt

sobie równe co do bezwzględnej wartości i przeciwnie skierowane albo ku sobie, albo od siebie. (Efekty relatywistyczne mogą powodować powstawanie sił niecentralnych, ale wynik uśredniony po czasie jest taki sam jak dla sił centralnych). Ponieważ r .L jest takie samo dla każdej pary sił oddziaływania, ich momenty są równe i przeciwnie skierowane. Ponieważ lewa strona równania (10.11) jest sumą wszystkich takich par, więc jest zerem i równanie (10.11) przybiera postać d O= dt

L ca/kowity

czyli

dt

dr dp =-xp+rx-= dt

L rntkowi1r =

=V X

p +r X

dL

T „q ,1atJkowy

=-

(10.10)

dl

wypadkowy moment siły działa­ cząstkę jest prędkością zmiany pędu, podobnie jak siła wypadkowa działająca na cząstkę jest równa prędkości zmiany pędu.

Widzimy, jącej na momentu

że

Zachowanie momentu

pędu

Dla układu n cząstek możemy zsumować równanie (10.10) po wszystkich cząstkach

) d L Tj=-dd(n L Lj =-d L ca/kowity t t n

gdzie

(10.11)

j = 1

L catkowity

całego

jest

całkowitym

momentem odosobnionego nie ma zewnętrznych momentów sił i lewa strona równania jest sumą wszystkich wewnętrznych momentów siły, pochodzących od sił oddziaływania między n cząstkami . Zgodnie z trzecią zasadą Newtona, siły oddziaływ a nia między dwiema cząstkami są pędu

(zachowanie momen- ( 10.12) tu pędu)

F„ypadkowa

Pierwszy składnik jest zerem, ponieważ v i p są równoległe. Drugi składnik jest z definicji wypadkowym momentem siły. Mamy więc

j= I

const

dt

układu.

Dla

układu

Wyprowadziliśmy właśnie prawo zachowania momentu pędu dla układu odosobnionego. Wynika ono bezpośrednio z zasad ruchu Newtona. Jest wiele rodzajów zadań dotyczą­ cych obracających się układów gdzie, nawet gdy siły oddziaływania nie są znane, można obliczyć końcowe prędkości lub momenty pędu stosując prawo zachowania momentu pędu .

* Przykład 3. Student stoi na stoliku obrotowym i w obu rękach trzyma hantle, mając rozłożone ramiona. Popychamy go, tak aby obracał się z częstotliwością f 1 =0,5 obrotów na sekundę . Wtedy student zgina ramiona, ściągając hantle ku piersi (patrz rys. 10.5). Jaka teraz jest częstotliwość jego obrotów? Załóż, że hantle, które były początkowo 60 cm od osi obrotu, zostały ściągnięte do odległości 1O cm od osi. Masa hantli jest taka, że student i rozstawione na odległość 60 cm hantle mają takie same momenty pędu . ODPOWIEDŹ: Początkowy

du hantli jest

moment

pę­

168

10. Ruch obrotowy 60cm

Korzystamy L, 1 =mw 1Ri

tego,

z

teraz

że

rozwiązujemy względem

Wz

obrotów/s

-

Rys. 10.5. Student

Widzimy, że prędkość obrotów studenta wzrosła nieomal dwukrotnie. ściąga

hantle i

kręci się

szybciej

Tę

gdzie m jest masą pary hantli. Począt­ kowy moment pędu układu student- hantle jest

gdzie L, 1 jest początkowym momentem pędu studenta. powiedziano nam, że Ponieważ L, 1 =Lhl • więc L, 1 =mw 1R"f. Gdy hantle są rozstawione na odległości R 2 • moment pędu układu jest

Stosując zasadę pędu

zachowania momentu

mamy

Ponieważ

moment proporcjonalny do rotów, więc

pędu

studenta jest częstości jego ob-

wykorzystuje wirujący lub prostując ramiona.

zasadę

samą

łyżwiarz, ściągając

P~zykład 4. Student stoi na stoliku obrotowym i trzyma nad głową koło rowerowe. Student rozkręca koło uzyskując

równocześnie

własną

prędkość

kątową w 1 = 5

s - 1 . Schodzi wtedy ze stolika obrotowego i potem wraca z powrotem. Gdy jest znów na stoliku, przekręca koło rowerowe „do góry nogami". Jaka jest teraz jego prędkość kątowa (patrz rys. 10.6)? ODPOWIEDŹ:

moment

pędu

Ponieważ

początkowy

jest równy zeru,

więc

czyli L,1=-Lo

gdzie L 0 jest momentem

pędu

nadanym

kołu.

Podstawiamy to do poprzedniego równania i otrzymujemy

Gdy student schodzi na ziemię, L, spada do zera (moment pędu studenta zostaje przekazany ziemi). Gdy student powróci na stolik, moment pędu jego i koła jest równy L 0 . Obrócenie koła „do góry nogami" powoduje, że wartość momentu pędu koła zmienia się do

169

10.4. Dynamika ruchu obrotowego

b)

Rys. 10.6. a) Student

kręci koło

rowerowe. b) Wraca na stolik obrotowy po

zejściu

na

podłogę.

c)

Następnie

obraca

koło

„do góry nogami"

( - L0 ). Ponieważ moment musi pozostać równy L 0 ,

pędu układu więc

Lo = Ls2 + (- Lo) Ls2 =2Lo

Dochodzimy więc do wniosku, że student obraca się teraz dwa razy szybciej i w przeciwnym kierunku niż na począ­ tku, wobec tego w 2 =10 s- 1 .

Równanie (10.11) stosuje się zarówno do pod wpływem sił zewnętrznych jak i do układu odosobnionego. Chociaż istnieją zewnętrzne momenty sił, wewnętrzne momenty sił nadal się znoszą i suma układu

L Ti

staje się

j= 1

5. Pewien rower

dżać

łagodnej

może wjeż­

ze stałą gdy siła nawierzchni pchająca tylne koło jest F 2 = 4 N (rys. 10.7). Z jaką siłą F 1 łańcuch musi ciągnąć zębatkę, jeżeli R 2 /R 1 =6? po

pochyłości

prędkością,

Nawierzchnia Rys. 10.7.

Łańcuch pociąga koło rowerowe koło z siłą F 2

Tzew

zewnętrznych

z

siłą

F,. Nawierzchnia pcha

ODPOWIEDŹ: Ponieważ prędkość kąto­

wa jest

stała, więc

Twypadkowy=(Tz

dL/dt=O

+ T1)=0

IT1l=IT2I

jest sumą wektorową wszystkich momentów sił działających na układ. W następnych dwóch przykładach dyskutowanym układem będzie koło rowerowe przy założeniu, że cała jego masa jest rozłożona na obręczy. gdzie

Przykład

Zastosujmy równanie (10.9) RJ1 =R2F2 F 1 =(R 2/R 1)F 2 =(6)(4 N)=24 N

l 70

I O. Ruch obrotowy

Przykład

6. Wyobraźmy sobie rower z przykł. 5 zawieszony nad nawierzchni ą. Jeżeli do łańcucha jest przyłożona stała siła 20 N, to po jakim czasie obręcz osiągnie prędkość 32 km/h (8,89 m/s)? Załóżmy , że R 2 = 30 cm i że cała masa koła rozłożona na obręczy wynosi 2 kg. ODPOWIEDŹ: Stosując

równanie (10.10)

mamy

Lm-r . Rsm=--1 - 1 Lmi

(położenie środka

masy) (10.13)

Środek masy jest po prostu średnim położe­ niem, przy czym masa jest czynnikiem ważą­ cym przy tworzeniu średniej . Mówi się, że obserwator spoczywający względem Rsm jest w układzie środka masy. Zróżniczkujmy teraz obie strony (10.13) względem czasu

dRsm dt

--=

Lmj dr/ dt Lmi

Lewa strona tego równania jest, z definicji masy, vsm· Tak więc

prędkością środka

Lmjvj Lpi P cu/kowity " -sm= -M- = M= - M

AL równa się końcowemu momentowi pędu, który wynosi R 2 mv AL=R 2 mv =(0,3 m) (2 kg) (8,89 m/s)= =5,33 kg m 2/s At=

5,33 kg m 2 /s (0,05 m) (20 N)

5,33 s

10.5. Środek masy W ogólnym przypadku ruch odosobnionego układu oddziałujących cząstek jest skomplikowany. Istnieje jednak w układzie jeden punkt, który porusza się po linii prostej ze s tałą prędko ścią . Tym punktem jest środek masy Rsm• który jest zdefiniowany jako

gdzie M jest Ponieważ

(10.14)

całkowitą masą układu.

jest stały dla układu odosobnionego dowiedliśmy więc właśnie, że dla takiego układu prędkość środka masy pozostaje stała co do wartości bezwzględnej i co do kierunku. Poruszający się klucz nastawny pokazany na rys. 10.8 jest układem odosobnionym. Zauważcie, że każdy punkt klucza porusza się po torze falistym z wyjąt­ kiem środka masy, który porusza się ruchem jednostajnym po linii prostej. Pojęcie środka masy jest również przydatne przy obliczaniu całkowitej energii kinetycznej. Udowodnimy teraz, że całkowita energia kinetyczna układu jest energią kinetyczną mierzoną w układzie środka masy plus 1 2 2 Mvsm P calkowity

Rys. 10.8. Swobod nie po ru szaj ący się klucz nastawny Wypadkowa siła zew nęt rzn a działająca na klucz Jest zerem Zauważc ie , że obraca się on JednostaJme wokół swego środ ka masy, któ ry zos t a ł oznaczony cza rn ą taśmą ( Dz1ęk1 uprzejmości Physical Science Study Committee)

171

10.5. Środek masy

gdzie vj jest

prędkością

masy mi

mierzoną

w układzie środka masy. Wykonując mnożenie

skalarne otrzymuje-

my

Rys. 10.9. chni

K

1 2 I 1 12 K,a/kowi1a=2 (Em) Vsm+vsm · L(mjvj)+2Lmjvj

(10.15)

całkowita

gdzie

Obręcz tocząca się

płaskiej

powierz-

= -1 mv 2 + -1 mv12obr 2

v~br

ładzie

po

jest

środka

2

prędkością obręczy

masy.

Ponieważ

w ukobser-

Drugi składnik znika, gdyż Lmivj równa się M razy prędkość środka masy mierzona w układzie środka masy, co jest równe zeru. Tak więc

wator poruszający się razem ze środ­ kiem obręczy widzi, że punkt zetknięcia z płaszczyzną porusza się wstecz z prę­ dkością v, więc v~br = v 1 2 1 2 2 K calkowi1a=2mv +2.m(v) =mv

1 2 Kca/kowita = 2M Vsm + K

razy

Zauważmy, że obręcz

I

(10.16)

większą

cząstka

jest całkowitą energią kinetyczną w układzie środka masy. To równanie będzie szczególnie użyteczne w następ­ nym punkcie, gdzie zajmujemy się ciałem sztywnym. W układzie środka masy ciało sztywne może mieć tylko energię kinetyczną rotacyjną (obrotową). Wówczas równanie (10.16) przyjmuje postać gdzie K

1

niż

o masie m

nie

ma

energię

dwa

obracająca

poruszająca się

się

z

tą

samą prędkością.

mierzoną

Kwtkowua. . -~ Mvsm 2 + K,, 0 , 2

(dla

ciał

sztywnych) (10.17)

Przykład

8. Masa m zderza się z jednym końcem sztywnej hantli (rys. 10.10). Jeżeli hantla była przed zderzeniem w spoczynku, to jaka część uzyskanej przez nią energii kinetycznej zostaje przekazana na energię obrotów? ODPOWIEDŹ :

Tuż przed zderzeniem moment pędu względem początku układu jest równy (y 0 mv). Zaraz po zderzeniu moment pędu jest równy (y 0 MV- y 0 mv'). Zgodnie z zasadą zachowania momentu pędu te dwie wielkości są równe. Otrzymujemy y 0 mv= y 0 MV-y 0 mv' całkowity

gdzie

K~ 0 ,

mierzoną

jest rotacyjną energią kinetyczną w układzie środka masy.

Przykład

o masie m toczy się po płaszczyźnie, jak to pokazano na rys. 10.9. Środek obręczy ma prędkość v. Jaka jest energia kinetyczna obręczy? 7.

Obręcz

ODPOWIEDŹ: Stosując

mamy

równanie (10.17)

stąd

mv=MV-mv' Stąd wynika,

że cały , będący

do rozodbiera górna masa - nie zostaje nic dla dolnej masy. A więc, po zderzeniu całkowita energia kinetyczna hantli jest porządzenia, pęd

172

IO. Ruch obrotowy Przed

Ciała

10.6. m

V o---·

-----+-f1

Zaraz po

v'

sztywne

moment

bezwładności

-+-~-X.,_

Dotychczas mieliśmy do czynienia głównie z cząstkami lub masami punktowymi. Jednak większość mas w przyrodzie to rozciągłe ciała sztywne, które mogą wykonywać zarówno ruchy obrotowe jak i postępowe. Ciało sztywne możemy podzielić na elementy masy Ami" Przez sztywność rozumiemy, że odległość między dwoma jakimikolwiek elementami masy pozostaje stała.

m

~

L

t1 Rys. 10.11.

Obracający się krążek

i element masy Am;

Rys. 10.10. Masa m przekazuje pęd jednemu z końców sztywnej hantli. Zaraz po zderzeniu prędkości górnego końca, dolnego końca i środka masy

są

odpowiednio V, O, i

~V

Przyjrzyjmy

się

Kcałkowita =

1

l MV

2

gdzie V jest prędkością górnej masy zaraz po zderzeniu. Stosując równanie (10.17) otrzymujemy K

~ot = K całkowita - ~ M całkowita v,;. =

=GMv )-~(2M)G 2

vy =

=~MV 2 4

co stanowi połowę energii kinetycznej nadanej hantli. Dowiemy się w rozdz. 12, że gdy w cząsteczkę w kształcie hantli uderzają inne cząstki, to uzyskana przez nią rotacyjna energia kinetyczna stanowi średnio dwie trzecie translacyjnej energii kinetycznej.

z

teraz

ciału

sztywnemu w wokół stałej osi w układzie środka masy (rys. 10.11). Jeżeli element masy Ami jest w odległości ri od osi obrotu, jego prędkość jest vi=riw. Wartość bezwzględna momentu pędu ciała sztywnego jest L= "1:.ri L1mivi= "1:.riL1mk/JJ)=(°1:.rJ L1m)w Wielkość w nawiasie nazywamy momentem bezwładności /, który definiujemy obracającemu się

prędkością kątową

I= "1:.rJ Ami Dla

(10.18)

ciągłego rozkładu

masy mamy

(moment bezwładności)

2

I=fr dm Wówczas L=lw Ponieważ

(10.18) (10.19)

moment

siły

jest

dL T=dt

więc

mamy dw

T=l-=fa. dt

(10.20)

gdzie a jest przyspieszeniem kątowym. Energia kinetyczna w układzie środka masy

Ciała

10.6.

sztywne i moment

1 1 1 K =i:.L1mjvJ =2.°'f.L1mk1-0J)2 =2.("'f.L1m/J)w 2 a

173

bezwładności

więc

Momenty bezwładności niektórych ciał sztywnych, o pospolicie występujących kształ­ tach są podane w tab. 10.1.

1

K=-lw 2 2 oraz 1(/w) 2 1L 2 K=---=-2 I 2 I

Tablica 10.1. Momenty bezwładności (względem pokazanych na rysunkach osi) kilku często występujących ciał Ciało

(10.21) Obręcz

lub

I

pierścień

mR 2

Przykład

9. Jaki jest moment bezwład­ osi symetrii dla obręczy i dla pełnego krążka, jeżeli każde z tych ciał ma masę M i prom ień R?

~ R

I

no ści względem

ODPOWIEDŹ: Obręcz

menty masy w r = R, /obręczy= M R

I I Krążek

lub walec

ma wszystkie ele-

~mR 2 2

więc

2

EJ I

Dla krążka (rys. 10.12) powierzchnia zawarta w pierścieniu między r i (r +dr)

1, m/2 12

Pręt wokół środka

a

I I I

I

l

I

I

m/2 3

Pręt wokół końca

~

)

I

I Pełna

Rys. 10.12. Pierścień o grubości pełnego krążka o promieniu R

dr

jest A= 2nr dr. Powierzchnia jest równa nR 2 • Zatem

dm M

-

dA A

wewnątrz

3

G I

Krążek wokół

na obwodzie

2r dr dm=M-R2 /krążka =

~mR 2

Czasza kulista

I

I I

-2

R

5

całkowita

2nr dr nR

-

~mR 2

kula

punktu

~mR 2 2

~ I

I

R

Jrr dm= JrL(2Mrdr) ~ = 2

o

R

o

= 2M2 jr3dr= 2M[r4JR = !MR 2 2 R

J' o

R

4

0

2

Przykład 10. Po równi pochyłej o kącie nachylenia () stacza się obręcz i krążek o masie m i promieniu R (rys. 10.13). Jakie są ich przyspieszenia?

174

10. Ruch obrotowy

Podfoga Rys. 10.13. (Przykład

Obręcz

lub

krążek

na równi pochylej

IO)

ODPOWIEDŹ:

Gdy obręcz lub krążek do poziomu ziemi, ich energia potencjalna mgh zostanie zamieniona na energię kinetyczną ruchu postępowego i obrotowego. Zastosujmy równanie (10.17) 1 1 mgh= mv 2 + Iw 2 , gdzie w=v/R stoczą się

2

2

Podstawiając wyrażenie

2 +~I (.!!..) mgh=~mv 2 2 R

na w mamy

2

"I:.Ti=O

Rozwiązujemy względem

v2

2mgh m+l/R 2 W ruchu jednostajnie przyspieszonym v2 = 2as, więc 2mgh 2as= --~ m+l/R 2 2

V=--~

m

a= m+l/R 29 Dla obręczy I

- =m Ri Dla krążka I

1

- 2 =-m R 2

Jedna z dziedzin inżynierii mechanicznej zajmuje się badaniem ciał sztywnych pod działaniem naprężeń (sił), gdy ciała te są w spoczynku. Ważne jest, aby wiedzieć, jakie siły są konieczne, aby powstrzymać ciało sztywne od poruszenia się lub od zapadnięcia się. Studiowanie statyki jest konieczne, aby móc projektować stropy i mosty, które nie zapadną się pod maksymalnym obciążeniem. Ponieważ ten przedmiot wykłada się zwykle studentom politechnik w oddzielnym kursie, więc tutaj przedstawimy tylko krótko podstawowe zasady. Są dwa warunki, które muszą być speł­ nione, aby ciało pozostawało w spoczynku. Warunek I: Suma wektorowa wszystkich sił musi być równa zeru (10.22) "I:.Fi=O Warunek II: Suma wektorowa wszystkich momentów sił musi być równa zeru

sine

aobręczy --2 ,g sine

2

akrążka --3 g sine

Zauważcie , że odpowiedź

jest niezależ­ na zarówno od masy jak i od promienia. Zależy tylko od kształtu . Przypominamy, że cząstka zsuwająca się po równi ma przyspieszenie a= g sine.

10.7. Statyka W tym rozdziale badamy warunki dla ruchów zarówno obrotowych jak i nieobrotowych.

Pierwszy warunek jest konsekwencją pierwszej zasady Newtona. Drugi warunek jest konsekwencją zależności Twyp=dL /dt. (Jeżeli L ma pozostawać równe zeru, to dL /dt musi być równe zeru). Większość zadań w statyce dotyczy ciał sztywnych w płaszczyźnie. Jeżeli nazwiemy ją płaszczyzną xy, to z warunku I otrzymujemy 2 równania Z warunku II otrzymujemy °I:.T,=0. Znak T, jest ujemny dla obrotu zgodnego z ruchem wskazówki zegara, a dodatni dla przeciwnego kierunku obrotu. Mamy trzy niezależne równania, możemy więc rozwiązywać zadania zawierające trzy niewiadome. Przeróbmy teraz kilka przykładów .

Przykład 11. Masy m 1 i m 2 znajdują się na końcach pręta o długości /, jak to pokazano na rys. 10.14. W jakiej odległości od m 1 powinien znajdować się punkt podparcia, aby te dwie masy były zrównoważone , tj. aby pręt nie przechylał się?

175

10.7. Statyka

'

\

F

Rys. 10.14. Dobieramy masy m 1 i m2

odległość

x, aby zrów-

noważyć

ODPOWIEDŹ:

To zadanie można rozwiązać korzystając tylko z warunku II. Aby zastosować warunek II musimy wybrać

początek

układu,

względem

którego mamy obliczać momenty sił. Obliczenia uproszczą się, jeżeli wybierzemy punkt przyłożenia momentu siły (czy momentów sił) jako początek ukła­ du. Jeżeli wybierzemy punkt podparcia jako początek, moment siły F jest równy zeru. Moment siły pochodzącej od masy m1 wywoła dodatni obrót, a moment siły pochodzącej od masy m 2 - ujemny obrót, zatem T1 + T2 = (m 1gx)+ [ -m 2 g(l-x)] =O (m 1 g+m 2 g)x=m 2 gl X

Rys. 10.15. Korba kołowrotu może podtrzymać M siłą F 1 przyłożoną w odległości R 1 od osi

10.15. Tutaj z warunku II wynika,

masę

że

IT1l=IT2I RiF1 =R2F2 czyli

F=(::)F 1

2

Czyniąc

stosunek R 2 /R 1 dostatecznie małym, Zwracamy uwagę, że ten przykład korby, gdzie masę podnosi się ze stałą prędkością, jest tym samym co koło rowerowe z przykładu 5, które też obraca się ze stałą prędkością. można unieść duży ciężar.

Przykład

12. Ciało sztywne dowolnego jest zawieszone na osi bez tarcia. Trzeba dowieść, że jego środek masy znajduje się na linii pionowej pod punktem zawieszenia. kształtu

ODPOWIEDŹ:

Przykład

11 ilustruje

zasadę dźwigni.

Zauważcie , że można użyć małej siły F 1 do zrównoważenia (lub powolnego podniesienia) ciała wywierającego dużą siłę.

Stosunek X F2 f 1 l- x nazywa się zyskiem mechanicznym. Innym przykładem , gdzie występuje zysk mechaniczny, jest korba, pokazana na rys.

Moment siły grawitacji, na element Ami, względem punktu zawieszenia (rys. 10.16) jest T.= -xiAmig Suma wszystkich momentów s iły

działającej

( T.) calkowicy

Według

=-

LX jA m jg

warunku II suma ta jest równa zeru. Mamy więc "LxiAmi=O "Lx .Am . _1_ _1=0 "Lmi

176

10. Ruch obrotowy

y

Fx+(-FJ=O Fy+(-mg)=O Dla warunku II obierzemy początek układu współrzędnych przy podstawie drabiny. Wówczas F wł sin 8 + (- mgs cos 8) =O

OŚ

stąd

o Rys. 10.16. ne na osi

mgs (10.23) Fw=-- ctg 8 1 Gdy człowiek wespnie się na wysokość, na której następuje poślizg Fx=µFY Zastąpmy teraz F x i FY przez F w mg jak to wynika z warunku I Fw=µmg Wstawiając to do równania (10.23) otrzymujemy mgs -[- ctg e=µmg

X

Ci ało

nieregularnego

kształtu

zawieszo-

Lewa strona równania jest z definicji x środka masy. Widzimy, że ś rodek masy i punkt zawieszenia mają tę samą współrzędną x. współrzędną

Przykład 13. Załóżmy, że współczynnik tarcia między drabiną i podłogą (patrz rys. 10.17) jest µ = 0,4. Jak wysoko może człowiek wspiąć się na drabinę zanim ona się obsunie? Załóżmy, że kontakt ze ścianą jest bez tarcia i że człowiek jest znacznie cięższy niż drabina. ODPOWIEDŹ: Mamy tu trzy niewiadome: F x• F Y' i F w· z warunku I otrzymujemy

s=µl tg e Dla µ = 0,4 i e= 60° mamy s = 0,691. W tych warunkach człowiek nie powinien wchodzić wyżej niż do dwóch trzecich drabiny.

10.8.

Koła

zamachowe

Jak dowiedzieliśmy się, w obracającym się ciele sztywnym można zmagazynować pewną '

2.1 Iw 2 .

o

promieniu

ilość energii rowną się

krążka

Dla obracającego R

wyniesie

to

1 - mR 2 w 2 . 4

19 Rys. 10. 17. duje s ię w

Czło wiek odległości

na drabinie o długości I znajs od dolnego k o ńca drabiny

Wyobraźmy sobie teraz samochód, który zamiast silnika ma koło zamachowe. Gdy samochód jest zaparkowany można by koło zamachowe naładować energią , np. z wysokowydajnego silnika elektrycznego. W ten sposób samochód mógłby jeździć na paliwie, którego jest pod dostatkiem, jak np. węgiel , a nie na benzynie, której brakuje. Krótko przedyskutujemy ile energii można zmagazynować w kole zamachowym i jak wygląda porównanie z konwencjonalnym silnikiem benzynowym. Granicą na w koła zamachowego jest

177

10.8. Kola zamachowe wytrzymałość materiału,

z którego jest zrobione koło . Stosunkowo łatwo pokazać, że dla obracającego się krążka 1 2 V -2Iw max = -4 Smax gdzie Smax jest wytrzymałością na rozciąganie (siła na jednostkę powierzchni), V jest objętoś­ cią krążka. Typową wytrzymałością na rozciąganie dla stali, topionego kwarcu i kilku wytrzymałych materiałów jest innych Smax;::;3 · 109 N/m 2. Zatem koło zamachowe o wymiarach takich jak na rys. 10.18, które ma objętość 0,1 m 3, może zmagazynować energię kinetyczną

~Iw2=(0,l 2

m3)(3. 109 N/m2);::;8. 101 J 4

napędu znajdują się

w stadium

doświadczal­

nym i rozwojowym. Przykład 14. Ile obrotów na sekundę wykonuje opisane powyżej koło zamachowe? ODPOWIEDŹ: Ponieważ

1 -Iw 2 =8 · 10 7 J

2

16 . 10 7 J 16 . 10 7 J (mR2/2) (200 kg)(0,4 m) 2/2 7 2 =10 s- =3,16·10 3 s- 1 f = 503 obrotów/s

w2=----

Przykład 15. Przypuśćmy, że samochód o masie 1000 kg jedzie z prędkością 80 km/h (22,2 m/s) i doznaje całkowitej siły tarcia F 1 =0,07 mg= 686 N. Jak daleko zajedzie, jeżeli energia w nim zmagazynowana wynosiła 8 · 10 7 J?

Rys. 10.18. samochodu Jeżeli koło

Koło

zamachowe

użyte

zamiast

silnika

zamachowe zrobiono by z topionego kwarcu lub innego materiału o gęstości ok. 2 · 10 3 kg/m 3, jego masa byłaby ok. 200 kg, tj . mała w porównaniu z całkowitą masą, ok. 1000 kg, typowego niedużego samochodu. W zbiorniku takiego małego samochodu mieści się ok. 40 1 benzyny o zawartości energetycznej 0,3 · 10 8 J/l, co daje 1,2 · 109 J. Jednak tylko ok. 20% energii zmagazynowanej w paliwie może być zamienione na energię mechaniczną (patrz rozdz. 13). Konwencjonalny samochód ma więc zapas energii 24 · 10 7 J, podczas gdy koło zamachowe tylko 8 · 10 7 J. Zasięg takiego „bezsilnikowego" samochodu byłby około jednej trzeciej zasięgu normalnego samochodu, czyli ok. 100 km. Jak dotychczas są to przeważnie tylko teoretyczne spekulacje. Inne kształty i materiały mogłyby okazać się bardziej wydajne i ekonomiczne. Obecnie względy bezpieczeń­ stwa i kosztów sprawiają, że takie metody

ODPOWIEDŹ:

P=F1 v=(686) · (22,2)W=l,51·10 4 J/s K jest początkową energią kinetyczną, T czasem trwania jazdy, P=K/ T, czyli K 8 · 10 7 J T=-= 53·10 3 s=147 h P 1,51·104 J/s ' ' Przebyta odległość x = vT = 117,6 km.

Jeżeli

Podsumowanie Prędkość kątowa jest zdefiniowana jako w= de/ dt. Przyspieszenie ką to we jest zdefiniowane jako a=dw/dt=d 2 8/dt 2 . Dla ruchu po okręgu v = Rw, w= 2nf, składowa przyspieszenia wzdłuż obwodu (składowa styczna) jest a= Ra. Dla ruchu jednostajnie przyspieszonego po okręgu 1 2 8=8 0 +w 0 t+2at.

Iloczyn A x B jest wektorem o wartości IAI IBI sin a i kierunku pros-

bezwzględnej

178

JO. Ruch obrotowy

topadłym do płaszczyzny, w której leżą wektory A i B. Jego zwrot jest określony regułą prawej ręki. Moment pędu jest zdefiniowany jako L=r x P, a moment siły jako T=r x F. Ze względu na zasady Newtona, te dwie wielkości są związane równaniem Twyp = dL/dt. Jeżeli siła działająca na ciało jest siłą centralną, wówczas L ciała jest stały. Z zasady zachowania momentu pędu wynika, że w układzie odosobnionym suma wektorowa momentów pędu wszystkich cząstek jest stała "i.L j = const.

Całkowity

pęd

układu

Pcatkowicy=Mcatkowica

·vsm• gdzie v,m=dR,mfdt i R,m="i.ml·/"i.mj jest wektorem położenia środka masy. Moment bezwładności ciała sztywnego jest I= "i.rJ L1mj = Jr 2 dm, gdzie r jest odległością od osi obrotu. Ciało sztywne o prędkości w ma L =Iw względem osi obrotu. Jeżeli ciało sztywne jest w spoczynku (lub obraca się ze stałą prędkością kątową w wokół stałej osi), muszą być spełnione dwa warunki: I "i.Fj=O II "i.Tj=O Stosując te warunki można wyznaczyć miejsce przyłożenia, wielkość i kierunek nieznanej siły, potrzebnej do zrównoważenia rozciąg­

osi prostopadłej do płaszczyzny i przechodzącej przez jego środek. Jak wyrazi się moment pędu przez m, R i w? Powtórz przykł. 3 robiąc przybliżenie, że moment pędu studenta jest znacznie mniejszy niż moment pędu hantli. Porównaj wtedy początkową i końcową energię kinetyczną hantli. Załóż w przykł. 4, że student nie schodzi ze stolika obrotowego. Jaki będzie kierunek i wartość jego momentu pędu po obróceniu koła „do góry nogami"? Powtórz przykł. 6 dla siły łańcucha równej 10 N. Powtórz przykł. 10 dla pełnej kuli staczającej się po równi pochyłej . Ciało sztywne, którego moment bezwład­ ności jest równy I , ma przyspieszenie kątowe a: wokół swojej osi i chwilową prędkość kątową w. Jaka moc została dostarczona ciału? Jaki jest stosunek energii kinetycznej obrotowej do energii kinetycznej postępo­ wej obręczy w przykł. 10? Powtórz to samo dla krążka. Jaką siłę trzeba przyłożyć do korby kołowrotu, aby unieść masę m? w

wokół

koła

5.

6.

7. 8. 9.

10.

11.

Pas koTowrotu

łego ciała.

twiczenia kątowe cząstki jest () = =a+ bt + ct 2 . Jaka jest prędkość kątowa i przyspieszenie kątowe w czasie t = t 0 ? 2. Jaka jest prędkość liniowa i przyspieszenie wzdłuż obwodu, jeżeli cząstka z ćwicz. 1 porusza się po obwodzie koła o promieni u R? Jaka jest składowa dośrodkowa przyspieszenia? 1 3. Jeżeli 8=8 0 +w 0 t+2a: 0 t

I.

Położenie

(a) Jaka jest średnia prędkość kątowa w w ciągu czasu t? (b) Wyraź w przez 8, 80 i t. 4. Koło rowerowe ma całą swoją masę rozłożon ą wzdłuż obręczy w odległości R od ś rodka. Ma ono prędkość kątową

F

Ćwiczenie 11

12. Gdzie powinno usiąść dziecko o masie 20 kg, aby zrównoważyć huśtawkę o długo­ ści 4 m, jeżeli masa ojca jest równa 70 kg, a masa matki jest równa 60 kg? Ojciec

4 Ćwiczenie 12

Dziecko

Matka

Ai ~

Ćwiczenia i zadania

13.

Koło

179

żelaza

zamachowe z

ma

gęstość

p = 8 · 10 3 kg/m 3 , koło zamachowe z to-

pionego kwarcu ma p = 2,4 · 10 3 kg/m 3 . Oba mają taką samą wytrzymałość na złamanie i oba mają taką samą masę. Jaki jest stosunek maksymalnej energii, jaką można zmagazynować w każdym z tych kół? 14. Obręcz koła rowerowego o średnicy 0,8 m ma masę 1,5 kg. Jaki jest moment pędu koła rowerowego, gdy rower jedzie z prędkością 3 m/s? Przyjmij, że masa szprych jest do zaniedbania. 15. Jednorodny pręt metrowy ma masę 100 g. Przy podziałce 100 cm zamocowano masę 50 g. Przy której podziałce znajduje się środek masy układu? 16. Trzy masy będące pod działaniem siły ciężkości są zrównoważone na pręcie metrowym, jak to pokazano na rysunku. Ile wynosi x w centymetrach?

Proton

Zadanie 23 przyciągają

50cm 1kg

X

24.

Ćwiczenie 16

17. Drabina o masie 10 kg opiera się pod kątem 45° o ścianę bez tarcia. Jaką siłą drabina działa na ścianę? 18. Wykaż, że A x B=i(AyBz-AzBy), gdy wektory A i B leżą w płaszczyźnie yz. Zadania

19.

Wykaż , że

j A

X

B=

25.

k

Ax

AY

Az

Bx

By

Bz

26.

20. Wykaż , że (A x B) · C=A · (B x C). 21. Powtórz przykł. 1 dla A= iA x +jAY+kA z i B=iBx +jBy+kBz. 22. Powtórz przykł. 3 dla studenta, który ma moment pędu dwa razy większy niż hantle, gdy są one w odległości 60 cm od OSI.

23. Neutron i proton,

każdy

o masie m 0 ,

27.

28.

się grawitacyJme i są na orbicie kołowej wokół wspólnego środka masy układu. (a) Jeżeli R 0 jest promieniem orbity koło­ wej i v0 jest prędkością, jaki jest całkowity moment pędu układu względem środka masy, wyrażony przez m 0 , R 0 i v 0 ? (b) Wyraź siłę działającą na neutron przez G, m 0 i R 0 . (c) Wyraź siłę działającą na neutron przez m0 , R 0 i v0 . (d) Jeżeli całkowity moment pędu jest L= h, gdzie h jest stałą Plancka podzieloną przez 2n, jak wyrazi się R 0 przez h, m 0 i G? Dwa małe satelity o równych masach m są na orbitach kołowych w odległości odpowiednio R 1 i R 2 od środka Ziemi. (a) Jaki jest moment pędu satelity 1, wyrażony przez m, M z· G i R 1 ? (b) Jeżeli satelita 2 ma moment pędu dwa razy większy niż satelita 1, to jaki jest stosunek R 2 do R 1 ? (c) Jaki jest stosunek energii kinetycznej satelity 1 i satelity 2? Pełny krążek o masie m toczy się po powierzchni. Jego środek ma prędkość v. Jaka jest energia kinetyczna krążka? Pełna kula o masie m toczy się po powierzchni. Jej środek ma prędkość v. Jaka jest energia kinetyczna kuli? Powtórz przykł. 8 dla przypadku, gdy m uderza w hantlę w odległości y od początku układu (y jest mniejsze od y 0 ). Jaki jest stosunek momentu pędu Ziemi w jej ruchu obrotowym do momentu pędu Księżyca? Podaj wartość liczbową .

180

JO. Ruch obrotowy

29. (a) Jaki jest

całkowity

moment

pędu

układu Ziemia-Księżyc?

(b) Gdyby Ziemia przestała obracać się, jaka byłaby największa odległość Księżyca od Ziemi? (patrz przykł. 2) (c) Jak długo będzie wtedy trwał jeden obrót Księżyca? 30. Okres obrotu Słońca wynosi 27 dni. Gdy wyczerpie się jego paliwo jądrowe , Słońce zapadnie się grawitacyjnie. Moment pędu zostanie zachowany. Jaki najmmeJszy promień może mieć Słońce zanim rozleci się? (Rozleci się, gdy przyspieszenie odśrodkowe przekroczy przyspieszenie grawitacyjne na powierzchni). 31. Pręt o masie m i długości l wykonuje obroty wokół osi będącej w odległości x od jednego z jego końców. Jaki jest moment bezwładności? 32. Wiadomo, że moment bezwładności ciała względem środka masy jest równy I . Jaki jest moment bezwładności względem osi y', która znajduje się w odległości R od środka masy? (Wynik: I'= I+ mR 2 nazywa się twierdzeniem Steinera). (Wskazówka: I'=I.Llmj(R+r/). !J'

(a) Jaka jest prędkość liniowa układu (dwóch krążków) po zderzeniu? (b) Jaki jest moment pędu układu wzglę­ dem jego środka masy (znajdującego się w połowie odległości między krąż­ kami) przed zderzeniem?

~-----Ó Zadanie 33

(c) Oblicz prędkość kątową układu wokół jego środka masy (punkt zetknięcia dwóch krążków) po zderzeniu. (d) Jaka jest całkowita energia mechaniczna układu przed zderzeniem? (e) Ile energii zostało stracone w zderzeniu? 34. Wahadło składa się z punktu materialnego o masie M umieszczonego na końcu jednorodnego pręta o długości l i masie m. Wahadło jest zawieszone pod sufitem na osi bez tarcia. Jest ono utrzymywane pod kątem 80 od pionu przez poziomy sznurek zamocowany w połowie długości pręta. Sznurek ma napięcie T. W czasie t =O przecięto sznurek i wahadło waha się swobodnie.

Zadanie 32

33.

Rozważ zderzenie dwóch identycznych jednorodnych cylindrycznych krążków hokejowych o promieniu r0 i masie m na stole bez tarcia, jak to pokazano na rysunku. Krążek A ma prędkość liniową vA i prędkość kątową w A wokół swego środka masy. Prędkość liniowa vA jest skierowana ku środkowi krążka B, który początkowo jest w stanie spoczynku. W momencie zderzenia krążki sklejają się i tworzą razem ciało sztywne.

t1 Zadanie 34

(a) Narysuj wykres ciała swobodnego dla wahadła zanim sznurek został przecię­ ty. Oznacz wyraźnie wszystkie siły działające na wahadło. Załóż, że siła wywierana przez zawieszenie jest

Ćwiczenia i zadania

F i

że

jest skierowana niekoniecznie

wzdłuż pręta .

(b) Znajdź T wyrażone przez M, m, g i 80 . (c) W chwili t=O przecięto sznurek. Znajdź w funkcji (J wypadkowy moment siły działający na wahadło względem osi obrotu. Jaki jest moment bezwładności wahadła względem tej osi? (d) Załóż, że kąt (J jest mały i napisz równanie ruchu wahadła. Jaka jest częstość drgań?

35.

36. 37.

38.

39.

(e) Czy moment pędu wahadła względem nieruchomego punktu zawieszenia jest stały w czasie? Jeżeli nie jest, to dlaczego zmienia się? Wyprowadź wzór I= m/2 /3 dla pręta obracającego się wokół jednego z koń­ ców. Wyprowadź wzór I= m/ 2 /12 dla pręta obracającego się wokół swego środka. Powtórz przykł. 13 dla przypadku, gdy masa drabiny jest jedną czwartą masy człowieka, a 8=60°. Kąt nachylenia drabiny opartej o ścianę powoli zmniejszamy. Przy jakim kącie drabina zacznie ześlizgiwać się, jeżeli współczynnik tarcia µ = 0,25? Wyobraź sobie obracającą się obręcz o szerokości z0 i grubości radialnej L1R. Dwie siły naprężające wycinek obręczy są pokazane na rysunku i ich maksymalna wartość bezwzględna jest równa sile roz-

181 ciągającej

Smax pomnożonej przez pole powierzchni (z 0 L1R). Suma wektorowa tych dwóch sił naprężających musi się równać . sile dośrodkowej. Wykaż, że 1

2I Wmax = vsm.J 2. 40. (a)

Koło zamachowe o średnicy 40 cm i masie 25 kg może zmagazynować energię 10 kWh. Jaka jest jego pręd­

kość kątowa?

(b) Jakie jest przyspieszenie

Drut

30°

Flaga 1m

fm

Zm

Zada nie 39

dośrodkowe

punktu na obrzeżu? (c) Samochód o całkowitej masie 10 3 kg ma wyżej opisane koło zamachowe. Samochód jedzie po górskiej drodze pod górę. Zakładając, że cała energia idzie na pokonywanie pochyłości, jaką maksymalną wysokość może ten samochód osiągnąć? 41. Maszt flagi mający masę m jest zamocowany przegubowo do ściany budynku i podtrzymywany przez drut, jak to pokazano na rysunku. Flaga ma masę M i wymiary podane na rysunku. Załóż, że flaga jest sztywna. Jakie jest napięcie drutu?

Zadanie 41

11 Ruch

Dotychczas rotowe, na

drgający

badaliśmy

ruchy liniowe i obprzyspieszeniu. Zajmowaliśmy się także ruchem jednowymiarowym i dwuwymiarowym, wynikającym z s iły odwrotnie proporcjonalnej do kwadratu odległoś ci (grawitacja). W tym rozdziale zajmiemy się ruchem, w którym ciała przemieszczają się tam i z powrotem sinusoidalnie w czasie (tzn. jak funkcja sinus lub cosinus czasu). Najpierw pokażemy, że ciało , które podlega prawu Hooke'a, musi sinusoidalnie o scylow ać. Zbadamy w szczegółach taki ruch drgający i podamy kilka pospolitych przykładów . Później pokażemy, że każde ciało w równowadze trwałej musi drgać sinusoidalnie, gdy nada mu się małe wychylenie. Ruch sinusoidalny jest najbardziej powszechną formą ruchu w życiu codziennym i dlatego jest w aż nym przedmiotem fizyki. ogół

o

stałym

gdzie x jest przesumęc1em od położenia równowagi. Jak mówiliśmy na s. 102, siła wywierana przez rozciągniętą (lub ściśniętą) sprężynę ma właśnie taką właściwość, o ile tylko sprężyna nie została rozciągnięta poza granicę sprężystości . Spostrzeżenie, że sprężyna, jeżeli nie jest zbytnio rozciągnięta, wywiera siłę harmoniczną, nazywa się prawem Hooke'a

F = - k(x - x 1 )

(prawo H ooke'a)

(1 1.1)

gdzie x 1 jest położeniem równowagi. Na rysunku 11.1 początek układu współrzędnych obrano w położeniu równowagi (x 1 =0). Pokażemy, że jeżeli sprężyna zostanie rozciąg­ nięta tak, aby masa m znalazła się w położeniu x 0 , a następnie w chwili t =O sprężyna zostanie zwolniona, to położenie masy w funkcji czasu będzie ( 11.~ l

11.1.

Siła

harmoniczna

Dz i a łaj ą c ą na ciało siłę , która jest proporcjonalna do przesunięcia ciała od początku ukł a du i któ ra jest skierowana ku począ tkowi ukł adu , nazywamy s ilą harmonicz ną. Jeżeli o bierzemy o ś x wzdłuż przesunięcia, to siła harmoniczna jest wyrażona równaniem

F= - kx

i k=

- F/x jest

tości).

stałą sprężyny (stałą sprężys­

Taki ruch sinusoidalny nazywany jest zwykle ruchem harmonicznym prostym (RHP). Zaczynamy od równania F wy padkowa= ma, gdzie F wypadkowa jest siłą sprężyny ( -kx)

-kx=ma

I I .I.

"l

Siła

183

harmoniczna

~

OOOOOO~m

w=Jk/m. Funkcja x=x 0 sin wt jest rówmez pełnoprawnym rozwiązaniem matematycznym, ale nie spełnia ona warunku początkowego, że gdy t=O, to x=x 0 . Najrozwiązaniem jest bardziej ogólnym x = x 0 cos (wt+~), gdzie ~ jest dowolną stałą fazową. Stałe x 0 i ~ są wyznaczone przez warunki początkowe. Prędkość jako funkcja czasu jest dana równaniem (11.4), przyspieszenie - równa-

„ X

b)~ „

Rys. 11.1. Masa m ślizga się po powierzchni bez tarcia. Sprężyna: a) nierozciągnięta, b) rozciągnięta, c) ściśnięta

d2 x

k

(11.3)

-=--X

dt

2

m

Tego typu równanie nazywa się równaniem różniczkowym drugiego rzędu. Zwykłym postępowaniem przy rozwiązywaniu równań różniczkowych jest „odgadnięcie" odpowiedzi i sprawdzenie czy jest ona rozwiązaniem równania. „Zgadujemy" więc, że x = x 0 cos wt i sprawdzamy dx

- = -x 0 wsin

dt

wt

(prędkość

Rys. 11.2. Wykresy_ x, v i a w funkcji czasu dla ruchu harmonicznego prostego. Okres T ma wartość 2n/ w

w RHP) (11.4)

(przyspieszenie w RHP)

niem (11.5). Te funkcje zostały wykreślone, jedna nad drugą, na rys. 11.2. Z równania (11.4) wynika, że maksymalna prędkość

(11.5) Podstawmy ten ostatni wynik do lewej strony równania (11.3) oraz (x 0 cos wt) zamiast x do prawej strony tego równania k ( - x 0 w 2 cos wt)= - -(x 0 cos wt) m

że

rozwiązaniem,

x = x 0 cos wt jest

i

występuje,

gdy x =O. Z równania (11.3) widać, że przyspieszenie jest zawsze -w 2 razy wychylenie x d2 x -

dt 2

2 k w=m

Widzimy,

(11.6)

rzeczywiście

ale tylko w przypadku, gdy

2 =-W X

To jest bardzo użyteczny związek: jeżeli równanie ruchu ciała możemy napisać w postaci d2 x/dt 2 = - Cx , gdzie C jest jakąś stałą , to x = x 0 cos wt i w= J C .

11 . Ruch drgający

184 Jeżeli

Przykład

d2 u - 2 = - Cu dt

1.

Przypuśćmy,

że

można

przewiercić

to

(11.7)

otwór przechodzący przez środek Ziemi, jak to pokazano na rys. 11.3. Jeżeli do tego otworu wpuścimy masę m, to ile czasu upłynie zanim

u = u0 cos wt

w=J C

jakimkolwiek przesunięciem. to pokazać różniczkując u= u0 cos wt. Wtedy d 2 u/dt 2 = -w 2 u, co również równa się - Cu. Tak więc

gdzie

u jest

Można

-w 2 u=-Cu w=JC drgań

11.2. Okres

Możemy łatwo

pokazać, że w= 2n/T, gdzie T jest okresem drgań . Funkcja cos wt lub sin wt kompletnie powtarza się, gdy kąt wT= 2n, czyli T= 2n/w. Ta szczególna wartość czasu jest zdefiniowana jako okres T

2n T=-

(okres

w

Liczba

drgań

w

drgań)

jakimś

(11.8)

czasie t jest

1

Lewa strona równania jest z definicji często­ i zwykle oznacza się ją li-

tliwością drgań

/= -

T

pominięcia

(moglibyśmy

odpompować

ODPOWIEDŹ:

T

I

ona drugi koniec otworu? że gęstość Ziemi jest jednorodna i że opór powietrza jest do Załóżmy,

W rozdziale 5 dowiedziegrawitacyjna wewnątrz pełnej kuli jest proporcjonalna do odległości od środka. Przyspieszenie pochodzące od grawitacji wewnątrz Ziemi (zgodnie z równaniem (5.10)) liśmy się, że siła

Gdy podzielimy obie strony przez t, otrzymamy liczbę drgań w jednostce czasu

terą

osiągnie

otwór). Jaka jest prędkość masy, gdy mija ona środek Ziemi?

n= T

n

Rys. 11.3. Masa m wpuszczona do otworu przechoprzez środek Ziemi

dzącgo

f (częs t o tli wość drg a ń)

Z porównania Jemy

równań

(11.9)

(11.8) i (11.2) otrzymu-

(11.10)

Jest to okres

drgań

końca sprężyny

masy m przyczepionej do o stałej sprężystości k.

a=-*r,

więc ~::=-(*)r

Jest to ta sama postać jak w równaniu (11. 7) - r jest tu przesunięciem u, g/ R - stałą C. Ponieważ w jest zawsze pierwiastkiem kwadratowym ze stałej proporcjonalności między przyspieszeniem i przesunięciem, więc mamy

- JgR

w=JC 2n T=w

=

11.2. Okres

185

drgań

gdzie (x 2 -x 1 ) jest wypadkowym rozciągnięciem sprężyny

To jest czas potrzebny, aby masa osiągnęła przeciwną stronę Ziemi i wróciła do punktu wyjścia . Czas na osiąg­ nięcie przeciwnej strony jest połową tego, czyli 42 min. Aby obliczyć pręd­ kość, w chwili gdy masa mija środek Ziemi zastosujemy równanie (11.6) Vm ax

Podstawmy teraz -(m 2 /m 1 )x 2 zamiast x 1 po lewej stronie równania

= wR = j"iR = 7,9 . 103 m/s

Zauważmy ciekawą zbieżność, mianowicie, że okres T i prędkość maksymalna Vmax są takie same jak dla nisko lecącego satelity (patrz równanie (3.11) ).

d x 2 = -(~)x 2

µ

dt2

2

gdzie w=m1m2/ (m1 +m2) jest z definicji zredukowaną . Poprzednie równanie jest takie samo jak równanie (11.7), w którym zamiast u jest x 2 i zamiast C jest k/ µ. Tak więc masą

*Przykład 2. Dwie masy, m1 i m 2 , są przyczepione do przeciwnych końców sprężyny . Jaki będzie okres drgań, gdy rozciągniemy sprężynę i następnie zwolnimy obie masy równocześnie? Załóż­ my, że stała sprężystości jest równa k. ODPOWIEDŹ:

Niech x 1 będzie przesunięciem masy m1 od położenia równowagi, a x 2 odpowiednim przesunię­ ciem masy m 2 . Zauważmy, że środek masy musi pozostawać nieruchomy. Zatem

w=Jf czyli T=2n

ff

Zwracamy

uwagę, że

we wszystkich naszych harmonicznych prostych okres T jest niezależny od amplitudy drgań x 0 (lub u 0 ) o ile tylko jest spełnione prawo Hooke'a. Tę właściwość drgań harmonicznych prostych zauważył Galileusz i wykorzystał ją do skonstruowania zegara wahadprzykładach

Zastosujmy teraz do m 2 równanie F wypadkowa= ma. Siłą wypadkową, działa­ jącą na m 2 , jest siła F pokazana na rys. 11.4, to znaczy F= -k(x 2 -x 1 ),

Rys. 11.4. Masy m1 i m2 przymocowane do

drgań

łowego .

11.3.

końców rozciągniętej sprężyny

(11.11)

Wahadło

W punkcie 4.8 przekonaliśmy się już, że okres drgań wahadła prostego jest T= 2n }Vg , gdy wychylenia są małe. W tym punkcie uzyskamy ten sam wynik stosując bardziej ogólną

Jl. Ruch drgający

186 metodę,

uzyskamy wyrażenia na w funkcji czasu. Aby zapewnić ogólność wyników rozważ­ my dowolne ciało sztywne zawieszone w punkcie O, jak pokazano na rys. l 1.5a. Jego środek masy znajduje się w punkcie O' w odległości I od punktu zawieszenia. Chcąc obliczyć okres drgań musimy znać jedynie moment bezwładności I względem punktu O. położenie

a i

także

prędkość

b)

T=2n

v~ --;;;gl v9

T= 2n {[

(okres

wahadła

prostego) (11.13)

Zauważcie, że okres drgań jest niezależny nie tylko od amplitudy lecz również od masy. Jednak gdy kąt eo jest duży, nie można stosować przybliżenia sine~ e, ale nawet dla aż tak dużego jak e0 =20° równanie (11.13) jest poprawne w granicach 1%. Fotografię stroboskopową wahadła prostego pokazano na rys. 11.6.

Rys. 11.5. a) Wahadło fizyczne, O jest punktem obrotu. b) Wahadło proste

Moment siły działającej na ciało jest T= -mg/sine. Korzystając ze związku T=la (równanie (10.20) ), otrzymujemy

a2 e

Przykład 3. Załóżmy, że wahadło zegara ściennego jest wahadłem prostym i że odległość jego skrajnych położeń wynosi 10 cm. Okres drgań T= 2 s. (a) Jaka jest długość wahadła? (b) Jaka jest prędkość maksymalna?

ODPOWIEDŻ:

(-mg/ sine)=/ dt 2

l=g(

małych wychyleń sine~e

i wtedy

(a)

względem

(11.13)

d2 8 mg/ . -= --sme 2 dt I

Dla

W przypadku wahadła prostego cała masa jest w odległości I i I= ml 2 . Podstawmy to do równania (11.12)

:y

2

Rozwiążmy

równanie I. Otrzymujemy

=9,8 m/s

2

G:Y

=0,99 m

(b) Zgodnie z równaniem (11.6) 10 cm Xo=-2-=

2

d 8 = -(mg/) 8 dt 2 I

=5 cm

To równanie ma tę samą postać co równanie (11.7), przy czym u odpowiada e i C=mgl/l. Tak więc

2n Vmax = (5 cm)= 15,7 cm/s 25

8=8 0 coswt

(11.12)

W =~

Przykład

lub

T=2n

vfI -;;;gi

4. Jaki jest okres drgań pręta o masie m, zawieszonego na jednym z końców? (patrz rys. 11. 7).

11.3.

187

Wahadło

Oś

obrotu

Rys. 11.7. z końców

Pręt

o masie m zawieszony na jednym

ODPOWIEDŹ: Widzimy w tab. 10.1, że moment bezwładności pręta o długości I względem jednego z końców jest

1 I =-m/ 2

3

Wstawiając

to do

równania (11.12)

otrzymujemy T=2n

(! m/2) = 2n mg1

v3g

(/

co jest 1/ j3 razy okres wahadła prostego o tej samej długości.

11.4. Energia ruchu harmonicznego prostego potencjalną

masy zamocowanej do w rozdz. 6 i 7 (patrz s. 102 i s. 106). Jeżeli sprężyna jest rozciągnięta na odległość x . energia potencjalEnergią

końca sprężyny zajmowaliśmy się

1

na jest U = ·; /x 2 . Jeżeli masę pociągnąć na odległość początkową

to

początkowa

następnie puścić ,

. energia układu Jest

1

ixfi.

energia ruchu harmonicznego prostego rosme jak kwadrat amplitudy x 0 . Przy założeniu , że nie ma sił tarcia ani sił

Zauważmy, że

Rys. 11.6. Fotografia stroboskopowa wahadła Educational uprzejmości Dzię ki prostego. Devel opment Cent er)

x0, a

11. Ruch drgający

188

oporu, suma energii kinetycznej i potencjalnej musi

się równać ~kx6.

W dowolnej chwili

Małe

11.5.

drgania

Większość ciał

sztywnych w otaczającym nas znajduje się w spoczynku, a więc w równowadze trwałej. Siła wypadkowa działająca na ciało w równowadze trwałej jest równa zeru. Jeżeli ciało zostanie przesunięte o odległość x od położenia równowagi trwałej, siła będzie mieć znak przeciwny niż x. W przypadku ogólnym siła będzie miała świecie

1 2 1 2 1 2 -rnv + - kx =-kx 0

2

2

2

stąd

k v2 =-(x5-x 2 ) rn Ponieważ k/rn = w 2 • więc v=

wJx6-x

postać

2

(11.14)

Średnia czasowa energn potencjalnej

gdzie a 1 jest ujemne. Ta uogólniona funkcja jest wykreślona na rys. 11.8. Nachylenie stycznej do krzywej w początku układu

1 U =-kx 2

2

Zastąpmy

x przez (x 0 cos wt), wówczas otrzy-

mamy

F

Średnia czasowa energii kinetycznej jest - ·1 - 2 K = - rnv . Zastąpmy teraz rn przez k/w 2

2

i v przez ( -wx 0 sin wt)

.

- l(k) K =- 2 2 w

X

1kx6 -

(-wx 0 sin wt)2 =2

Teraz widać, że U= K. Wynika to stąd, że wykres sin 2 wt wygląda tak samo jak wykres cos 2 wt, tylko jest przesunięty o T/4. Średnia wysokość obu krzywych musi być taka sama 1) . Uest rowna l , a

"" "" Nachyl enie=a

sin 2 wt

.

"

Rys. 11.8. w funkcji

Dla

na ciało w równowadze z położenia równowagi

trwałej

małych drgań wokół początku układu

każdą

więc

Siła działająca przesunięcia x

1

taką krzywą można

traktować

jako

linię prostą

1 K = U=-kx6 4

Średnia wysokość

sin 2 wt jest równa

~' gdyż

sin 2 wt+cos 2 wt=1 i

średnia każdego składnika

jest taka sama. Gdy będziemy studiować ciepło właściwe w rozdz. 13, skorzystamy z faktu, że drgające cząsteczki lub atomy w ciele stałym mają· taką samą ilość energii potencjalnej jak wibracyjnej energii kinetycznej.

gdzie

a i

=(dF) dx o

Jest to taka sama postać jak w równaniu (11.7), w którym C=(-aifrn). Zatem

189

11 .5. Male drgania

m (dF/dx) 0

T=2n

koła

rys. 11.9. Równaniem rysunku jest

lub (okres

małych drgań)

(11.15) Możemy więc dla dowolnego ciała obliczyć okres małych drgań wokół położenia równowagi, jeżeli jest znane nachylenie funkcji siły .

Możemy

również obliczyć okres drgań, jest znana energia potencjalna w funkcji przesumęc1a. Ponieważ F= -dU/dx, więc odpowiednia stała sprężystości

jeżeli

x 2+(R-y)2=R2 Rozwiązujemy względem

y

y=R-jR 2 -x 2

Wówczas dU

d

mgx

dx

dx

j R2-x2

-=mg-(R-JR 2 -x 2 )=---;:::== dU/dx~mgx/R

Dla x « R.

mg

R '

i wtedy

dFx dx

czyli

F =--x X

k= -(dF) = -[d(-dU/dx)J =(d ~) dx 0 dx dx 0 0 (11.16)

na tym

mg R

2

Wartość tej drugiej pochodnej trzeba obliczać w punkcie równowagi, gdzie U ma minimum.

Po podstawieniu tego do równania (11.15) otrzymamy

T=2nJ-(-=g/R) =2n

5. Kostkę lodu, która spoczyna dnie kulistej miski o promieniu 10 cm, odsuwamy nieco w górę po ściance . Załóżmy, że nie ma tarcia. Jaki będzie okres drgań kostki, gdy przestaniemy ją przytrzymywać?

0,1 m

2nA=

0,635 s

9,8 m/s 2

Przykład wała

ODPOWIEDŹ:

Zgodnie

z

równaniem

(6.13) składowa x siły jest Fx= -dU/dx,

gdzie U= mgy. Obieramy tak układ współrzędnych, aby ruch odbywał się w płaszczyźnie xy, jak to pokazano na

*Przykład

6.

Załóżmy, że energię

cjalną cząsteczki

dwuatomowej

wyrazić jako sumę składnika pochodzą­ cego od siły przyciągania b/ r 3 i skład­ nika pochodzącego od krótkozasięgo­ wej siły odpychającej a/r5 , to znaczy, że U =(a/ r 5 )-(b/r 3 ), (patrz rys. 11.10). Jakie jest położenie równowagi r0 i jaka jest stała sprężystości k między tymi dwoma atomami? Jaka jest częstość drgań takiej cząsteczki dwuatomowej, jeżeli masa każdego z atomów jest równa m?

ODPOWIEDŹ : Położenie

Kostka lodu

żemy

znaleźć

równowagi mo-

rozwiązując

r równanie dU/dr=O

X

Rys. 11.9. Kostka lodu bez tarcia zostaje zwolniona z pokazanego położenia

potenmożna

5a 3b dU - = - -6+ dr r r4

Przyrównujemy to do zera

względem

li . Ruch drgający

190

u

promieniowanie elektromagnetyczne o tej częstotliwości, która jest około pię­ ciokrotnie niższa od częstotliwości światła czerwonego. Takie promieniowanie nazywa się promieniowaniem podczerwonym.

a

I

'\ rs \ \ \.

''

'

............. .._

Każde ciało stałe związanych

Rys. 11.10. Energia potencjalna między dwoma atomami składająca się z cz~ści przyciągającej - b/r3 i części odpychającej a/r

5a 3b --+-=O

r8 ró

r0

=J[

Zgodnie z równaniem sprężystości k

(11.16)

stała

k=(d:r~)ro d2 U

30a

l2b

dr 7-7 --l2b ) (-ddrU) r - -r51 (30a r5 -(3b)S/Z (---l2b 30a ) - 2

2

2

0

-

5a

5a/ 3b

k=6bG:Y'2 Do równania µ=m/ 2

f- -1

2n

!!; -

m/2

(11.11) l2b

- -1

Dla typowych

2n

m

tość rzędu

(3b)S/Z 5a

wartości

atomowych a, b i f warHz. Dwa atomy wykonu-

m, otrzymujemy dla jąc

podstawmy

10 14 drgania z tą

częstotliwości

częstotliwością emitują

ze

jest zbudowane z atomów

sobą

siłą

przyciągania.

Jeśli

jednak znajdą się one na mniejszych odległoś­ ciach, wystąpi siła odpychania. Szczegółowe omówienie tych sił międzyatomowych znajdzie się w rozdz. 27. Na podstawie przykł. 6 widzimy, że podstawowa siła międzyatomo­ wa ma charakter siły harmonicznej dla małych przesunięć. Dlatego większość ciał stałych po małym wychyleniu od położenia równowagi wykonuje prosty ruch harmoniczny. W takim przypadku równanie ruchu musi zawierać czynnik cos wt, gdzie w jest wyznaczona przez masę i przez stałą siłową rozważanego ciała stałego. Taki ruch sinusoidalny nie odbywa się, oczywiście, wiecznie, a to dlatego, że poza siłami sprężystości, omówionymi wcześniej, istnieją różnego rodzaju siły oporu, które powodują przemianę energii drgań w energię cieplną. W niektórych ciałach stałych, jak struna fortepianu lub drgający kryształ, siły oporu są małe i energia drgań jest tłumiona powoli w ciągu setek oscylacji. Z drugiej strony, naprężony sznurek traci połowę swojej energii drgań już w ciągu kilku oscylacji. Nie tylko małe obiekty drgają sinusoidalnie (wiele z nich drga z częstościami wykrywanymi przez ucho ludzkie), lecz również w ten sposób drgają obiekty wielkie, jak mosty czy wieżowce. Górna część wysokiego wieżowca uderzona podmuchem wiatru waha się sinusoidalnie. W czasie typowego wietrznego dnia wieża Eiffela kiwa się ponad metr z okresem kilku sekund. Studiując zjawisko małych drgań uzyskujemy wgląd w działanie prawie

191

11 .5. Male drgania

wszystkich źródeł dźwięku. Z równania (11.15) wynika, że charakterystyczna częstość wys yłana przez drgające ciało nie zależy od amplitudy drgań. Tak jest z pewnością w przypadku większości dźwięków, które

Podstawiając

to do równania (11.15)

otrzymujemy

T=2nJ-(_ 2~o/l) =2n!tf =

słyszymy.

=0,0363 s

f=~=27,6 7. Masa m = 10 g jest zawiedwiema rozciągniętymi sprężynami, z których każda działa siłą F 0 = 15 N (rys. 11.11). Masie nadano małe przesunięcie poziome x, jak to pokazano na rys. 11.11 b. Jeżeli długość rozciągniętej sprężyny jest l = 10 cm,

Hz

Przykład

między

szona

b)

a) /

Przykład 7 daje pewne po1ęc1e o tym, dlaczego naciągnięta sprężyna (lub drut, lub struna) będą drgać, gdy je potrącimy . Widzimy, że częstotliwość drgań jest w przybliżeniu F0 /ml , gdzie F 0 jest napięciem, m - masą efektywną, I - długością . Widzimy również, że dla rozsądnych wartości napięcia częstotliwość drgań jest w granicach słyszalności ucha ludzkiego (od ok. 20 do 15000 Hz). W przykładzie 7 przedstawiono sytuację podobną jak w przypadku głośnika, w którego środku jest zawieszona cewka o masie ok. 10 g. Wówczas 2F0 = 30 N jest całkowitym napięciem zawieszenia cewki Przy małym pobudzeniu głośnik bę­ dzie drgać z cz.ęstotliwością własną nędu 30 Hz.

J

11.6. Fala Rys. I I.I I. a) Masa m jest zawieszona dwiema rozciągniętymi sprężynami. b) została przesunięta w bok na odległość x

jaki

będzie

okres

między

Masa

drgań,

napięcia sprężyny

gdy zwolnimy wszelkie dodatkowe są do zaniedbania.

ODPOWIEDŹ:

widać

masę? Załóżmy, że

Jak

z rys. 11.11 b,

F x = - F 0 xl. Ponieważ są dwie spręży­

ny,

więc siła

masę

m

2F 0 X I

F=- -

dF dx

2F 0 I

wypadkowa

działająca

na

Natężenie dźwięku bieżąca

Jeżeli część ośrodka ciągłego,

jak np. koniec struny (lub warstwę powietrza), wprowadzić w ruch harmoniczny prosty, to ruch ten zostanie przekazany sąsiedniej części ośrodka, a potem od tego sąsiada do następnego i tak dalej. Skutkiem tego zaburzenie sinusoidalne przemieszcza się od pierwotnego źródła coraz dalej wzdłuż ośrodka. Tak powstały ruch nazywamy falą bieżącą. Fala bieżąca, posuwająca się wzdłuż struny jest pokazana na rys. 20.10 w dalszych partiach naszego kursu. Byłoby może nawet bardziej naturalne zapoznać się już teraz z falą bieżącą na strunie i ci, którzy chcieliby to zrobić w tym miejscu, powinni przestudiować p. 20.6 i p. 20.7, a potem powrócić do niniejszego punktu. Czy będziemy studiować fale na strunie teraz czy później , w rozdz. 20, to tylko kwestia gustu.

I I. Ruch drgający

192 Fale

dźwiękowe

Drgająca płaska płyta

przekazuje drgania po-

wietrzu wytwarzając falę bieżącą poruszającą się od źródła z prędkością fali u. Jest ona nazywana falą dź więkową. Załóżmy, że masa na rys. 11.11 jest cienką płaską płytą o powierzchni A i że wykonuje ona drgania ruchem harmonicznym prostym z amplitudą x 0 i częs­ totliwością w/2n. Przekazuje ona energię pokazanej na rys. 11.12 warstwie powietrza o masie

___ _·1

..__ 2xa

Drgająca

_

pTyta o powierzchni A

Rys. l l.12. Drgająca płyta powoduje, drga z t ą samą amplitudą x 0

że

warstwa powietrza

Am. Maksymalna energia kinetyczna tej warstwy powietrza 1

2

1

2Amv0 =2 Amw 1

2

2

x0

AE= (pAAx) w 2 x5

2

Tak więc moc P wypromieniowana w dodatnim kierunku osi x przez drgającą płytę jest 1 P= - pAw 2 x5u 2 Natężenie jakiejkolwiek fali bieżącej jest zdefiniowane jako moc na jednostkę powierzchni. Jeżeli podzielimy obie strony ostatniego równania przez A, otrzymujemy 1 I = pw 2 x5 u (natężenie fali dźwiękowej)

2

Warstwa powietrza

..___....

AE 1 Ax - = - pA-w 2 x 02 At 2 At

(11.18) W jednostkach układu SI natężenie jest wyrażone w watach na metr kwadratowy. Fizycznie ma to znaczenie ilości energii w dżulach przepływającej w ciągu sekundy przez przekrój o powierzchni jednego metra kwadratowego. Zauważcie, że natężenie jest proporcjonalne do kwadratu amplitudy. To jest prawdziwe dla każdego rodzaju fal bieżących, jak fale wodne, fale na strunie, fale elektromagnetyczne itp. · Najmniejszym natężeniem dźwięku, jakie wykrywa ucho ludzkie, jest 1 0 ~10- 12 W/m2 . Nazywa się to progiem słyszalności. Jak zobaczymy w następującym przykładzie, ta wartość jest nie o wiele większa od najlepszej, jaką można uzyskać zgodnie z prawami fizyki. Ucho ludzkie jest biologicznie nieomal tak sprawne, jak tylko to jest fizycznie możliwe.

(11.17)

gęstością powietrza. w ruchu harmonicznym prostym średnia energia potencjalna równa się średniej energii kinetycznej, z równania (11.17) wiemy ile energii jest zawarte w warstwie powietrza o powierzchni przekroju A i grubości Ax. Jeżeli ruch powstał w t =O, to drgania powietrza na rys. 11.12 przesuwają się w prawo z prędkością u=Ax/ At, gdzie Ax jest odległością, jaką zaburzenie przebywa w czasie At. Prędkość przekazywania energii do każdej kolejnej warstwy o grubości Ax można obliczyć dzieląc równanie (11.17) przez At

gdzie p jest Ponieważ

*Przykład

8. Zgodnie z

teorią

kinetyczw następnym rozdziale, w temperaturze pokojowej każda cząstka lub ciało takie jak bębenek ucha, ma energię kinetyczną ok. 6 · 10- 21 J pochodzącą od zderzeń międzycząsteczkowych. Jaką ilość energii kinetycznej odbiera bębenek ucha od fali dźwiękowej o natężeniu równym progowi słyszalności? Porównajmy to z wartością samoistnej energii termicznej 6 · 10- 21 J. Prędkość dźwięku jest ną ciepła, przedstawioną

193

Natężenie dżwięku

11 .6.

gęstość powietrza p = 1,3 kg/m 3 • Załóżmy, że masa bębenka jest

u= 330 m/s, mb=O,I g.

ODPOWIEDŹ: Jeżeli założymy , że bębe­

nek ucha drga swobodnie wraz z powietrzem, to jego prędkość w RHP będzie taka sama jak powietrza. Tak więc, średnia energia kinetyczna nadana bębenkowi

1

K-2 m b v powi e tr z a Poniew a ż V powietrza= w x 0 2

sinw t ,

więc

l1 W2 Xo2

1 (1

I f3 = 10 log Io

(natężenie

I w decybelach)

(11.19)

-2

V powietrza=

miast starają się ograniczyć hałas i wydają przepisy zabraniające wywoływania na ulicach hałasu o natężeniu większym od 10 10 10 , Wykładniki potęg, użyte powyżej , pomnożone przez liczbę 10, stanowią miarę decybeli dźwięku. Jeżeli natężenie dźwięku jest równe f3 decybeli, wówczas

22)

K=2mb 2w Xo

Obliczmy z równania (11.18) iloczyn w 2 x5 i podstawmy do poprzedniego równania

Skrótem decybela jest dB. Tak więc, próg słyszalności jest O dB, a typowy koncert rockowy 120 dB . Niektóre miasta zakazały hałasów ulicznych przekraczających 100 dB. Robotnicy wystawieni na hałas przekraczający 100 dB powinni używać zatyczek usznych. Jest nierozsądne , jeżeli muzyk rockowy, operator piły łańcucho­ wej lub pracownik obsługujący nitownicę mechaniczną pracuje bez ochrony uszu. Podsumowanie

21

K=~mb 4 ( pu ) 12

2

K = -1 (10 - 4 kg) ( 2· 10- 3 W/m ) = 4 1,3 kg/m · 330 m/s

=l,16·10- 19 J Widzimy, że jest to wartość niecałe 20 razy większa od wartości samoistnej energii termicznej. Jest to tym bardziej zadziwiające , gdy uświadomimy sobie, że wiele . dźwięków otaczającego nas świata ma natężenie rzędu 10 10 10 .

Jeżeli F = - k x , to F jest siłą harmoniczną i wywołany przez nią ruch jest ruchem sinusoidalnym, w którym

gdzie

x=x 0 cos wt,

średnia

Wówczas V

w=2n/T=~ energia

potencjalna

I= kx 2 jest równa średniej energii kinetycz-

2

1 -2 neJ K=-mv 2 . Jeżeli

druga pochodna względem czasu u(t) jest proporcjonalna do - u, to u= u 0 cos wt, co znaczy, że jeżeli d 2 u/ dt 2 = -Cu, to U=UoCOSWt i w=ft. Dodajmy tu, że takie problemy jak w przykładzie 3 można natychmiast rozwiązać sto-

jakiejś wielko ści

Skala decybelowa

Sam·olot odrzutowy startujący o kilka metrów od nas może spowodować natężenie dźwięku ok. 10 15 razy 10 . Pociąg metra, przejeżdżający w pobliżu, daje natężenie dźwięku 10 10 I 0 . Stałe narażenie na takie natężenie dźwięku może być niebezpieczne dla zmysłu słuchu. Wzmacniane elektronicznie koncerty rockowe powodują zwykle natężenia aż do 10 12 10 . To jest już prawie próg bólu i może trwale zmniejszyć zdolność słyszenia. Zarządy wielu

sując 2n/ T= Częstość

JC.

f=l / T=w/ 2n.

J9!1,

Dla wahadła matematycznego. w= czyli T=2ny1/g. Gdy jakiemukolwiek ciału, znajdującemu się w równowadze trwałej nadamy małe przesunięcie, będzie ono wykonywać drgania ruchem harmonicznym prostym z okresem

11. Ruch drgający

194 T = 2n

r;:, ...;~

gdzie

k.1 = -(dF/dx)a= =(d 2 U/dx 2 )a

Ten związek jest bardzo użyteczny, gdy znamy albo funkcję F(x), albo funkcję U(x). Punkt równowagi trwałej ma współrzędną x tak ą, że U(x) ma w tym punkcie minimum. Natężenie fali dźwiękowej jest proporcjonalne do kwadratu amplitudy i jest zdefiniowane jako prędkość przepływu energii przez jednostkową powierzchnię przekroju. 1 Natężenie dźwięku jest I= 2. pw 2 xfiu, gdzie p jest gęstością powietrza, u fali. Natężenie w decybelach = 10 log(l/ la).

prędkością

jest

fJ =

Ćwiczenia

I.

skakuje, przy czym zderzenia są doskonale sprężyste . (a) Jaki jest okres drgań? (b) Czy to jest ruch harmoniczny prosty? 5. Wahadło zegara ma okres T = 1 s. Jaka jest długość wahadła? 6. Wspórzędna x cząstki spełnia równanie d 2 x/dt 2 = -w 2 x, współrzędna y spełnia równanie d 2 y/ dt 2 = - w 2 y. Maksymalna wartość x jest Ra. maksymalna wartość y jest Ra. W chwili t=O, x=Ra i y=Ra. (a) Jak zmienne x, y i r zależą od czasu t? (b) Jak wyraża się v w funkcji t? (c) Jaki jest tor cząstki? 7. Ciężarek wahadła przebiega drogę 4 cm od końca do końca i osiąga prędkość 10 cm/ s w punkcie środkowym. Jaki jest okres drgań (w sekundach) przy ·założe­ niu, że amplituda drgań jest mała?

Cząstka wykonuje ruch harmoniczny prosty. Na rysunku wykreślono przesunięcie x w funkcji czasu t. Jaka jest amplituda, okres, maksymalna prędko ść i maksymalne przyspieszenie?

I

I I I I I

I

I

I

G-

4cm Ćwiczenie 7

8. Ćwiczenie I

2. Masa m wykonuje ruch harmoniczny prosty zgodnie z równaniem d 2 x /dt 2 = =

Wahadło składa się z pręta o masie m 1 i zamocowanej na jego końcu masy m 2 . Jaki jest okres drgań , wyrażony przez m 1 , m 2 , l i g, przy założeniu, że amplituda drgań jest mała .

-kx.

(a) Jaki jest okres drgań? (b) Jeżeli amplituda jest xa, to jaka jest pr ę dko ść chwilowa wyrażon a przez x, Xa

3.

i k?

Współrzędna

x

cząstki spełnia

równanie

2

d x

A 2-

dt 2

Ćw icze nie 8

+x =0

Jaki jest okres drgań ? 4. Piłka upuszczo na z wysokości 1 m pod-

9. W

cząsteczce

wodoru atomów z F= -A(r-ra), gdzie

każdy

siła działająca

wodoru A= 0,057

na jest N/ m,

Ćwiczenia i zadania

195

r 0 = 7,4 · 10- 11 m jest w położeniu równowagi odległością środków dwóch atomów wodoru. Jaka jest częstość drgań? IO. Położenie cząstki jest dane równaniem x = x 0 sin wt. Jak wyraża się jej przyspieszenie przez x 0 , w i t? Il. Amplituda fali dźwiękowej podwoiła się . Jaki jest jej wzrost w decybelach? 12. Natężenie dźwięku wychodzącego z głoś­ nika jest proporcjonalne do kwadratu przyłożonego napięcia elektrycznego. Jeżeli napięcie zwiększyć 10 razy, to o ile decybeli wzrośnie natężenie dźwięku?

19.

Pręt

o masie zero i długości l ma na obu zamocowane masy m. Pręt jest przyczepiony do stosunkowo sztywnej taśmy metalowej, jak to pokazano na rysunku. · końcach

Taśma

Zadania

13.

Masę

m,

przyczepioną

odciągnięto

na

do

końca sprężyny,

odległość

x 0 i zwolniono w chwili t 1 . Stała sprężystości jest równa k. (a) Jak wyraża się x w funkcji k, m, x 0 , t 1 i t? (b) Jak wyraża się v w funkcji powyższych

Zadanie 19

(a)

wielkości?

14. W zadaniu 13 prędkość jest dodatnia i maksymalna w chwili t =O. (a) Jak wyraża się x w funkcji k, m, x 0 i t? (b) Jak wyraża się v w funkcji k, m, x 0 i t? 15. Powtórz zadanie 14 dla przypadku, gdy prędkość jest maksymalna co do wartości bezwzględnej , ale ma znak minus w chwili t=O. 16. Powtórz ćwiczenie 6 dla przypadku, gdy w chwili t=O, x=O, y=R 0 i vx jest dodatnie. 17. Powtórz ćwiczenie 6 dla przypadku, gdy

w chwili t=O, x=R 0 /fi , y=R 0 /fl i prędkości vx i vY są ujemne. 18. Masa m jest przymocowana do sprężyny o nieznanej stałej sprężystości. Masa waha się między położeniami x = - x 0 i x = + x 0 . W chwili t 1 ma położenie x = x 1 i przyspieszenie a= a 1 . (a) Jak okres drgań wyraża się przez a 1 i x 1? (b) Jak wyraża się stała sprężystości k przez a 1 , x 1 i m? (c) Jak prędkość maksymalna masy m wyraża się przez x 0 , x 1 i a 1?

Załóż, że masa taśmy jest równa zeru. Jaki jest moment bezwładności układu względem osi pionowej przechodzącej przez środek pręta? Wyraź odpowiedź przez jedną lub więcej z wielkości: m,

l, F 0 , 8 0 . Jeżeli

do

każdej

z mas m zostanie prostopadła do pręta, taśma metalowa skręci się o kąt 80 . W ogólności taśma wywiera moment siły T= - k8. Wyraź k przez wyżej podane wielkości. (c) Pręt odchylony od położenia równowagi będzie wykonywał drgania. Jaka jest ich częstość? 20. Wyobraź sobie dwie masy m połączone prętem o masie równej zeru i długości l. Pręt może się obracać wokół osi poziomej (b)

przyłożona

przechodzącej

siła

w

F0

odległości

1

1 od jego

4

górnego końca (patrz rysunek). Amplituda drgań jest mała. (a) Jaki jest moment bezwładności I wzglę­ dem punktu obrotu? (b) Jaki jest moment siły T względem punktu obrotu, gdy kąt odchylenia od pionu jest mały i wynosi 8? (c) Jak wyraża się d 2 8/dt 2 przez I i T? (d) Jak wyraża się okres drgań przez l i g?

11. Ruch drgający

196

i y= y 0 , jak to pokazano na rysunku. Załóż, że x « I i y « I dla każdej wartości t. (Ciężarek porusza się po elipsie). (a) Jak przez I, y 0 , g i v0 wyrazić x w funkcji t? (b) Jaką funkcją t jest y? (c) Jaką funkcją jest prędkość

v=Jv~+v;? (d) Dla jakiej niezależna

wartości

v0

prędkość

v jest

od t?

z Zadanie 20

(e) Jaki

byłby

okres

drgań ,

gdyby

usunąć

górną masę?

21. Powtórz

przykład

2

przykładając

do m1 w funkcji masy m1 .

siłę Fwyp=ma. Znajdź d 2 x 1 /dt 2

x 1 oraz znajdź okres drgań masy, o wartości m każda, są połączone dwiema identycznymi spręży­ nami (patrz rysunek). Każda ze sprężyn ma stałą sprężystości k 0 • Niech L1x 1 , L1x 2 i L1x 3 będą przesunięciami mas od ich położenia równowagi. Dwie zewnętrzne masy odciągamy o taki sam odcinek, tzn. L1x 1 = -L1x 3 , a L1x 2 =0. Jak wyrazi się okres drgań przez m i k0 ?

22. Trzy

Zadanie 24

25. Załóż,

że energia potencjalna między dwoma jonami, z których każdy ma masę m, ma postać

a b V=---

,s

(a)

Znajdź położenie

równowagi

wyraź

je przez a i b.

Zadanie 22

(b) 23. W zadaniu 22 masy

zewnętrzne są

Wykaż, że częstość drgań

jest

utrzy-

a masę środ­ w prawo. Następnie zwolniono jednocześnie wszystkie trzy masy. Ponieważ środek masy układu musi pozostawać w stałym położeniu, więc mamy Ax 1 + L1x 2 + L1x 3 =O. Zastosuj równanie (F 2 )wyp = ma 2 , aby znaleźć d 2 x 2 /dt 1 w funkcji x 2 • Wykaż, że okres drgań jest T= 2rr.J m/ 3k 0 . 24. W chwili t =O ciężarek wahadła „kołowe­ go" ma prędkość v0 =iv 0 , gdzie gdy x=O mane w kową

r

stałym położeniu,

przesunięto

pochodząca od siły dwoma atomami jest U(r)=B{l-exp[-A(r-r 0 ) 2 ]} . Jak wyra· zić częstość drgań przez m, A i B, jeżeli masa każdego z atomów jest równa m i atomy oscylują wokół swoich położeń równowagi (amplituda drgań jest mała)? 27. W przykładzie 7 załóż, że masa 10 g jest zawieszona na sześciu rozciągniętych

26. Energia potencjalna działającej między

Ćwiczenia i zadania

197 płaszczyzny

rysunku i zwolnimy, to jaka jej drgań? 28. Amplituda pewnej fali dźwiękowej jest 1000 razy większa niż minimalna amplituda dźwięku, który można jeszcze usły­ szeć. Jakie jest natężenie w decybelach tej fali dźwiękowej? 29. Natężenie dźwięku emitowanego z głoś­ nika jest proporcjonalne do kwadratu napięcia elektrycznego sygnału . Jaka jest różnica w decybelach między dwoma sygnałami o napięciach V1 i V2 ? 30. Przypuśćmy, że bębenek ucha królika ma powierzchnię 10 razy większą niż powierzchnia bębenka ucha ludzkiego, natomiast ich grubości są jednakowe. Załóż, że energia kinetyczna bębenka przy progu słyszalności jest taka sama dla królika i dla człowieka. Jakie wówczas jest natężenie w decybelach progu słyszalności dla królika? będzie częstość

Zadanie 27

sprężynach, każda

rysunek). Dla Jeżeli

masę

o

długości

10 m (patrz F 0 = 5 N. m odciągniemy nieco od każdej sprężyny

12 Teoria kinetyczna

Dotychczas badaliśmy proste układy mechaniczne, zawierające jedno lub dwa ciała czy cząstki. Ale jakaś typowa objętość gazu zawiera zwykle ogromną liczbę cząsteczek. Byłoby nadzwyczaj trudno śledzić ruchy każdej cząsteczki gazu; ale istnieją dające się obliczyć wielkości makroskopowe, mające praktyczną wartość. Niektóre z nich to gęstość, ciśnienie, temperatur.a, ciepło, entropia, energia wewnętrzna i energia mechaniczna. Wielkości te zdefiniujemy w tym i w następnym rozdzia:le. Stosując mechanikę Newtona do cząstek tak wielkiego układu wyprowadzimy użyteczne związki między wielkościami makroskopowymi. Badanie związ­ ków między wielkościami makroskopowymi nazywamy termodynamiką . W tym i w następ­ nym rozdziale pokażemy, jak „prawa" termodynamiki można wyprowadzić z mechaniki Newtona. Mikroskopowe czy też cząstecz­ kowe podejście do termodynamiki nazywamy teorią kinetyczną. W rozdziałach 13 i 14 prawa termodynamiki zostaną zastosowane do układów spotykanych w praktyce, takich jak silniki, układy chłodzące i grzewcze. Zobaczymy, że zgodnie z prawami termodynamiki większość dzisiejszych silników i ukła­ dów grzewczych (i chłodzących) to układy poważnie marnotrawiące energię.

12.1.

Ciśnienie

i hydrostaty:ka

Każdy

gaz czy ciecz pod ciśnieniem wywiera na .powierzchnię ograniczającą ten płyn. Ograniczymy naszą dyskusję do płynów w spoczynku (hydrostatyka). Przenoszona przez płyn siła będzie prostopadła do powierzchni ograniczającej. Ciśnienie wywierane na tę powierzchnię jest określone jako

pewną siłę

LlF P=LlA

(ciśnienie)

gdzie LlF jest o polu LIA. Można

też

płynu . Można

w

płynie

(12.1)

siłą działającą

mówić

je

o

zmierzyć

małego

na

powierzchnię

ciśnieniu

cienkościennego

wypełnionego płynem,

wewnątrz

przez umieszczenie sześcianu

jak to widać na rys. 12.1. Skoro płyn spoczywa, siła LlF wywierana przez płyn na każdą ściankę będzie taka sama. Ciśnienie w obszarze sześcianu wynosi L1F/ L1A, gdzie LlA jest polem powierzchni ściany sześcianu. Widzimy, że ciśnienie wew· nętrzne jest takie samo we wszystkich kierun· kach i, pomijając siłę ciężkości, musi być takie samo w całej objętości bez względu na jej kształt. Właśnie wyprowadziliśmy to, co nazywamy prawem Pascala: Jeżeli ciśnienie P0

12.1.

Ciśnienie

199

i hydrostatyka o

Trok

t:f~

!>r

Widać, że siła, którą

do

r:J

~

trzeba przyłożyć pompy wynosi tylko 1 % samochodu.

tłoka

ciężaru

?7 ~t>r W

\.

Rys. 12. l. Siły pod ciśnieniem

działające

na

sześcian

zanurzony w

płynie

siły ciężkości, dla cieczy prawo Pascala przybiera postać

(12.2)

P=P 0 +pgh

jest wywierane na część powierzchni płynu, to rozchodzi się ono jednakowo na wszystkie czę.fr i powierzchni ograniczającej płyn.

Przykład

obecności

nieściśliwej

gdzie P 0 jest ciśnieniem zewnętrznym przyło­ do górnej powierzchni, p - gęstością, a h - odległością od górnej powierzchni. Rozważmy na przykład słup cieczy z rys. 12.3.

żonym

się za windy hydraulicznej, która składa się z dwóch tłoków połączonych rurą jak na rys. 12.2. Duży tłok ma

I. Samochód podnosi

pomocą

--- -'

Rys. 12.2.

średnicę

Podnośnik

hydrauliczny do samochodów

ma średnicę 1O cm. Jeśli ciężar samochodu wynosi F 2 , to o ile mniejszą siłę trzeba przyłożyć do małego tłoka, żeby podnieść samochód?

1 m, a

ODPOWIEDŹ :

mały

Oba tłoki są ścianami tego samego naczynia i zgodnie z prawem Pascala podlegają temu samemu ciśnieniu. Niech P 1 =F 1 / A 1 będzie ciś­ nieniem wywieranym na mały tłok, a P 2 = F 2 / A 2 c1smeniem wywieranym na duży tłok . Wtedy Fi

Fz

-- .- -

Rys. 12.3. Słup cieczy wysokości ciśnienie zewnętrzne. P 0

Prócz stępuje

siły

tu

/

h. Od góry

przyłożono

P 0 A przeniesionej na dno wyciężar słupa

cieczy, który wynosi

mg=(pAh)g Całkowita siła

wynosi

F=P 0 A+pghA

Podzielenie obu stron przez A daje P=P 0 +pgh

co jest całkowitym c1smeniem przy dnie. Z uwagi na to, że żaden element objętości nie może przemieścić się w bok, to równanie nie zależy od kształtu naczynia.

200

12. Teoria kinetyczna

Barometr Wysokość atmosfery ziemskiej wynosi kilkaset kilometrów. Na podstawie P = pgh przy powierzchni Ziemi powinno panować ciś­ nienie P 0 równe iloczynowi wysokości atmosfery, g i gęstości powietrza uśrednionej po wys okości atmosfery. Wynik liczbowy jest

P 0 =1 ,01 · 10 5 N/ m 2

(ciśnienie atmosfery-

czne) Ta wartość fera (atm)

ciśnienia

ma

też nazwę :

ści c1smenia a tmosferycznego. Układ z rysunku 12.4 jest świetnym barometrem. Zgodnie z równaniem (12.3) wysoko ść barometru wodnego byłaby 13,6 razy większa, ponieważ woda ma gęsto ść 13,6 razy mniejszą niż rtęć. Zamienimy teraz rtęć z rys. 12.4 na wodę. Wysokość słupa wody w rurce wyniosłaby 10,3 m. Jeśli rurka początkowo zawierała powietrze i do szczytu rurki dołączono pompę próżniową, jak na rys. 12.5, to woda

1 atmos-

Pompa

1 atm= 1,01 · 10 5 N/ m 2 Przypuśćmy , że mamy rurkę wypełnioną rtęcią (p = 13,6 · 10 3 kg/ m 3 ) i odwracamy j ą nad naczyniem z rtęcią, jak to widać na rys. 12.4. Ciśnienia w punktach A i B muszą być Próżnia

Rys. 12.5. studni, ale

Niewłaściwy może służyć

sposób wydobywania wody ze jako barometr

mogłaby być

wypompowana tylko do wyso10,3 m. Wiele studzien jest głębszych niż 10 m. Jak więc można z nich wypompowywać wodę? Używa się tu sztuczki stosując pompę dającą się zanurzyć w wodzie przy dnie studni. kości

Rys. 12.4. Ba rometr

rtęciowy

takie same, ponieważ oba te punkty są na tej samej wysokości. Zgodnie z równaniem (12.2) PA= pgh, gdzie h jest wysokością słupa rtęci . Ci ś nienie na powierzchni rtęć-powietrze musi wynosić P8 =P.,m, czyli być równe ciśnieniu atmosferycznemu. Stąd

Przykład

2. Domowa instalacja jest do miejskiej sieci wodocią­ gowej w punkcie znajdującym się 100 m powyżej domu (rys. 12.6). Jeżeli przyłączona

Wodociqg

pgh=Patm 5

1) 1 Ol · 10 h= ( P = ' m=076 m pg atm 13,6 · 10 3 · 9,8 ' (12.3) Wysokość słupa rtęci

Jest proporcjonalna do atmosferycznego. Przyrząd zwany barometrem jest używany do pomiaru wielko-

ciśnienia

Rxs. 12.6. Ciśnieni~ wody przy domu jest wyzsze gdy dom znajduje się

mz w s1ec1 wod ociągowej poniżej wodociągu

12.1 .

Ciśnienie

201

i hydrostatyka

ciśnienie

Prawo Archimedesa

ODPOWIEDŹ:

Przypuśćmy, że blok o wysokości l i polu podstawy A, jak pokazano na rys. 12.7, jest zanurzony w odległości h w cieczy o gęstości

wody w sieci wynosi 4 atm, jakie będzie ciśnienie wody w domu? Z równania (12.2) mamy P = P ;+{igh, gdzie P 0 = 4 atm pgh=(l0 3 kg/ m 3 )(9,8 m/s 2 )(100 m)=

=9,8 · 10 5 N/m 2 =9,8 atm Całkowite

ciśnienie

statyczne wynosi

wtedy (4+9,8) atm= 13,8 atm ciśnienie zbyt wysokie jak na domowy. Przy wejściu do domu powinno się zastosować ciśnieniowy zawór redukcyjny.

Jest to użytek

Rys. 12.7. Blok o objętości /A zanurzono w cieczy o gęstości p. F . i F d.01 to siły, z jakimi ciecz ciśnie na blok w goq• w

Przykład

3. Jakie ciśnienie panuje w środku Ziemi, a jakie w środku Słońca? Załóżmy, że są to kule o stałej gęstości, gdzie Rz= 6,36 · 10 6 m, Rs = 6,95 · 10 8 m, Pz = 5,52·10 3 kg/ m 3 1 Ps= 1,42·10 3 kg/m 3 • Przyspieszenie grawitacyjne na powierzchni Słońca wynosi 274 m/s 2 . ODPOWIEDŹ:

Zgodnie z równaniem (12.2) ciśnienie na głębokości h jest P = pgh, gdzie g jest średnim przyspieszeniem grawitacyjnym. Dla głębo­ kości h=R. p=pgR. Widzieliśmy w rozdz. 5, że g rośnie liniowo od środka kuli o jednorodnej gęstości, stąd 1 1 g=lg i P=l pgR. Dla Ziemi p= =

Dla

1

2(5,52 . 10 3 )(9,8)(6,36 . 106 ) = 1,72 · 10 11 N/m 2 Słońca

1

P= -( 1,42 · 10 3 )(274)(6,95 · 10 8 )= 2 =

1,35 · 10 14 N/m 2

Siła

p.

działająca

na

dolną

powierzchnię

będzie

F.., górę=PA=pg(h+l)A Siła działająca

F

w

na

dó1=(pgh)A

Wypadkowa siła cieczy będzie F

w

górną powierzchnię będzie

górę-F

w

działająca

na blok ze strony

dól=pglA=(mc)g

gdzie me= plA jest masą cieczy wypartej przez blok. A więc blok podlega sile skierowanej do góry, równej ciężarowi wypartej wody. Prawo Archimedesa brzmi: Ciało zanurzone w płynie jest unoszone w górę silą równą ciężarowi wypartego płynu (12.4) gdzie F w jest siłą wyporu. To prawo, zastosowane w specjalnym przypadku ciała pływającego swobodnie, mówi że ciało to musi wypierać ilość wody ważącą dokładnie tyle co ciało. Popularna zagadka brzmi: Co się dzieje z poziomem wody w szklance wody z lodem kiedy lód się topi? Czy stopiony lód podnosi czy obniża poziom wody? Odpowiedź jest taka, że poziom wody pozostaje bez zmian, o ile początkowo lód pływał po wodzie. Skoro kostka lodu wypiera tyle wody ile

202 sama

12. Teoria kinetyczna waży,

to po stopieniu

wypełnia sobą

dokładnie tę przestrzeń, którą wcześniej

zajmowała w wodzie. Problem podobnego typu dotyczy łódki na kanale Erie. Jest tam kilka miejsc gdzie kanał płynie po akwedukcie. Czy obciążenie mostu rośnie, gdy łódka żegluje po nim? Odpowiedź brzmi, że obciążenie mostu jest takie samo z łódką czy bez, o ile łódka jest gdzieś na kanale.

Przykład 4. Rozważmy balon z gorą­ cym powietrzem, mający średnicę 10 m. Jeśli powietrze wewnątrz balonu ma gęstość równą 75% gęstości powietrza na zewnątrz, to ilu pasażerów może ten balon bezpiecznie unieść? Gęstość powietrza na zewnątrz wynosi 1,3 kg/m 3 .

ODPOWIEDŹ :

Prawo Archimedesa stodo ciał zanurzonych w każdym płynie, czy to będzie ciecz czy gaz. Masa wypartego gazu wynosi

suje

się

Mgaz = PpowG rrR

3

)

3 =(1,3) ~rr(5) kg=

=680 kg Zgodnie z równaniem (12.4) ru wynosi

siła

wypo-

F w=Mgazg=680(9,8) N =6664 N

obciążenie

może

osiągać

170 kg. Taki balon mógłby dwoje dorosłych pasażerów plus lekkie dla nich pomieszczenie.

12.2. Prawo gazów Gaz

doskonały

unieść jakieś

doskonałych

spełnia

PV=NkT (prawo gazów

doskonałych)

(12.5)

gdzie P jest ciśnieniem gazu, N - liczbą gazu w objętości V. T - temperaturą bezwzględną, a k jest uniwersalną stałą fizyczną, taką samą dla wszystkich gazów doskonałych . Prawo gazów doskonałych jest bardzo pożyteczne. Pozwala ono obliczać ciśnienie, objętość, czy temperaturę próbki gazu bez względu na to, jaki to gaz. Temperaturę zdefiniujemy w następnym rozdziale. cząsteczek

Przykład

5.

Objętość pęcherzyka

powietrzykrotnie, w czasie gdy wędruje on od dna jeziora do jego powierzchni. Ile wynosi głębokość jeziora?

trza

rośnie

ODPOWIEDŹ: Niech P 1 będzie c1smeniem, a V objętością pęcherzyka tuż przy dnie jeziora. Wtedy P 2 = P 0 , tj. ciśnieniu atmosferycznemu, a V2 = 3 V1 . Zakładając, że temperatura pęcherzyka nie zmienia się w czasie jego wędrówki , z równania (12.4) mamy

P 1 V1 =P 2 V2 =(P 0 )(3V1 )

Taki balon byłby w równowadze, gdyby dźwigał masę 680 kg razem z masą powietrza wewnątrz. Skoro masa powietrza wewnątrz wynosi 510 kg, to zewnętrzne

jest o wiele mmeJszy niż średnia odległość międzycząsteczkowa . W tym rozdziale udowodnimy, że dla takiego gazu

dwa warunki: (1) objętość cząsteczek gazu jest o wiele mniejsza niż objętość zajmowana przez gaz, i (2) zasięg sił działających między dwiema cząsteczkami

po podstawieniach zamiast P 2 i V2 • P 1 = 3P 0 przy dnie jeziora.

Widać, że Różnica

ciśnień

między

powierzchnią

a dnem jeziora wynosi 2P 0 . Zgodnie z równaniem (12.2) musi ona być równa pgh. Zatem głębokość jeziora jest równa podwójnej wysokości słupa wody w barometrze wodnym, czyli 20,6 m.

W naszym wyprowadzeniu prawa gazów doskonałych

będziemy

traktować

cząsteczki

jako N małych, twardych kulek zamkniętych w pudełku o objętości V. Przez twarde kulki rozumiemy takie, które będą się spręży ście zderzać ze sobą i ze ściankami pudełka.

I 2.2. Prawo gazów

203

doskonałych

Najpierw rozważmy jedną taką cząsteczkę, która zderza się z lewą ścianką pudełka (patrz rys. 12.8). Średnia siła, którą cząsteczka wywiera na ściankę w czasie L1 t, wynosi -

Ap

F= - x At y

--------

Pole A

Vx

- - - - . Porażenie przed zderzeniem

o Rys. 12.8. Cząstka w od lewej ścianki

pudełku

o

objętości

/A

I

X

tuż

po odbiciu

si ę

Zmiana równa

pędu

(12.6)

PV=Nmv; Już

widzimy, że iloczyn PV dla danej próbki gazu jest stały tak długo, jak długo stała jest energia kinetyczna cząsteczek. Wynik ten nazywamy prawem Boyle'a*. Przykład 5 rozwiązano posługując się właśnie prawem Boyle'a. Możemy wyrazić równanie (12.6) przez v, a nie przez vx, zauważając, że v2 = v2X + v2y + v2Z

_:!-

------

czyli

spowodowana zderzeniem jest

Ponieważ cząsteczki zderzają się

sposób ze wszystkimi pudełka, więc mamy

v2 = 3v;,

czyli

-

w taki sam

sześcioma

v2

V2=x

3

Teraz w równaniu (12.6) podstawiamy v2 /3 zamiast i otrzymujemy

v;

L1px=mvx -(-mv)=2mvx Ponieważ

z

między

czas

kolejnymi zderzeniami wynosi

tą samą ścianką

21 L1t=vx więc średnia siła działająca

-F-- (2m v) __ mv; (21/ v) l

Dla wszystkich

na 1 N

na

cząst

k

na

jest

ę

cząsteczek

całkowita siła działająca

ściankę

w

ściankę

mv F=N - x I

u; jest

to

u; uśrednione

po wszystkich cząs teczkach. nazywamy średnią kwadratu prędkości w kierunku x. Dzieląc obie strony przez pole A ścianki otrzymujemy

u;

Nmv 2 P= - -x

12.3. Temperatura Zdefiniujemy temperaturę bezwzględną jako wielkość wprost proporcjonalną do średniej energii kinetycznej cząsteczek w pudełku T= ( 32k

)m;2 =

(definicja temperatury) (12.8)

(2)-

jest średnią energią kinetyczną na 1 cząsteczkę. Czynnik (2/ 3k) jest współczynnikiem proporcjonalności. Wygdzie

K

przypadającą

Al

Nmv 2 P= - -x V

W następnym rozdziale zobaczymy, że prawa strona jest z definicji równą NkT, gdzie T jest temperaturą bezwzględną. Zatem PV= NkT, a to jest prawo gazów doskonałych . Tym sposobem, stosując mechanikę Newtona na poziomie mikroskopowym wyprowadziliśmy ważny związek między wielkościami makroskopowymi p, V i T.

= 3k K

ci ś nienie

Za s tępując

(12.7)

PV=Nm(°;)

pudełku

wynosi

2

gdzie

ściankami

(Al) przez objętość V, mamy • W literaturze polskiej czę ściej spotyka prawo Boyle'a-Mariotte'a - Przyp. cium.

się o kreś lenie

204

I 2. Teoria kinetyczna

miar k jest określony przez jednostkę temperatury. Jednostkę temperatury ustalono przez wyznaczenie skali 100-stopniowej mię­ dzy punktami zamarzania i wrzenia wody przy ciśnieniu 1 atm. Tak więc wielkość k, zwana stalą Boltzmanna, zależy od pomiarów właściwości wody. Doświadczalnie otrzymana wartość k wynosi k= 1,38 · 10 - 23 Eliminując

2

v z

(stała

J/ K równań

Boltzmanna)

(12.7) i (12.8) otrzy-

mujemy PV=NkT

(prawo gazów

doskonałych)

Termometry

Aby

zmierzyć temperaturę powinnibyśmy

porównaniem definicyjnym (12.8), co wymaga pomiaru energii kinetycznej ruchu postępowego cząsteczek gazu. Bardzo trudno „zobaczyć" cząsteczkę gazu, a cóż dopiero zmierzyć jej energię kinetyczną . Zamiast tego po służymy się równaniem (12.5), żeby wyznaczyć temperaturę próbki gazu doskonałe­ go. Łatwo zmierzyć iloczyn PV takiej próbki. Jako przykład wskażemy prosty termometr stałego ciśnienia pokazany na rys. 12.9. Objętość gazu w rurce wynosi służyć się

V=

(~:)T,

v~ T

czyli

(12.9)

Skoro odległość kropli rtęci od dna rurki jest proporcjonalna do V, to jest też proporcjonalna do T Jest ważne, żeby w termometrze gazowym używać gazu doskonałego . Gdyby na rys. 12.9 ustalona ilość gazu

termometr rtęciowy . Mimo że rtęć jest daleka od gazu doskonałego, wzrost jej objętości jest prawie proporcjonalny do temperatury w zakresie temperatur pokojowych. Termometry, do których budowy nie użyto gazów doskonałych, są ostatecznie cechowane według wskazań dokładnych termometrów gazowych. Jest także możliwe zbudowanie termometru stałej objętości za pomocą gazu doskonałego. Zgodnie z równaniem (12.5) P = (Nk/ V0 )T Widać, że jeśli zastosujemy takie ciśnienie P, że objętość będzie się utrzymywać przy wartości V0 , to to ciśnienie będzie proporcjonalne do T Przy zwykłych temperaturach na dworze i powyżej nich większość gazów zachowuje się jak gazy doskonałe . Przy bardzo niskich temperaturach, gdy powietrze, a nawet gazowy wodór skraplają się, hel ciągle jeszcze zachowuje się jak gaz doskonały . Ale jednak w temperaturze 4 K powyżej zera bezwzględnego hel skrapla się i już nie zachowuje się jak gaz doskonały.*

Przykład 6. W temperaturze zamarzania wody zmierzono gęstość powietrza (i azotu) na poziomie morza i otrzymano wynik 1,255 kg/m 3 . Masa cząsteczki azotu wynosi 4,68 · 10- 2 6 kg. Jaka jest temperatura bezwzględna (w skali Kelvina) dla 0° Celsjusza (gdy woda zamarza)?

doskonałego została zastąpiona ustaloną iloś­

ODPOWIEDŹ :

cią

(12.5)

rtęci ,

mielibyśmy

dobrze nam znany

Otwarte do atmosferlj pod cisnieniem P0 rtęci

Ustalona ilość gazu doskonaleqo

Rozwiązując względu

N= PV/kT. Teraz ny przez m/ V Mm

Kropla

ze

V

na

mnożyniy

równanie mamy obie stro-

N

mP kT

Skoro Nm jest całkowitą masą gazu w objętości V, to lewa strona jest gęsto ścią gazu p zawartą

• Hel rozrzedzony znacznie po niżej ciśnienia atmosferycznego może być używa n y w termometrze gazowym w temperaturach mniejszych niż 4K - Przyp. red. wyd. Rys. 12.9. Termometr gazowy

s tałego ciśnie nia

polskiego.

205

12.3. Temperatura

mP

(gęstość

p=-

kT

gazu

doskonałego)

Przykład

(12.10) Rozwiązanie

ze

względu

na T

mP (4,68 · 10 - 26 )(1,01 · 10 5 ) T------------- kp - (1,38. 10- 23 )(1 ,255)

ka o

7. Oszacuj

temperaturę środ­

Słońca zakładając, że

jest to kula utworzona z gazu doskonałego atomów wodoru. M = = 2,00 · 10 30 kg, a R = 6,96 · 108 m. Masa atomu wodoru mtt=l,67 · 10- 27 kg. stałej

gęstości

=273 K ODPOWIEDŹ: Rozwiązując

ze

względu

równanie (12.10)

na T mamy

mttP T=zgodnie z naszą definicją temperatury woda zamarza w 273 stopniach skali bezwzględnej. Skalę bezwzględną nazywamy także skalą Kelvina. Symbol K, którego tu użyto , oznacza jednostkę temperatury w ukła­ dzie SI. Temperaturę zamarzania wody lub topniejącego lodu powinno się pisać jako 273 K . W skali Celsjusza, obecnie szeroko używanej w świecie (chociaż w USA tylko nieoficjalnie), temperatura zamarzającej wody jest określona jako zero stopni (zapisana jako 0°C). W obu skalach Kelvina i Celsjusza jest sto stopni między zamarzającą a wrzącą wodą, stąd wielkość stopnia jest taka sama w obu skalach. Porównanie skal Celsjusza

kp

Widać, że

Bezwzględna

Fahrenheit

Punkt wrzenia Punkt zamarzania

Celsjusz

(CZIJ/i Kelvina)

212°F ----

100°c----

32-----

0- ,- -- --

0 200 -100 100 -200

Zero bezwzględne

-459----

Rys. 12.10. Porównanie skal Celsjusza i Kelvina

-273----

o

temperatur Fahrenheita,

i Kelvina pokazano na rys. 12.10. Pokazano także skalę Fahrenheita (używaną jeszcze w USA). Jeden stopień Fahrenheita równa się 5/9 stopnia Celsjusza.

gdzie

p=

M - - = 1,41 · 10 3 kg/m 3 4 -JIR3 -

3

Dla ciśnienia w środku użyjemy wyniku z przykł. 3: P = 1,35 · 10 14 N/m 2 . Wtedy T

(1,67 . 10- 27 )(1,35. 10 14) (1,38 · 10- 23 )(1,41 . 103 )

1,16 · 107 K

Jak zobaczymy w rozdz. 30, tak wysokie temperatury wystarczają do podtrzymywania powolnej, ale stale trwającej reakcji termojądrowej.

Zgodnie z równaniem (12.8) temperatura T=O K występuje wtedy, kiedy ustaje wszelki ruch cząsteczek. Nazywamy ją zerem bezwzględnym i wynosi ona - 273°C. Zamykamy rozdział o temperaturze dwoma przykładami, które mogą pomóc w utrwaleniu tego nowego pojęcia. Pierwszym przykładem będzie pudełko o objętości __!:'1 z N 1

vi. Teraz podwajamy liczbę cząsteczek w pudełku zachowując takie same v1 i vi i pytamy, jaka jest nowa temperatura? Zgodnie z równaniem 1definicyjnym T~-mv 2 na cząsteczkę, nie ma 2 zmiany temperatury. Drugim przykładem bę­ dzie gaz, któremu pozwalamy rozprężać się swobodnie do opróżnionej komory o tej samej objętości przez nagłe usunięcie przegrody (patrz rys. 12.11). Wtedy objętość końcowa będzie dwa razy większa od początcząsteczkami o średniej prędkości

206

12. Teoria kinetyczna

a)

b)

ciała

1 i 3 są w tej samej równowadze termicznej, w której byłyby będąc ze sobą w kontakcie. Jeśli ciała pokazane na rys. 12.12 są pojemnikami z trzema różnymi rodzajami gazów doskonałych, twierdzimy, że średnia energia kinetyczna ruchu postępowego na cząsteczkę będzie taka sama dla wszystkich

••• • •

••••• • • •• • • V1 • • • •••••• • • •• ••• • • • • • • • • • • • • •• • • • • 2v1 . • • • •• • • • • • • •• • • • •

• •

Usuniąta

przegroda Rys. 12.12. Trzy Rys. 12.11. Swobodne przegroda jest usunięta

roz prężanie

gazu. Na rys. (b)

kowej . Jaka jest teraz temperatura końcowa? v2 znów zostaje takie samo. Więc jeśli średnia energia kinetyczna na cząsteczkę pozostaje ta sama, to temperatura też . Z tego przykładu widać, że swobodne rozprężanie gazu doskonałego nie powoduje żadnej zmiany temperatury.

12.4. Ekwipartycja energii Uważamy

za naturalne, że jeżeli dwa lub o różniących się od siebie temperaturach zetkniemy ze sobą i izolujemy od wszystkiego innego, to wszystkie te ciała po dostatecznie długim czasie osiągną tę samą temperaturę . Mog ą to być ciała stałe czy ciecze jak również gazy. Jest to tak powszechne i codzienne do ś wiadczenie, że nie uważano go za warte ustanawiania jako jakieś podstawowe „prawo" fizyki dopóki nie sformułow a n o pierwszej i drugiej zasady termod ynamiki. Zamiast z mieniać numerację pierwszej i drugiej zasady sformułowano prawo, że izolowane ciała w kontakcie ze sobą osiągają równow agę termiczną i nazwano je zerową więcej

z a s adą

ci ał

Jeśli ciała

ciała

w równowadze termodynamicznej

trzech gazów. Pomijając codzienne doświad­ czeme, me jest wcale oczywiste, że . d y d wa rozne '. . -1 m 1 v21 = -1 m 2 v22 k 1e gazy sty k aJą

2

2

się

ze sobą (albo mieszają w tym samym pojemniku). Jako część naszego programu wyprowadzenia termodynamiki z mechaniki Newtona, powinniśmy dowieść, że m 1 vi=m 1 v~ kiedy cząsteczki o masach m1 i m 2 są zmieszane razem w tym samym pudełku. W następnym punkcie spróbujemy uzasadnić ten wynik. Rozważmy cząsteczkę o masie m 2 w pudeł­ ku zawierającym N 1 cząsteczek o masie m 1. Prędkość względna między poszczególnymi cząsteczkami o. masie m 1 m 2 wynosi v,e1=(v 1 -v 1 ). Ma ona tę samą wartość i kierunek w układzie laboratoryjnym i w każ­ dym innym układzie odniesienia. Kierunek ruchu środka masy dwóch cząsteczek ma kierunek wektora (p 1 +p 2 ). Ponieważ ten kierunek nie zależy od kierunku vrel' więc mamy (pl +P2) · v,ei=O (p1 +P2) · (v1 -v2)=0

termody namiki.

Zerowa zasada termodynamiki

i

ciała

1 i 2 są w równowadze termicznej 2 i 3 są w równowadze termicznej, to

Średnia p 1 · v2 jest równa zeru, ponieważ dla danego p 1 każda składowa v2 jest równie często ujemna jak dodatnia. Podobnie,

207

12.4. Ekwipartycja energii

p2

·

rzędnych

v 1 =0. Zatem

położenia

potrzebnych do w przestrzeni.

określenia

jego

Średnią energię kinetyczną ruchu postępo­

wego otrzymuje

się

z równania (12.8)

I 3 - mv 2 =-kT

2

co

kończy

ten „dowód".

Poprzednie wyprowadzenie pokazuje, że wszystkie cząsteczki w równowadze termicznej mają tę samą średnią energię kinetyczną ruchu postępowego na cząsteczkę niezależnie od masy cząsteczki. Ale co z energią kinetyczną ruchu obrotowego i drgającego? Na pewno dwie cząsteczki w kształcie hantli zaczęłyby się obracać po zderzeniu jak to pokazano na rys. 12.13. W przykładzie Przed

Rys. 12. 13.

trzem stopniom swobody,

ponieważ

określić

żeby

położenie

środka

potrzeba trzech współrzędnych (x, y, z). Stąd średnia energia na stopień swobo1 dy wynosi - kT na cząsteczkę 2

średnia

energia na

stopień

1 swobody=-kT

2 (12.11)

(zasada ekwipartycji energii)

Także trzy stopnie swobody są potrzebne do opisu położenia ciała sztywnego względem jego środka za pomocą kątów. Na przykład, żeby określić położenie hantli (patrz rys. 12.14) trzeba użyć kąta biegunowego i kąta azymutalnego
e

~-----, ~

wyw o łanym

Odpowiada to cząsteczki

Ekwipartycja energii

Po

2

dwóch cząsteczek w ruchu obrotowym przez zderzenie

miały

3

średnio

- kT energ11 kinetycznej ru2

chu obrotowego na

cząsteczkę

energii kinetycznej ruchu

3

oprócz - kT 2

postępowego . Cał-

Oś

Ukła d

8 rozdz. 10 stwierdziliśmy, że kiedy cząsteczka w kształcie hantli zderzyła się z pojedynczą cząsteczką, to ta w kształcie hantli uzyskała w zderzeniu równe ilości energii kinetycznej ruchu postępowego i obrotowego. Uogólnienie wyprowadzenia z poprzedniego punktu daje taki wynik, że średnia energia kinetyczna na każdy stopień swobody będzie taka sama dla wszystkich cząsteczek. Wynik ten nazywa się zasadą ekwipartycji energii. Ogólne wyprowadzenie jest zbyt skomplikowane, żeby je tu przedstawiać. Liczba stopni swobody danego ciała równa się liczbie niezależnych współ-

z

hantli

tj

e, ~

Rys. 12.14. Trzy k<1ty wyznaczenia położeni a han tli

i
są

potrzebne do

208

12. Teoria kinetyczna

kowita energia kinetyczna w pudełku zawie-. N cząsteczek wyniosłaby 3NkT. W rzeczywistości dawne modele cząsteczek zakładały, że cząsteczki są gładkie, tzn. że nie ma żadnego tarcia powierzchniowego. Wtedy nie byłoby sposobu, aby wywołać obrót względem osi hantli i istniałyby tylko dwa istotne rotacyjne stopnie swobody. Stąd cał­ kowita energia kinetyczna na cząsteczkę dla cząsteczki dwuatomowej wynosiłaby średnio rającym

5

- kT. Zaobserwowano pewne naruszenia zasa2 dy ekwipartycji energii. Omówimy Je w p. 13.3 następnego rozdziału.

12.5. Kinetyczna teoria

ciepła

Na stronie 119 zdefiniowano energię wewjako sumę energii kinetycznej i potencjalnej pojedynczych cząsteczek bez brania pod uwagę jakiejkolwiek energii makroskopowej (ruchu masy). Energia wewnętrzna jest dodatkową energią pojedynczych cząsteczek, której się nie zauważa, kiedy widzi się układ makroskopowo . Dla pudełka zawierającego N cząsteczek wolnych od rotacji całkowita energia wewnętrzna będzie dokładnie energią kinetyczną ruchu postępowego , czyli nętrzną

3

U= - N kT. Symbolu U używamy powszechnie 2 na oznaczenie energii wewnętrznej ciała czy układu cząstek. Niestety ten sam symbol jest też powszechnie używany dla energii potencjalnej, co może prowadzić do pewnego zamętu. Jeśli pudełko zawiera cząsteczki, takie jak cząsteczki H 2 0, które mogą swobodnie obracać się we wszystkich trzech kierunkach, to U=

K post +K obr

3

łyby więc

3 2 5 U = - NkT + - NkT=-NkT 2

Dotychczas

dobrze określone energie wewnętrz­ energia wewnętrzna jakiegoś układu rośnie, to rośnie jego temperatura*. Energia wewnętrzna układu czy próbki gazu zależy od jego masy, temperatury i c1smenia (lub objętości). Jest ona pewną określoną funkcją tych zmiennych. Jeśli

Ilość ciepła**

Gdy pociera się powierzchnię pojemnika z wodą, wykonuje się pracę przeciwko sile tarcia. Temperatura (a więc i energia wewnę­ trzna) wody wzrośnie. Pocieranie wytwarza pewną ilość ciepła, która przechodzi do wody. Prócz dżula istnieje jednostka ciepła zwana kalorią (cal), którą definiuje się jako ilość ciepła potrzebną do podniesienia temperatury 1 g wody o 1°C (lub 1 K). Właściwie 1 cal= ilość

ciepła

potrzebna aby podnieść 1 g wody od 14,5 do 15,5°C (definicja kalorii)

temperaturę

kcal= ilości ciepła potrzebnej do podniesienia temperatury 1 kg wody o 1°C (lub 1 K). Trzecią jednostką ilości ciepła jest kaloria żywieniowa, którą czasem zapisujemy wielką literą

1 kaloria

żywieniowa=

1 Kaloria= 1 kcal

jednostka, która może zamieszania i powinno się unikać jej używania. Spalenie 1 g tłuszczu ciała uwolni około 10 kcal ciepła. Inaczej, 1000 Kalorii ( = 1000 kcal) z posiłku mogJoby wytworzyć 100 g tłuszczu w ciele, gdyby całe Jest to

przestarzała

wywoływać dużo

* Tak jest istotnie w większości przypadków. Istnieją jednak procesy, w których niewielkiemu obniżeniu temperatury towarzyszy zmiana innego parametru (ściśnięcie pręta, namagnesowanie paramagnetyka itd.) po wodująca globalne podwyższenie energii wewnętrznej - Przyp. red. wyd. polskieg o.

3

V=-NkT+-NkT=3NkT (12.12) 2 2 Cząsteczki dwuatomowe (gładkie hantle) mia-

2

mają też

ne.

2

podawaliśmy

do s konałego . Układy

przykłady gazu bardziej skomplikowane

•• W oryginale ten tytuł brzmi „Energia cieplna". Z uwagi na poważny błąd , jaki stanowi przypisywanie ciepłu nazwy „energia", zmieniam, zgodnie z treścią fizyczną punktu, tytuł na ściśle oddaj ący tę treść. W ogólności należy unikać i tak robię, wprowadzania w błąd uczących się, choćby nie wiedzieli oni jaka jest ró żnica między funkcją stanu róż niczk ą zupełną - a ciepłem czy prac ą, które różniczkami zupełnymi nie są. W szczególności ciepło nie jest energią, tak jak praca nią nie jest i nie wprowadzimy tu pojęcia „energia cieplna" -

Przyp.

tłum.

12.5. Kinetyczna teoria

jedzenie zamieniło się w tłuszcz. Zobaczymy w następnym punkcie, że 1000 kcal wystarczy na podniesienie ciała ludzkiego na wysokość 7 km. Mechaniczny

równoważnik ciepła

jako jednostki ilości ciepła, niż kalorii i w ten sposób uniknąć zamieszania oraz różnorakich jednostek. Wzajemną zamianę tych dwóch jednostek nazywamy mechanicznym równoważnikiem ciep/a. Łatwo go zmierzyć przez wykonanie ustalonej pracy (F 1 · L1s) nad próbką wody. Zwykłe doświadczenie w pracowni dla studentów fizyki składa się z próbki wody umieszczonej w cienkościennym naczyniu. Do powierzchni naczynia przykłada się znaną siłę tarcia. Mierzy się wzrost temperatury spowodowany przez znaną pracę wykonaną przez siłę tarcia. Wynikiem jest, że 4,185 J pracy zamienia się w 1 cal ciepła Lepiej

używać

dżula

cal=4,185 J (mechaniczny

równoważnik

ciepła) Ciepło jest przekazywaniem „ukrytej" energii cząsteczek z jednego ciała do innego. Energia wewnętrzna (energia cząsteczek) pierwszego ciała może wzrastać przez wykonanie pracy mechanicznej nad tym ciałem, albo też może wzrastać dzięki zetknięciu go z drugim cieplejszym ciałem. W tym ostatnim przypadku ciepło przepływa z drugiego ciała do pierwszego. Ten mechanizm to ekwipartycja energii na skutek zderzenia cząsteczek. Cząs­ teczki pierwszego ciała pobierają energię na skutek zderzania się z cząsteczkami drugiego ciała, które mają większą energię .

Przykład

8. Załóżmy, że przeciętny musi tracić energię ze średnią 120 W, żeby utrzymać się przy

człowiek mocą

209

ciepła

życiu.

(a) Ile ta osoba musi dziennie spożyć kilokalorii, żeby żyć? (b) Jeśli masa tej osoby wynosi 60 kg, to jak wysoko mogłaby się ona wspiąć dzięki równoważnikowi ener-

getycznemu jednodniowego minimalnego dopływu kilokalorii? (Zakładamy 10-procentową wydajność zamiany na energię potencjalną grawitacji). ODPOWIEDŹ: (a) Energia zużyta w cią­ gu jednego dnia wynosi (120 W) (86400 s/dzień)= 1,04 · 10 7 J/dzień. Równoważnik w kalorłach wynosi

1,04 · 10 J/dzień l/d . , - - - - - - - = 2 48 · 106 ca z1en = 4,185 J/cal ' = 2480 kcal/dzień 7

(b) Przyrównujemy mgh do 10% wyniku części (a) mgh= 1,04 · 106 J h=

1 04. 106 J ' (60 kg)(9,8 m/s 2 )

1,76 km

Alpinista powinien móc wspinać się na takie wysokości dziennie bez utraty ciężaru dzięki „zdwojonym" posiłkom. Jeśli wspinacz nie wzbogaci swej diety, to dodatkowe 2480 kcal zaczerpnie z tłuszczu swego ciała. Przy 10 kcal na gram straciłby około 250 g tego tłusz­ czu dziennie.

Podsumowanie Ciśnienie

wywierane na

powierzchnię

o polu

L1 A wyraża się stosunkiem przyłożonej siły

L1F do L1A: P=L1F/L1A . Dla płynu o stałej gęstości w obecności siły ciężkości , P = P 0 + pgh, gdzie P 0 jest ciś­ nieniem u góry, a h - głębokością lub odległością od góry. Ciśnienie w dolnej warstwie atmosfery Ziemi wynosi Parm= 1,01 · 10 5 N/m 2 . Jeśli ciało jest zanurzone w płynie , to płyn działa na to ciało siłą wypadkową skierowaną do góry, równą ciężarowi wypartego płynu. Gaz doskonały składający się z N małych , twardych kulek o masie m zawartych w objętości V wywiera ciśnienie P, gdzie

21 O

I 2. Teoria kinetyczna

W teorii kinetycznej temperatura bezwzględ­ na T gazu doskonałego jest zdefiniowana następująco

T=

c2k)m~2

gdzie k= 1,38 · 10 - 23 J/K jest stałą Boltzmanna. Gdy z dwóch poprzednich równań wyeliminujemy v 2 PV=NkT

(prawo gazów

Temperaturę słupa

lub

gazu

można

doskonałego

ciśnieniem

w

ułamek objętości kostki lodu znajduje si ę nad poziomem wody? Czy odpowiedź jest niezależna od kształtu kawałka lodu? 6. Jak głęboko pod powierzchnią jeziora trzeba nurkować , żeby napotkać ciśnienie o 50% wyższe niż na powierzchni? 7. Cząstka o masie m i prędkości v uderza w płaszczyznę pod kątem 30° jak na rysunku. Odbija się także pod kątem 30° bez zmiany prędkości . Jaka jest zmiana jej pędu?

doskonałych)

zmierzyć

przy

wysokością

stałym ciśnieniu

stałej objętości

gazu doskoĆwiczenie 7

nałego .

Można dowieść, że

na jak

wyżej będzie

styk ających

się

ze

temperatura zdefiniowataka sama dla dwóch ciał sobą

dość

długo,

żeby

Nazywamy to zerową termodynamiki. Rezultatem jej jest zasada ekwipartycji energii, z której wynika, że wszystkie stopnie swobody w stanie równowagi zawierają tyle samo energii. „Ukryta" energia pojedynczych cząsteczek jest nazywana energią wewnętrzną. Ciepło wytwarza się, kiedy siły tarcia wykonują pracę ; I cal ciepła podnosi temperaturę I g wody o 1°C (lub 1 K).

8. Balon ma masę całkowitą 50 kg i objętość 110 m 3 • Umocowany jest do ziemi

osiągnąć równowagę.

liną.

zasadą

(a) Gdy lina jest w położeniu pionowym, jakie jest jej napięcie? (b) Jeśli jest wiatr powodujący, że lina tworzy z pionem kąt 30°, to jakie jest jej napięcie? (Założyć, że siła wyporu jest taka sama). Ciało umieszczone pod wodą waży 200 N. Jego zwykły ciężar wynosi 300 N. Jaka jest jego gęstość i jaka objętość? Blok ołowiu o gęstości 11,5 g/cm 3 pływa w naczyniu z rtęcią o gęstości 13,6 g/cm 3. (a) Jaka część bloku jest zanurzona? (b) Gdyby blok miał masę 2 kg, to jaką siłę trzeba by doń przyłożyć, żeby go utrzymywać w całkowitym zanurzeniu? Kawałek drewna o gęstości 0,8 g/cm 3 pływa w cieczy o gęstości 1,2 g/cm 3 . Objętość całego kawałka drewna jest równa 36 cm 3 . (a) Jaka jest masa drewna? (b) Jaka jest masa cieczy wypartej? (c) Jaka objętość drewna znajduje się nad powierzchnią cieczy? Ktoś chce schudnąć dzięki diecie. Jeśli się tak ograniczy, że jego własny tłuszcz będzie mu musiał dostarczać 1000 kcal

9.

10. Ćwiczenia

1.

Igła

gramofonu ma promień R = 1o - 2 mm, a siła, jaką wywiera, jest równa mg gdzie m = 2 g. Zakładając, że pole styku wynosi nR 2 , obliczyć ciśnienie wywierane na płytę . Pęcherzyk powietrza podwaja swą obj ę tość wznosząc się z dna jeziora. Jaka jest jego głębokość? Gdyby atmosfera ziemska miała stałą gęstość, jaka byłaby jej grubość? Załó żmy , że pompa pokazana na rys. 12.5 może pompow ać tylko do ciśnienia nie mniejszego niż 0,1 atm. Jaka byłaby wysokość słupa wody? Gęstość lodu wynosi 0,9 g/cm 3 . Jaki =

2.

3. 4.

5.

11.

12.

Ćwiczenia i zadania

dziennie, to ile będzie tygodniowo tracił na ciężarze? 13. Osoba z nadwagą posw1ęca godzinę dziennie na ćwiczenia odchudzające . Ciało jej podczas ćwiczeń wydatkuje 400 W na dodatkowy wysiłek. Jaki ciężar ta osoba traci tygodniowo nie zwiększając swej wcześniejszej diety? 14. Student bierze prysznic przez 10 min, zużywając 15 litrów gorącej wody na minutę. Temperatura gorącej wody wynosi 60°C, a zimnej 20°C. Ile w dżulach wynosi całe ciepło zużyte na ten prysznic? Jeżeli 1 kWh kosztuje 10 centów, jaki jest koszt wzięcia prysznicu? Jaka jest zużyta moc w watach? 15. Cienkościenny miedziany bęben zawiera 100 cm 3 wody. Ma on promień 1 cm i wykonuje 2 obroty/s. Do powierzchni miedzianej przyciśnięto siłą zewnętrzną 10 N drewniany blok. Zakładając, że całe wytworzone ciepło wpływa do wody, obliczyć o ile wzrośnie temperatura po 2 min?*

Woda

211 twarde krążki zderzają się ze w pudełku. Załóżmy , że tarcie powierzchniowe między krążkami jest niezerowe. Jaki będzie stosunek ś red­ nich energii kinetycznych ruchu obrotowego i postępowego? (b) Krążki unoszą się na cienkiej warstwie powietrza na stoliku pneumatycznym i podlegają zderzeniom. Jaki jest teraz stosunek średnich energii kinetycznych ruchu obrotowego i postępowego ? 19. W pudełku o objętości V mamy N cząs­ teczek, dla których średnia energia kinetyczna na cząsteczkę wynosi E. Wszystkie odpowiedzi wyrazić przez V, N, i; i k. (a) Jaka jest całkowita energia kinetyczna w pudełku? (b) Jaka jest temperatura w pudełku? (c) Jakie jest ciśnienie w pudełku? (d) Gdyby objętość się podwoiła przez połączenie z pustym pudełkiem o tej samej objętości, to co będzie z temperaturą i ciśnieniem? 20. Gaz doskonały znajduje się w naczyniu o ustalonej objętości w temperaturze 0°C i pod ciśnieniem 1 atm. (a) Jeżeli średnia prędkość na cząsteczkę podwoi się, to jaka będzie nowa temperatura? (b) Jeżeli średnia prędkość na cząsteczkę podwoi się, to jakie będzie nowe

18. (a)

Małe

sobą

ciśnienie?

Ćw i czenie 15

16. Jaki jest wzrost temperatury w wodzie s pływającej z wodospadu o wysokości 50 m? 17. Strumyk traci na wysokości 200 m pokonując odległość 2 km. Zakładając, że strumyk nie wymienia ciepła z otoczeniem, obliczyć wzrost temperatury.

* W zad a niu tym jest jeszcze potrzebny wspólczynnik tarcia o mied ź gatunku drewna u żytego w zad a niu. Odpowiedź pod a na na końcu książki przez Autora wyrnaga1zał oże ni a, że f = I, co nie jest wartością realistyczną Przyp. red. wyd. polskiego.

Jeżeli objętość

naczynia wynosi 1 litr, to ile ono zawiera cząsteczek? 21. W pudełku znajduje się N cząsteczek gazu doskonałego. Podwajamy teraz liczbę cząsteczek w tym samym pudełku , (c)

utrzymując całkowitą energię kinetyczną

gazu taką , jak przedtem (energia cał­ kowita nowej ilości gazu jest taka sama jak początkowej ilości gazu). (a) Jaki będzie stosunek nowego ciśnienia do początkowego? (b) Jaki będzie .stosunek nowej temperatury do temperatury początkowej? 22. Oszacować ciśnienie i temperaturę w środku Jowisza. Jego masa i promień wynoszą odpowiednio 1,9 · 10 27 kg 4 i 7,2 · 10 km.

212

I 2. Teoria kinetyczna

Zadania

23. Chcemy zaprojektować budynek na powierzchni Księżyca taki, żeby utrzymywało się w nim ciśnienie 0,5 atm. Dach jest powierzchnią cylindryczną o promieniu 2 m. Jaka musi być siła F na metr długości, żeby dach ~ię utrzymał? Jeśli ściana i dach są z materiału o wytrzymałości 2 · 10 9 N/m 2 , to jaka musi być minimalna dopuszczalna grubość d? (Wytrzymałość jest to maksymalna siła na jednostkę powierzchni, którą można przyłożyć do pręta z danego materiału bez trwałej deformacji ani rozerwania).

tl

~I X Zadanie 26

fotonów porusza się równolegle do każdej z osi. Ile wynosi iloczyn PV wyrażony przez N i E? 27. Załóżmy, że gęstość atmosfery ziemskiej jest proporcjonalna do ciśnienia, tzn. że p/p 0 =P/P 0 , gdzie Po i P 0 są to gęstość i ciśnienie przy powierzchni. Wtedy z równania (12.2) otrzymujemy dP = - pgdh jako zmianę ciśnienia przy przemieszczeniu na odległość dh od Ziemi. (a) Dowieść, że ciśnienie wyraża się wzorem P (h) =Po exp ( -h/h 0 ), gdzie P 0 = =pogho. (b) Na jakiej wysokości ciśnienie powiel

F

Zadanie 23

Stalowa cylindryczna butla do gazu ma średnicę 0,5 m. Jeśli ma ona wytrzymać ciśnienie 150 atm, to jaka musi być grubość d ścianki? Wytrzymałość stali wynosi 1 · 10 9 N/m 2 . (Wskazówka: Patrz zad. 23). 25. Kula o promieniu R ma wytrzymać ].4.

ciśnienie ścianki

P.

Jeśli wytrzymałość materiału

wynosi S Uako siła na jednostkę powierzchni), to jaka jest minimalna grubość d ścianki wyrażona przez R, P i S? (Wskazówka: Patrz zad. 24). 26. Rozważmy pojedynczy foton w pudełku o objętości V= Al. Załóżmy, że foton porusza się równolegle do osi x, a ściany są doskonale odbijające. Foton ma energię E i pęd p=E/c. (a) Jaką część pędu foton przekazuje ścianie, kiedy się od niej odbija? (b) Ile wynosi średnio ciśnienie wywierane na ścianę wskutek ciągłych odbić fotonu? (c) Załóżmy, że wszystkich fotonów jest N, każdy ma energię E i że N /3

trza wynosi - P 0 ? 2 (c) Ile wyniosłoby ciśnienie na szczycie Mount Everest (8,8 km)? 28. Przypuśćmy, że wszystkie cząsteczki w pudełku pokazanym na rys. 12.7 są skrajnie relatywistyczne. Wtedy pęd p ';::::, E/c, gdzie E jest energią cząsteczki. 1Wykorzystując PxVx=3 pv udowodnić, PV=E1/3, gdzie E 1 jest całkowitą w pudełku. Jak ten wynik ma się do wyniku nierelatywistycznego, dla którego E, jest całkowitą energią kinetyczną w pudełku? 29. Udowodnić, że dokładny wynik relatywistyczny dla równania (12.7) wynosi że

energią

N-

PV=- pv 3

30. Megatonowa bomba wybucha w podziemnej jaskini o średnicy 200 m. (a) Jeśli energia uwolniona z 1 Mton wynosi 4 · 10 15 J, to jakie ciśnienie panuje w jaskini? (b) Jaskinia ulegnie zniszczeniu, jeżeli ciś­ nienie przekroczy ciśnienie otaczają­ cych ją skał. Zakładając, że gęstość skał wynosi 3 · 10 3 kg/m 3 obliczyć,

Ćwiczenia i zadania

jaka powinna pod ziemią .

być głębokość

213 jaskini

Wyprowadzić związek liczbowy między promieniem R jaskini w zad. 30 a głębo­ kością y jaskini pod ziemią. 32. Rozważmy gwiazdę złożoną z N atomów wodoru o masie mH. Załóżmy, że ma ona stałą gęstość i promień R. (a) Jakie ciśnienie, wyrażone przez mH, N,

31.

R i G panuje w środku gwiazdy? (b) Jaka temperatura, wyrażona przez mH , N, R i G panuje w środku gwiazdy? 33. Jak maleje gęstość atmosfery z wysokoś­ cią h? Założyć, że cała atmosfera ma tę samą temperaturę . Wyprowadzić wzór

13 Termodynamika

W tym rozdziale będziemy nadal zajmować makroskopowymi wielkościami ciśnienia, objętości, temperatury, ciepła i energii. Omówimy praktyczne zastosowania takie jak silniki benzynowe i ich wydajność.

się

13.1. Pierwsza zasada termodynamiki Pierwsza zasada termodynamiki to po prostu inna wersja zasady zachowania energii. Mając ju ż zdefiniowaną zarówno energię wewnętrzną jak i energię przekazywaną w postaci ciepła, m oże my rozdzielić energię ciała na dwie części: część makroskopową i część mikrosko pow ą. Energia makroskopowa to energia ruchu masy zwana energią mechanicz ną, a mikroskopowa to „ukryta" energia cząsteczek zwa na e nergią wewnętrzną. Kiedy dwa ciała lub ukła d y o różnych temperaturach zetkną się ze so bą, to ciepło LIQ przepływa z ciała cieplejszego do chłodniejszego. Zgodnie z zasadą zachowania energii, ciepło pobrane przez układ musi być równe wzrostowi energii wewnętrznej układu plus pracy wykonanej przez układ nad otoczeniem zewnętrznym

(

ciepło pobrane) = (wzrost energii)+ (praca wykonana) przez układ wewnętrznej przez ukł a d

Zasada ta działa równie dobrze w obie strony: jeśli nad układem zostanie wykonana praca, to układ może oddawać ciepło - a wtedy zarówno LI W jak i LIQ będą ujemne. Należy tu zwrócić uwagę na niespójność takiej notacji: LIQ i LIU dotyczą zmian w układzie, podczas gdy LI W nie jest pracą wykonaną nad układem tylko pracą wykonaną

przez układ. Byłoby LI W jest pracą

może łatwiej zapamię­

tać, że

wykonaną nad ukła­ dem, gdyby ją tak zdefiniowano, ale w tym przypadku jest rzeczą ważną , aby trzymać się powszechnie używanej konwencji. Równanie (13.1) często przybiera postać

(13.2)

dV=dQ-dW Jeżeli rozważany układ

działającym

na na rys. 13.1 , to

tłok siłą

to cylinder z gazem F, jak to pokazano

F

dW=Fds=A(Ads) =PdV

/.;·;{:_1~un~

····.::: ····· ···· ··:.~\·::-:·::: ::_.: :' · · . . . .. { : .··,;·.·.-_.· ~. ::_ '_._„ . ... ·:::_:::.. :~

I I I I

I

I

i

I

czy li .JQ =LI U + LI W

(I zasada termodynamiki) (13.1)

Rys. 13.1. Gaz ciśnie na Fds przepychając tłok o

tłok s ilą F. Gaz odległość ds

wykonuje

pracę

215

13.2. Hipoteza Avogadra pracą wykonaną

jest

przez gaz. Wtedy (13.3)

dU=dQ - PdV

13.2. Hipoteza Avogadra W termodynamice często operuje się molami i liczbą Avogadra. Poświęcimy ten punkt zdefiniowaniu tych wielkości.

Przykład 1. Jaką objętość zajmuje mol gazu doskonałego pod ciśnieniem atmosferycznym i w T = 273 K (0°C)?

Podstawmy N= N 0 do równania (12.5) i rozwiążmy je ze względu na V

ODPOWIEDŹ :

N 0 kT V=--= Po

Mol

Mol jest to pewna znormalizowana ilość gazu lub innej substancji, używana zwłaszcza przez chemików. Mo/ gazu lub innego chemicznego pierwiastka czy związku to jego ilo.ść mająca w gramach równą jego masie cząstecz­ kowej 1 mol= masa cząsteczkowa w gramach

masę

(definicja mola) Masa cząsteczkowa związku jest sumą mas atomowych jego składników . W tabeli 27.2 (tom II) podano masy atomowe pierwiastków. Izotop węgla węgiel-12 (symbol 12 C) jest określony jako mający masę atomową 12. Wodór ma masę atomową 1,008. Znaczy to, że stosunek mas wynosi M(1H) M(1 2 C)

1,008 12

Zatem 1 mol 12 C ma masę 12 g, a 1 mol masę ma (1 H 2 ) gazowego wodoru (2· l,008)g=2,016 g.

=

(6,02 · 10 23 ) (1 ,38 . 10- 23 ) (273) 3 m= (1 ,01-10 5 )

= 2,24 · 10- 2 m 3 = 22,4 litra 1 litr ma 10 3 cm 3 lub 10 - 3 m 3 .

W roku 1811 Avogadro założył, że każde dwa gazy o tej samej temperaturze, ciśnieniu i objętości zawierają taką samą liczbę cząs­ teczek. To założenie było (i jest nadal) znane jako hipoteza Avogadra. Z równania (12.5) mamy

Teraz jeśli P 1 = P 2 , V1 = V2 i T1 = T 2 , mamy N 1 =N 2 • Widzimy, że hipoteza Avogadra jest prostą konsekwencją

prawa gazów doskona-

łych.

Prawo gazów doskonałych zastosowane do 1 mola gazu brzmi

Liczba Avogadra

W następnych rozdziałach poznamy sposoby, za pomocą których zmierzono masy cząstek elementarnych takich jak protony i elektrony. wynosi wodoru atomu dla Wynik mH= 1,673 · 10 - 24 g. Niech N 0 będzie liczbą atomów w molu wodoru atomowego (M = 1,008 g). Wtedy

PV=N 0 kT

(dla 1 mola gazu

doskonałego)

Iloczyn N 0 k jest zwykle nazywany gazową

stalą

R

R =N 0 k = (6,02 · 10 23 )(1,38 · 10 - 23 ) = =8,31 J/(mol K)=

Mg/mol N o= - -- mH g/ atom

1,008 g/mol 1,673 · 10- 24 g/atom

=6,02 · 10 23 atomów/mol Liczba ta jest zwana liczbą Avogadra i jest liczbą cząsteczek jakiegokolwiek związku chemicznego w molu tego związku.

= 1,99 cal/(mol K)

13.3.

Ciepło właściwe

Ciepło właściwe definiuje się jako dQ /dT na gram lub na mol substancji, odpowiednio.

216

13. Termodynamika

Molowe c iepło właściwe gazu jest to ilość potrzebna do podniesienia temperatury 1 mola gazu o I stopień .

--- fR

ci epła

~6

----------- iR

'5

._§. Ciepło właściwe

w

"0:::;-4

stałej objętości

<...>

Dla ciepła właściwego mola gazu utrzymywanego w stałej objętości zwykle używa się symbolu C". Podstawiając dV=O do równania (13.3) otrzymujemy dQ=dU; stąd

że

dla mola jednoatomowego gazu

3

dU/dT=~N 0 k,

2. R = 3

3 U= 2. N 0 k T

doskonałego .

czyli

cal/ (mol K)

Na podstawie tego, że cząsteczki mają hantli, można by się spodziewać trzech dodatkowych rotacyjnych stopni swobody. A więc U byłoby równe 3N 0 kT, a Cv wynosiłoby 3R , czyli dwa razy tyle co dla gazu jednoatomowego. Jednakże z pomiarów Cv w temperaturze pokojowej otrzymuje się 5 C v ~ - R dla 1 mola gazu dwuatomowego. 2 Miałoby to sens, gdyby brakowało jednego z rotacyjnych stopni swobody. Kiedy będzie­ my się uczyć mechaniki kwantowej, zobaczymy, że jeśli atomy w cząsteczce dwuatomowej są w stanach podstawowych, to nie mogą mieć momentu pędu względem żadnej osi. To by odpowiadało klasycznemu modelowi gładkich hantli. Z drugiej strony, cząsteczki wieloatomowe rzeczywiście mają przewidywane trzy rotacyjne stopnie swobody z Cv = 3R. Inną trudnością w mechanice klasycznej jest to, że przewiduje ona, iż ciepło właściwe powinno być niezależne od T Jednak dla wszystkich gazów oprócz gazów jednoatomowych Cv rośnie z temperaturą. Na rysunku 13.2 pokazano ciepło właściwe H 2 jako funkcj ę temperatury. W temperaturach niż3 szych niż 100 K Cv =2. R, co wskazuje, że kształt

10

20 Temperatura K

13.2. Molowe ciepło jako funkcja T

właściwe

wodoru w

stałej

objęto ści

Z równania (12.12) wynika,

Cv =

o Rys.

dU

Cv= dT

Zatem

-------------------- 1R

"'

cS 2

w tak niskich temperaturach nie ma żadnych rotacyjnych stopni swobody. I znowu trzeba zastosować mechanikę kwantową, żeby wyjaś­ nić, dlaczego zderzenia między niskotemperaturowymi cząsteczkami H 2 nie wywołują żadnego ruchu obrotowego. Jak zobaczymy w rozdz. 26 o mechanice kwantowej, gdyby jakaś cząsteczka miała moment pędu, to musiałby on wynosić co najmniej Lmin = =h/2rr~10- 34 kg m 2 s - 1 , gdzie h jest stałą Plancka. Zgodnie z równaniem (10.21) odpowiednia energia kinetyczna ruchu obroto1 wego wynosi (K,0 ,)min=2~in//, gdzie I jest

momentem bezwładności cząsteczki . Jeżeli 1 2.kTjest od niej mniejsze, to energia zderzenia nie wystarczy do wywołania ruchu obrotowego przy przeciętnym zderzeniu.

Przykład

2. W jakiej temperaturze

1

2. kT

równa się minimalnej energii ruchu obrotowego dozwolonej dla cząsteczki wodoru? ODPOWIEDŹ :

Wtedy

13.3. Ciep/o

217

właściwe

L~in

T=-

(13.4)

kl

cząsteczkę

wynosi

U= Kpost +Kobr+ Kdrg +U drg

gdzie I= 2mR 2 jest momentem bezwładności. Dla cząsteczki H2 m= 1,67·10- 27 kg, a R~5 · 10 - 11 m. Wtedy /=2(1,67·10- 27 )(5·10- 11 ) 2 = =8,3 · 10 - 48 kg· m 2 . Podstawiając te wartości do równania (13.4) otrzymujemy (10 - 34)2 T= 87 K (1 ,38. 10- 23 )(8,3. 10- 48 )

3 2 1 1 U =1kT + kT + kT + kT (na 2 2 2

7

7

V=2N 0 kT=2.RT

cząsteczkę)

(dla 1 mola)

7 C V =-R 2 Przewidywane przez nas ciepła właściwe gazów podano w pierwszej kolumnie tab. 13.1. Z tabeli 13.2 wynika, że zgadzają się

różnych

Z przykładu 2 widzimy dlaczego Cv dla H 2 zaczyna rosnąć przy około 100 K. W temperaturach wyższych niż 2000 K, Cv dla H 2 osiąga jeszcze inny wzrost: tym razem od -

5

R do -

2

7

R. Ten wynik

2

doświadczalny

podsuwa myśl, że stały się dostępne dwa dalsze stopnie swobody. Jak to wyjaśniono dla małych drgań w p. 11.5 powinniśmy oczekiwać, że dwa atomy wodoru będą drgały tam i z powrotem z częstotliwością określoną krzywizną krzywej energii potencjalnej. Wyjaśniliśmy w przykł. 4 rozdz. 11, że te cząsteczkowe częstotliwości drgań są typowe dla podczerwieni, czyli -10 14 Hz. W rozdziale 26 zobaczymy, że ruch drgający jest także skwantowany z (Edrg)min = hf Dla f= 10 14 Hz, (Edrg)min~6 · 10-io 1. Jeśli Śred­ nia energia kinetyczna na cząsteczkę jest większa od takiej energii ruchu drgającego, możemy się spodziewać wywołania ruchu drgającego. Taka sytuacja pojawiłaby się, gdyby kT~6·

10- 20 J,

czyli

Tak więc w temperaturach wyższych niż -4000 K z zasady ekwipartycji energii wynika, że średnia Kdrg na cząsteczkę będzie 1 wynosiła 2.kT Prócz energii kinetycznej ruchu drgającego

istnieje energia potencjalna tego ruchu. Na stronie 188 widzieliśmy, że średnia energia potencjalna ruchu drgającego równa się średniej energii kinetycznej ruchu drgają­ cego. Zatem średnia energia wewnętrzna na

Tabela 13.1. Molowe ciepla właściwe gazów doskonalych (teoretyczne)

c,

Typ gazu

c,

3

Jednoatomowy

Dwuatomowy z obrotami

różnych

rodzajów

C,/C, = y

5

5

-R

-R

-

2

2

3

5

7

7

-R

-R

-

2

2

5

7

9

-R

-

2

2

7

Dwuatomowy z obrotami i drganiami

-R

Wieloatomowy z obrotarni lecz bez drgań

-R

-R

-

2

2

3

Tabela 13.2. Molowe cal/(moł K) Substancja G az jednoatomowy He Ar Gaz dwuatomowy H2 N2 Gaz wieloatomowy C0 2 NH 3 Ciało stale Al Cu Ag

6

9

8

ciepła właściwe

4

w 20°C i przy 1,0 atm,

C,

c,

C,/C,

2,98 2,98

4,97 4,97

1,67 1,67

4,88 4,96

6,87 6,95

1,41 1,40

6,80 6,65

8,83 8,80

1,30 1,31

5,82 5,85 6,09

218

13. Termodynamika

one w sposób godny uwagi dobrze z pomiarami doświadczalnymi.

Przykład

3. Jakie powinno

być ciepło

ciepłu dopływać do gazu, to nastąpi wzrost jego objętości i pewna dodatkowa ilość ciepła równa P LI V zamieni się w pracę mechaniczną . Zgodnie z równaniem (13.3)

dQ=dV+PdV

właściwe kryształu ciała stałego? ODPOWIEDŹ: w tym przypadku każdy atom jest „zamrożony" w sieci krystalicznej i może wykonywać ruch drgający we wszystkich trzech kierunkach, 3 co daje przyczynek 2.kT energii kinety-

cznej na atom. Ponieważ energii potencjalnej ruchu drgającego jest taka sama ilość , więc średnia energia wewnętrzna

.

6

na atom wynosi U =2.kT, a na mol V=3N 0 kT

i Cv=3R=6 cal/(mol K) od masy atomowej. Nazywa się to prawem Dulonga-Petita (patrz tab. 13.2). niezależnie

Ponieważ

U zależy tylko od temperatury, mamy dU = CvdT i

więc

(13.5)

dQ=CvdT+PdV Dla gazu

doskonałego

RT V= p

. I

R

dV=pdT

Podstawmy to do równania (13.5)

dQ=CvdT+P(~dT) Dzieląc

obie strony przez dT mamy

dQ dT=Cv+R co, z definicji, jest równe CP, czyli ciepłu właściwemu przy stałym ciśnieniu. Stąd

Na podstawie pomiarów Cv jako funkcji T, temperaturowa rotacyjnych i wibracyjnych stopni swobody była dobrze znana zanim odkryto mechanikę kwantową. Oczywiście takie „dziwne" zachowanie było niez rozumiałe dopóki nie rozwinęła się mechanika kwantowa. zależność

Ciepło właściwe

Jeśli

przy

stałym ciśnieniu

mol gazu utrzymujemy pod stałym (patrz rys. 13.3) i pozwalamy

ciśnieniem

M

Trok .. · ·.. · . .

. .. ·.. ·.·., ·: ·.

..

caz . ·

13.3. Gaz w cylindrze utrzym ywa ny pod s t ały m Tł ok ma swobodę ruchu przy chłodzeniu i podgrzewaniu gazu Rys.

c i ś nieniem.

Cp-Cv=R

(dla gazu

doskonałego)

(13.6)

To przewidywanie zgadza się dobrze z wielkościami zmierzonymi; niektóre z nich podano w tab. 13.2.

13.4.

Rozprężanie

izotermiczne

Zasadniczą częścią większości silników jest cylinder z gazem, zakończony ruchomą ścian­ ką lub tłokiem, tak jak pokazano na rys. 13.3. Gaz może być mieszanką par węglowodorów i powietrza. Kiedy go zapalimy, gaz ten będzie pod ciśnieniem i wypchnie tłok. Tłok można odpowiednio połączyć mechanicznie z wałem korbowym silnika zamieniając energię mechaniczną Pd V (ruchu postępowego) na energię ruchu obrotowego. Chcemy obliczyć pracę mechaniczną dostarczoną otoczeniu podczas ruchu tłoka przy rozprężaniu tak, że objętość rośnie od vl do V2 . Rozważymy dwa zwykle występujące przypadki: (1) rozprężanie izotermiczne (temperatura gazu jest stała) i (2) rozprężanie

Rozprężanie

13.4.

219

izotermiczne

adiabatyczne (gaz jest termicznie izolowany od otoczenia). Ażeby uzyskać rozprężenie izotermiczne tak jak widać na rys. 13.4 trzeba utrzymywać stałą temperaturę ścian cylindra, a tłok musi się poruszać wolno, tak żeby gaz miał czas na

13.5.

Rozprężanie

adiabatyczne

Zwykle gdy tłok ma swobodę szybkiego ruchu kiedy gaz jest pod ciśnieniem, gaz ten nie będzie miał dość czasu na to, aby pozostawać w równowadze termicznej ze ścianami cylindra; będzie on jednak w równowadze termicznej sam ze sobą , chyba że rozprężanie jest niezwykle szybkie. A więc dla większości ekspansji w silnikach nie ma dość czasu na przepływ ciepła od ścian cylindra do gazu i możemy wstawić dQ =O do równania dQ=dV+PdV dV+PdV=O

T

Zamiast U podstawmy CvdT Rys. 13.4. Rozprężanie izotermiczne. Gaz w cylindrze jest w ciągłej równowadze z termostatem

Różniczkując

pozostawanie w równowadze termicznej ze ścianami. Gdybyśmy pozwolili gazowi szybko się rozprężać, dążyłby on wraz z rozpręża­ niem się do ochłodzenia, ponieważ część energii wewnętrznej gazu zamieniłaby się w energię mechaniczną, W= fPdV Jest jasne, że przy rozprężaniu izotermicznym ciepło musi przepływać z termostatu do rozprężają­ cego się gazu, żeby utrzymywać jego temperaturę. Ciepło pobrane przez gaz musi być równe pracy mechanicznej wykonanej przez gaz. Wynika to także z pierwszej zasady termodynamiki, dQ=dV +PdV Ponieważ dla rozprężania izotermicznego dU =0, więc mamy dQ=PdV=dW

możemy

otrzymać

RdT=PdV+ VdP Rozwiążmy to teraz ze względu na dT i podstawmy do równania (13.8)

PdV VdP) CV ( R + R +PdV=O (cv;R)PdV+ c~vdP=O Użyjemy

stąpić

teraz równania (13.6), (Cv+R) przez CP

żeby

za-

CPPdV+CYdP=O dV dP y-+ - =0

V

p

gdzie

f

') y;+ y:

VI

y In V+ln P=ln K

PdV

Dla gazu doskonałego za wyrażenie podcałkowe podstawiamy P=NkT/ V V2

LIQ=LIW=

RT=PV na dT

y =C) Cv

Całkując

V2

LIQ=LIW=

wyrażenie

(13.8)

(na mol)

CvdT+PdV=O

V2

J(N~T)dV=NkT Jd; VI

VI

V

LIQ=LIW=NkT In ---3. VI

(izotermiczne rozprężanie gazu doskonałego) (13.7)

=0

gdzie In K jest

stałą całkowania

ln(PvY)=ln K PvY=K Pokazaliśmy, że dla gazu doskonałego iloczyn P przez V Y musi być stały podczas rozprężania adiabatycznego, a więc

P 1 V1 ' =P 2 V2 Y

(adiabatyczne rozprężanie gazu doskon ałego) (13.9)

220

13. Termodynamika

Dla ustalonej ilości gazu okaże się przydatny wykres zależności ciśnienia od objętości. Na rysunku 13.5 pokazano obydwa rozprężania : izotermiczne i adiabatyczne od V do V2 . Dla adiabatycznego P ~ l / VY, gdzie

1

p PV=const (izoterma)

V Rys. 13.6. Zakreskowane pole jest pracą wykonaną przez gaz przy rozprężaniu adiabatycznym od V1 do V2 V2

J[(P1V1Y)v -']dv=

PV;y= consf (adiabata) I I I I

LIW=

V1

I

o

V1

V2

V =

Rys. 13.5. Porównanie rozprężenia izotermicznego z adi abatycznym rozpoczynających się od tej samej obj ę tości i ciśnienia

y jest zawsze większe od 1; stąd P maleje szybciej niż 1/ V i dlatego krzywa adiabatycz-

na opada

poniżej

Widzieliśmy, że

izotermicznej. w przypadku

rozprężania

[

1 P 1 V/---vy+t -y+l

(V)y-t]

p 1 V- 1 [ 1- ......!. LIW=y-1 V2

izotermicznego ciepło zamieniło się na pracę mechaniczną. Istotnie, praca wykonana przez rozprężający się od V1 do V2 mol gazu doskonałego wynosi zgodnie z równaniem

JV2 Vi

(dla rozprężania adiabatycznego gazu doskonałe­ go) (13.12)

(13.7)

(izotermiczne rozprężanie 1 mola) (13.10) adiabatycznym część gazu zamienia się w pracę mechaniczną. Praca wykonana przez 1 mol gazu doskonałego przy jego rozprężaniu od V1 do V2 wynosi

Przy energii

rozprężaniu

wewnętrznej

I V2

LIW=

Przykład

4. Silnik benzynowy ma sto8 do 1, tzn. V2 /V1 = 8. Jaki jest stosunek temperatury gazów wydechowych do temperatury spalania? pień sprężania

ODPOWIEDŹ:

Zakładamy

adiabatyczne gazu

rozprężanie

doskonałego.

Zatem

P 2 V/=P 1 V1 ' (13.11)

PdV

i jest równa zakreskowanemu polu pod krzywą pokazaną na rys. 13.6. Ponieważ PV ' = P 1 V/,

więc

P=(P I V/ ) V

-y

Podstawmy to teraz zamiast P w równaniu (13.11)

2=(V1)Y

P P1

V2

Zgodnie z prawem gazów P2

V1T2

Pi

V2T1

Przyrównując

my

doskonałych

to do (V1 / V2 )Y otrzymuje-

Rozprężanie

13.5.

i=(~:)y -1

(13.13)

Gazem jest głównie powietrze, które jest dwuatomowe, i zgodnie z tab. 13.l ma y = 1,4. Stąd

(l)o,4

T ---2= T1 8

=0435 '

Przykład 5. Jednocylindrowy silnik motocykla ma stopień sprężania 6 do 1 i maksymalną pojemność skokową 200 cm 3 . Jeśli pracuje on przy 3000 obrotów na minutę (50 Hz), to jakiej mocy dostarcza podczas rozprężania się gazu? Założyć rozprężanie adiabatyczne gazu doskonałego, a P 1 = 20 atm~ ~2· 10 6 N/ m 2 .

ODPOWIEDŹ:

LIW=

(2·

10 6

221

adiabatyczne

Z równania (13.12) mamy N/ m 2 )(200·10- 6 m 3 ) . 1,4-1

{1-GY.

4

J=511 J

Zachodzi to w czasie LI t = 10- 2 s. Zatem moc podczas rozprężania wynosi 511

P =LI W= = 5 1 · 104 W= 68 KM Lit 0,01 ,

Gdyby podczas sprężania gazu nie wykonana nad nim żadna praca, to średnia moc wyniosłaby 34 KM. Jednak, jak to zobaczymy w następnym punkcie, część tej mocy musi zostać zużyta na sprężenie nowej, zimnej mieszanki benzyny z powietrzem. Tak więc średnia moc końcowa może wynieść ~10 KM. została

najważniejsze, wiemy dlaczego. Takie zrozumienie podstaw jest niezbędne zajmującym się zastosowaniami naukowcom, którzy próbują projektować lepsze silniki. Sprężanie

gazu

Mówi się, że rozprężanie izotermiczne i adiabatyczne jest odwracalne. Znaczy to, że gdy się sfilmuje to rozprężanie, a potem wyświetli film do tyłu, to to co się widzi na ekranie, jest fizycznie możliwe. Jest jasne, że przy wciskaniu tłoka wykonuje się pracę nad gazem i w przypadku sprężania adiabatycznego ta dodatkowa energia ujawnia się we wzroście temperatury. Równania (13.7) do (13.13) są spełnione, czy ten proces jest rozprężaniem czy sprężaniem.

13.6. Silnik benzynowy W tym punkcie zbadamy działanie i wydajność zwykłego czterosuwowego silnika benzynowego używanego w samochodach. Nazywamy go czterosuwowym, bo tłok w czasie każdego pełnego cyklu porusza się dwa razy w dół i dwa razy w górę. Różne stadia jednego pełnego cyklu widać na rys. 13.7. Są one następujące : a Świeca zapala sprężoną mieszankę paliwowo-powietrzną.

a--+b Nagły wzrost ciśnienia po zapłonie. c Koniec rozprężania adiabatycznego; otwiera się zawór wydechowy. c--+d Gorący gaz pod ciśnieniem ucieka szybko przez otwarty zawór wydechowy. e Tłok wyciska resztki zużytego gazu; zamyka się zawór wydechowy, a otwiera zawór ssący.

f

Następuje zasysanie świeżej mieszanki paliwowo-powietrznej; zamyka się zawór ssący.

f--+ a Świeża mieszanka zostaje adiabatycznie sprężona.

Widzimy, że ta prosta teoria, którą rozda się zastosować do szczegółowe­ go opisu silników tak, żeby przewidywać ich działanie. Znamy parametry, które trzeba zmieniać, żeby podnieść moc wyjściową i co winęliśmy,

Mieszanka benzynowo-powietrzna wyzwala 7,4 kcal ciepła na gram spalonego paliwa. Bardzo ważną rzeczą jest wiedzieć, jaka część tego ciepła da się zamienić w użyteczną pracę mechaniczną. Ułamek ten nazywamy sprawnością e silnika

222

I 3. Termodynamika

Gorqcy gaz

p

Zimm; gaz Spreżanie

mieszanki pali wowo - I powietrznej

o

Vz

V

Rys. 13.7. Wykres cyklu Otta we współrzędnych PV (czterosuwowy silnik benzynowy). Wstawione rysunki oraz zaworów ssącego i wydechowego

pokazują

położenie tłoka

L1Qab = Cv(I;,- 7;,)

AW

i; = - -

Wydajność

L1Qab

gdzie L1 W jest pracą mechaniczną wykonaną przez silnik w jednym cyklu, a L1Qab - ciepłem uzyskanym ze spalenia paliwa w jednym cyklu. Na podstawie równania (13.12) wykonana praca wynosi 1 AW - -PbV [ 1y- 1

(V'- )y-t] -

wyrażenie

(13.15)

6. Jaka jest teoretyczna sprasilnika benzynowego o stopniu sprężania 8 do 1?

=(Pb ;:~) V, [i-(~Jr '] Ponieważ

dla każdego (Pb - P„)V1 =R(7;,-7;,), więc

ODPOWIEDŹ :

mola

(V)'v: )·,·-t]

gazu

e = 1-

]

V2

V

Podstawiając

1 V1 / V1 = -

8

y = 1,4 do równania (13.15) mamy

1

L1 W= CJI;,- 7;,) [ 1 - (

przez to

wność

-:~:[1-(~JY- ']=

~

dzieląc

Przykład

V2

[ 1AW= R(T.b - T) " (Cp-CJ/ Cv

otrzymujemy równanie (13.14)

1)0.4 (g =0,56

(13.14)

gdzie p osłużyli ś my się związkiem R =(CP- CJ z równania (13.6). Ciepło potrzebne do ogrza nia mola gazu od I;, do 7;, wynosi

W przykładzie 6 ważne jest to, że te 56% to jest teoretyczna górna granica. Praktycznie biorąc, silniki benzynowe mają około połowy lub mniej tej sprawności. Wynika to z kilku

223

13.6. Silnik benzynowy

powodów. Nie

całe

paliwo

zupełnie się

spala.

Ściany cylindra są chłodzone, więc trochę ciepła

przepływa

do

układu

chłodzenia.

W dodatku występuje tarcie i ruch burzliwy. Grzejnik benzynowy czy olejowy osiągać może blisko 100% sprawności przy ogrzewaniu budynku przez zamianę energii paliwa na ciepło , ale jeżeli benzyny używa się w silniku wewnętrznego spalania, to daje on tylko około 25% sprawności przy przemianie energii paliwa na energię mechaniczną. Większość energii zużywa się na ogrzanie otoczenia. Podsumowanie

~ R. Na 2

gdzie y

1.

3.

4.

5.

6.

cząsteczki

się

Vz LIQ = NkT In VI

7.

8. (rozprężanie

adiabatyczne)

=C) Cv.

Wypełniony powietrzem balon o średnicy 20 cm znajduje się 10 m pod wodą. Zagłębia się go o pewien mały odcinek, taki, że średnica maleje do 19,8 cm. Posługując się definicją ze strony 214 podać, ile wynosi LI W dla balonu. Czy jest ono dodatnie czy ujemne? Jeśli energia wewnętrzna balonu z poprzedniego ćwiczenia wzrosła o 10 J podczas zagłębiania, to ile wynosiło ciepło pobrane LIQ? Ile cząsteczek znajduje się w jednym gramie (a) wodoru, (b) wody, (c) glukozy (C 6 H 12 0 6 )? (a) Dobra pompa próżniowa może opróż­ nić 10-litrowy słój do 10 - 12 atm. Ile byłoby cząsteczek w opróżnionym słoju w temperaturze pokojowej? (b) Jeśli I litr pewnego gazu ma masę 0,0894 g w 0°C pod ciśnieniem I atm, to jaki to gaz? Najlepsza próżnia, którą da się osiągnąć na Ziemi wynosi około 10- 14 cm słupa rtęci. Ile cząsteczek zostanie jeszcze w 1 cm 3 tej „próżni" w T=300 K? Próżnia w przestrzeni międzygwiezdnej zawiera około jednego protonu na cm 3 . Masa atomowa tlenu wynosi 16. Rozważyć 8 g 0 2 w 8-litrowym naczyniu. Ciśnienie wynosi I atm. (a) Ile moli tlenu (0 2 ) jest w naczyniu? (b) Ile cząsteczek 0 2 jest w naczyniu? (c) Jaka jest temperatura i całkowita energia kinetyczna cząsteczek? Jakie jest ciepło właściwe na gram dla helu, wodoru i azotu, jeśli utrzymuje się te gazy w s tałej objęto ś ci? Porównać

minimalną

ruchu obrotowego

izotermiczne)

chanikę kwantową energią drgań

Jeżeli

temu samemu gazowi pozwolimy rozprężać s ię bez wymiany ciepła z otocze-

(rozprężanie

twiczenia

podstawie mechaniki

dwuatomowe nie mogą ani drgać w bardzo niskich temperaturach; stąd Cv jest funkcją temperatury. Jeżeli pozwolimy gazowi doskonałemu rozprężać się w sta łej temperaturze, to ciepło pobrane przez gaz wynosi kwantowej

obracać

P 1 V/ =P 2 V/

2.

Pierwsza zasada termodynamiki jest szczególnym przypadkiem zasady zachowania energii przy wzięciu pod uwagę energii wewnętrznej układu. Z pierwszej zasady wynika, że LJQ =LI U+ LI W, gdzie LIQ jest ciepłem pobranym przez układ, LI U - wzrostem jego energii wewnętrznej, a LI W - pracą wykonaną przez układ. Dla gazu ściskanego tłokiem, dW=PdV. Jeden mol związku to jego masa cząstecz­ kowa w gramach. Jeden mol każdego związ­ ku zawiera N 0 = 6,02 · 10 23 cząsteczek (liczba Avogadra). Molowe ciepło właściwe to dQ/dT, gdzie dQ jest ciepłem pobranym przez substancję. Cv to molowe ciepło właściwe w stałej objętości, a CP - przy stałym ciśnieniu . Dla gazu doskonałego (CP - CJ=N 0 k=R=I,99 cal/ K . 3 Dla gazu jednoatomowego Cv=2_R, a dla dwuatomowego

niem, to

9.

dla

możliwą

dozwoloną

z

energię

przez me-

minimalną możliw ą

cząsteczki

H 2.

Rozważyć cząsteczkę wieloatomow ą ,

któ-

224

10. 11. 12.

13.

14.

13. Termodynamika

ra może drgać na dwa niezależne sposoby. Ile wynosi Cv dla mola takiego gazu? Ile wynosi gramowe ciepło właściwe miedzi? Powtórzyć przykł. 4 dla stopnia sprężania 6 do 1. Jaki jest teoretyczny przyrost sprawności silnika benzynowego przy zmianie stopnia sprężania z 6 do 1 na 8 do 1? Rozważyć 1 mol jednoatomowego gazu doskonałego i 1 mol dwuatomowego gazu doskonałego sprężonych adiabatycznie w tym samym stosunku objętościowym, każdy osobno. Jeśli początkowo oba były w tej samej temperaturze, to jakie będą ich temperatury po sprężeniu? Udowodnić, że (T1 'Pt- ')=(T2 'P~ -,) dla rozprężania adiabatycznego.

Zadania

15. (a)

Jeśli

zmieszano 1 mol tlenu z 2 molami wodoru, to ile wynosi ciepło właściwe w stałej objętości tej mieszaniny dla 18 g gazu? (b) Jeśli mieszaninę (a) zapalono, aby utworzyć 18 g pary wodnej, to ile wynosi ciepło właściwe w stałej objętości?

że dla 1 mola gazu niedosrównanie stanu jest następujące P (V - V0 ) = R T, gdzie V0 jest objętością N 0 cząsteczek. Ile wynosi (Cp-Cv) dla tego gazu? 17. Jakie jest L1Q w zad. 16, podczas gdy gaz rozpręża się izotermicznie od V1 do V2 ? 18. Pokazać, że dla gazu z zad. 16 i 17 związek między P i V dla rozprężania adiabatycznego P(V- V0 ) jest wielkością

16.

Założyć,

konałego

(c) Ile wynosi praca L1 W23 wykonana podczas sprężania izotermicznego? (d) Ile wynosi całkowita praca oddana na zewnątrz?

(e) Ile wynosi temperatura końcowa T3? (I) Ile wynosi Cv(T1 - T3 )? 20. Jeden mol gazu N 2 pod ciśnieniem

vl = 22,4

litrów sprę1 ża się adiabatycznie do V2 =- V1 , a na2 stępnie rozpręża izotermicznie do objętoś­ ci początkowej. (a) Ile wynoszą P 2 i T2 ? (b) Ile wynosi całkowita praca oddana na atmosferycznym i o

zewnątrz?

(c) Ile wynosi temperatura końcowa T3? (d) Ile wynosi Cv(T3 - T1 )? 21. Rozważyć gaz, którego cząsteczki są kuleczkami raczej szorstkimi niż gładkimi. (Można je wprawiać w ruch obrotowy). Mają one masę m. (a) Ile wynosi liczba stopni swobody na cząsteczkę? byłby stosunek średnich energii kinetycznych ruchu obrotowego i postępowego w stanie równowagi? (c) Ile wyniosłoby Cv (molowe ciepło właściwe w stałej objętości)? Odpowiedź wyrazić przez stałą gazową R. (d) Ile wyniosłoby CP wyrażone przez R? (e) Średnia prędkość kwadratowa wynosi v~. Ile wynosi temperatura wyrażona przez v0 i inne potrzebne stałe? 22. Jeden mol jednoatomowego gazu doskonałego poddano odwracalnemu obiegowi pokazanemu na rysunku. W punkcie a gaz ma początkowo P 0 , V0 i T0 .

(b) Jaki

p

a

(Nie zachowano proporcji)

stałą.

19. Jeden mol gazu N 2 o V1 =22,4 litrów

i pod

ciśnieniem

pręża

się

atmosferycznym rozadiabatycznie do objętości V2 =2V1 . Następnie spręża się go izotermicznie do objętości początkowej. (a) Ile wynoszą P 2 i T2 ? (b) Ile wynosi praca L1wl2 wykonana podczas rozprężania adiabatycznego?

Va

32V0

V

Zadanie 22

Ćwiczenia i zadania

225

W punkcie b objętość gazu wynosi V=32 V0 . a->b przemiana przy stałym T b->c przemiana przy stałym P c-+a sprężanie adiabatyczne (a) Wypełnić poniższą tabelkę używając P 0 , V0 , R i T0 • .1Q

.1U

od a do b? Odpowiedź wyrazić przez R, T1 i T2 • (d) Ile wynosi V3 wyrażone przez V2 , T2 i T3 ? 24. Silnik cieplny przebiega cykl a->b->c->a. Droga c-+a biegnie po izotermie. W punkcie c

.1W

ciśnienie wynosi P

razy

0

G;

1/ j2;

J. W punkcie b temperatura T' = T razy [In 2; J2; 2; 2j2].

In 2; 1- ln 2

a--+b

wynosi

b--+c

0

Ciepło

pobrane przez silnik przy przejściu od a do b wynosi [CP(T'-T0 ) ; CJT' -T0 );

c--+a

b

a--+b--+c--+a

JPdV ;

żadna z tych wielkości]. Energia

a

(b)

mechaniczna dostarczona w jednym cyklu . h 1 wynosi Po V0 razy [1; In 2; 1/v 2; 2;

Wypełnić poniższą tabelkę posługując się

między

innymi

informacjami

z

tab. (a).

a

p

V

T

Po

Vo

To

1 - In 2; żadna z tych wielkości]. gaz jest doskonały). p

Po 32V

b

--a~I 'r· I I

c

I

23. Jeden mol jednoatomowego gazu doskonałego rozpręża się przy stałym ciśnieniu P 1 od a do b. (a) Ile wynosi T2 wyrażone przez T1 , V1 i V2 ? p

71

Ta I I

o

~

'N'"'"" 73 I c I

I

V1

V2

I V Zadanie 23

(b) Ile

pracy

wykonał

gaz przy rozod a do b? Odpowiedź wyrazić przez P 1 , V1 i V2 . (c) Ile ciepła pobiera gaz przy przejściu prężaniu się

I 2V0

Ta V

Zadanie 24

25. Ile wynosi średnia moc wyjściowa silnika benzynowego z przykł. 5 dla pełnego cyklu Otta? Odpowiedź podać w koniach mechanicznych. 26. Ile wynosi T1 w przykł. 5? (patrz rys. 27.

I V3

o

c

13.7).

I

I I

(Założyć ,

że

Rozważyć

odwracalny obieg jednoatomowego gazu doskonałego przedstawiony na wykresie PV. V0 = 100 litrów; P 0 = 1 atm; R = 0,082 litroatmosfer (mol K) - 1 . Na obieg składają się: 1 Rozprężanie izobaryczne (stałe ciśnienie) (a->b) przy P = P 0 • 2 Rozprężanie izotermiczne (stała temperatura) (b->c) przy T= 600 K. 3 Oziębienie izochoryczne (stała objętość) (c ->d) przy V= 2 V0 .

226

I 3. Termodynamika

4 (a) (b)

c --600K

2Vo

3 Zadanie 27

Vo

2Vo

V

Sprężanie izotermiczne (stała temperatura) (d-->a) przy T=400 K.

Znaleźć

W.b, W,,c,

Przyjąć, że

~a=

~d·

-(200/ 3) In 3 litro-

atmosfer. (i) Znaleźć Qab• Qbc• Qcd i Qda Uako wielkości dodatnie). (ii) Dla każdego Q pokazać, czy ciepło jest pobierane przez układ czy oddawane. (c) Napisać wyrażenie na sprawność posługując się symbolami Qab• Qbc• Q,d i Qda· Podać wartość liczbową.

14 Druga zasada termodynamiki

Druga zasada termodynamiki jest podstawowym prawem przyrody, którego władanie przejawia się w wielu zjawiskach zachodzą­ cych w otaczającym nas świecie i które pociąga za sobą głębokie konsekwencje praktyczne i filozoficzne. W punkcie 14.5 pokaże­ my, jak tę zasadę można wyprowadzić w ramach mechaniki klasycznej (lub kwantowej), czyli stosując podejście raczej mikroskopowe niż makroskopowe. Sir C.P. Snow w swojej książce The Two Cultures (Dwie kultury) podaje przykład rozdźwięku kulturowego między przedstawicielami nauk ścisłych i humanistami, ilustrujący drugą zasadę termodynamiki. Zauważa on, iż zarówno przedstawiciele nauk ścisłych jak i humaniści mogą wdawać się w dyskusję o twórczości Szekspira, natomiast gdy rozmowa zaczyna toczyć się wokół zagadnień mających związek z drugą zasadą termodynamiki, wówczas jedynie ludzie mający ścisłe wykształcenie mogą rozprawiać na ten temat. Projektowanie układów do optymalnego wykorzystania paliwa oraz wytwarzania energii wymaga zrozumienia surowych ograniczeń , jakie wynikają z drugiej zasady termodynamiki. Ograniczenia te ściśle wiążą się z silnikiem Carnota, który omówimy w nas tępnym punkcie.

14.1. Silnik Carnota W tym punkcie omówimy działanie silnika, którego teoretyczna sprawność jest większa niż sprawnosc spalania wewnętrznego. W istocie, silnik taki wyróżnia się spośród wszystkich innych silników cieplnych najwięk­ szą sprawnością. Tego rodzaju silnik jest nazywany silnikiem Carnota, a seria procesów w nim zachodzących cyklem Carnota. Na rysunku 14.l jest pokazany wykres PV dla silnika Carnota. Silnik ten składa się z cylindra i tłoka. Nie ma w nim żadnych zaworów, a w każdym cyklu jest używany ten sam gaz czy inne ciało robocze. Źródło energii (którym może być mieszanka benzynowa lub olej p

o

V

Rys. 14.1. Cykl Carnota. _Ze zbiornika T, jest pobierane L1Q 1 • Do zbiornika T2 dopływa ciepło L1Q 2 . Powierzchnia objęta krzywą oznacza wykonywaną pracę

ciepło

228

I 4. Druga zasada termodynamiki

opałowy) służy

do utrzymywania temperatury T1 w jednym ze zbiorników ciepła (który dalej będziemy nazywali źródłem ciepła). Drugi zbiornik ciepła ma niższą temperaturę T2 (w dalszym ciągu będziemy nazywali go chłod­ ni cą ). Silnik Carnota może być umieszczony, na przykład , nad brzegiem jeziora, które będzie służyło jako chłodnica o temperaturze około 290 K, a źródłem ciepła może być naczynie z wrzącą wodą. W oda z każdego zbiornika krąży na przemian wokół cylindra z gazem. Odwołując się do rys. 14.l widzimy, że podczas izotermicznego rozprężania gaz pobiera ze źródła ciepło LIQ 1 , a podczas izotermicznego ściskania do chłodnicy oddaje mniejszą ilość ciepła LIQ 2 • Proces ten jest schematycznie przedstawiony na rys. 14.2. Zwróćmy uwagę, iż z definicji LIQ 2 jest dodatnie wtedy, gdy ciepło jest oddawane do chłodnicy.

Zgodnie z pierwszą zasadą termodynamiki ciepło utracone podczas jednego cyklu (LIQ 1 -LIQ 2 ) musi ujawnić się jako energia mechaniczna LI W LIQ 1-LIQ 2 =LI W

definiuje się jako stosunek energii mechanicznej do ilości ciepła pobranego ze źródła ciepła

LIQ 1 - LIQ 2

T2 ln(~/ Vd)

LIQ1

LIQ 1

Stosując wzór (13.7) dla gazu otrzymujemy

Wartość liczyć części

V.

LIQ 1 = NkT1 lnJ (ciepło pobrane przez silnik a

pa V,,= p bVi,

rozprężanie

izotermiczne

PbVi? =P)--;,Y

rozprężanie

adiabatyczne

Pc ~ = Pd li;i

sprężanie

izotermiczne

Pd VJ =Pa V,/

sprężanie

adiabatyczne

Pomnóżmy teraz te wszystkie równania stronami. Otrzymujemy

papbpcpd V,, l'i,' ~ VJ = papbpcp dVb V,:' Ji;i V,/

vi;- 1n- 1= Vi - 1v~ - 1 a

stąd

ze

li;i

160~,,1~1 -. --lfll/lł

Silnik Carnota

war

napę-

dowy

t::=::::!J

LlW=LlQo~Q2

....

Rys. 14.2. Schematyczne przedstawienie silnika Carnota. i pracy jest proporcjonalna do szerokości

tę

zależność

do wzoru (14.1)

mamy T1 - T2

LIW

T1

LIQ1

---= --

(sprawność

Carnota)

silnika (14.2)

Jeżeli zbiornikami ciepła dla silnika Carnota są: naczynie z wrzącą wodą oraz naczynie z zamarzającą wodą, to sprawność tego silnika jest równa

źródła ciepła)

Zbiornik ciepTa

Wie lk ość ciepła st rza łek

~

Vi, V,,

e=

~

stosunków objętości możemy obz równań stanu dla każdej z czterech cyklu:

Ti

doskonałego

(14.1)

T1 In( Vi,/ V,,)

e= 1 - -2 =

LIQ 2 =1--LIQ 1

oddane przez silnik

chłodnicy)

e=l-----

T

LI W

(ciepło

do

Zatem

Podstawiając

Sprawność

e=--

~ LIQ 2 = NkT2 Inli;i

373 K-273 K =0,27 373K

Aby

porównać sprawność

silnika Carnota ze silnika wewnętrznego spalania, obliczoną w poprzednim rozdziale, zauważ­ my, że mieszanka benzynowa może ogrzać gorący zbiornik do temperatury około 2700 K. Powietrze otaczające silnik może służyć jako chłodnica (T2 - 300 K). W takim przypadku sprawność silnika Carnota wynosi sprawnością

2700-300 2700

0,89

(14.3)

229

14.1. Silnik Carnota Liczbę

tę

należy

porównać

z maksymalną silnika wewnętrzne­ go spalania, równą 0,56 (wzór (13.15)).Widzimy, że w tym przypadku sprawność dla cyklu Carnota jest o 59% większa od sprawności dla cyklu Otta. W praktyce teoretycznie obliczone sprawności nie są osiągalne ze względu na straty związane z tarciem, upły­ wem ciepła oraz nieodwracalnością procesów. Rozprężanie i sprężanie izotermiczne i adiabatyczne są procesami odwracalnymi jedynie w granicznym przypadku bardzo wolnych zmian. teoretyczną sprawnością

14.2. Zanieczyszczenie cieplne W punkcie 14.4

pokażemy, że spośród

kich silników cieplnych największą ma silnik Carnota. Ponieważ w

wszyst-

sprawność większości

urządzeń przemysłowych wytwarzających rgię elektryczną

źródłem ciepła

jest

ene-

wrząca

woda, więc można by sądzić, iż sprawność tych urządzeń nie może przekraczać obliczonej w poprzednim punkcie sprawności równej 27%. Jeśli, jednakże, woda jest ogrzewana pod zwiększonym ciśnieniem, to wrze w znacznie wyższej temperaturze. W elektrowniach węglowych wytwarza się pod ciś­ nieniem parę przegrzaną o temperaturze 500 K lub wyższej. Wówczas sprawność może przekraczać 40%. Elektrownie jądrowe pracują przy niższych ciśnieniach i temperaturach ze względu na bezpieczeństwo. Typowa wartość sprawności dla tych elektrowni wynosi 30%, podczas gdy sprawność osiągana w elektrowniach węglowych jest równa 40%. W każdym przypadku większość energii uzyskiwanej z paliwa jest zwracana do chłod­ nicy w postaci ciepła. Ta energia jest cał­ kowicie bezużyteczna i służy do ogrzania lokalnego otoczenia, np. wody lub powietrza Ueżeli są stosowane chłodnice wieżowe). Zazwyczaj grzanie otoczenia jest niepożądane i nosi nazwę zanieczyszczenia cieplnego. Zauważmy, że elektryczne ogrzewanie mieszkań jest marnotrawieniem paliwa. Gdy paliwo jest spalane bezpośrednio w domu, można osiągnąć sprawność wynoszącą prawie 100%, podczas gdy urządzenia wytwarzające

i

dostarczające

do domów

energię elektryczną

osiągają sprawność około

30% (wzór (14.2)). paliwa daje zaledwie jedną trzecią ciepła, jeśli jest używana do ogrzewania elektrycznego. Jednakże na pytanie, czy mieszkania warto ogrzewać za pomocą elektryczności, nie odpowie fizyka. Pytanie to jest skierowane do społeczeństwa i rządu, a szukając na nie odpowiedzi należy brać pod uwagę rozmaite czynniki, takie jak zanieczyszczenie środowiska czy ubożenie ograniczonych naturalnych zasobów energetycznych. Na przykład, zasoby węgla mogą być bardziej obfite niż zasoby oleju opałowego czy gazu ziemnego, lecz używanie węgla w piecach domowych prowadzi do znacznego zanieczyszczenia środowiska. Zatem taka sama

14.3.

Chłodnie

ilość

i pompy cieplne

Chłodnie

Ponieważ rozprężanie izotermiczne i adiabatyczne są procesami odwracalnymi, więc cykl Carnota może przebiegać w odwrotnym kierunku. Na przykład w punkcie a cyklu (patrz rys. 14.3) zamiast rozprężać gaz izotermicznie, możemy rozprężać go adiabatycznie do punktu b. Wówczas przejście od punktu b do punktu c będzie rozprężaniem izotermicznym. Dalej przez sprężanie adiabatyczne, a następ­ nie izotermiczne zostanie osiągnięty punkt a, który zamyka cykl. Ponieważ każdy z tych procesów jest odwracalny, więc pozostaje w mocy wzór (14.2)

p

o

V

Rys. 14.3. Odwrotny cykl Carnota (chłodnia). Ze zbiornika T2 jest pobierane ciepło Q~, a do zbiornika T1 dopływa ciepło Q'1

230

14. Druga zasada termodynamiki

z tą różnicą, że teraz wielkości AQ i L1 W są ujemne. Wprowadzimy następujące oznaczenia: W' - praca wykonana nad silnikiem, Q'1 - ciepło oddane do gorącego zbiornika, Q'2 - ciepło pobrane z zimnego zbiornika. W tych oznaczeniach W'= - L1 W, Q'1 = - AQ 1> Q2 = - L1Q 2 • Podstawmy te wielkości do ostatniego wzoru (-W') ( - W')+ ( - Q2)

Ti -Ti T1

T - ( ws po' ł czynm.k wy d aJnosc1 . ' . c hł o d -Q'i, = - 2

T1- T1 niczej dla chłodni)

(14.4)

Stosunek Q2 / W' jest ważną wielkością w chłodnictwie. Oznacza on stosunek ciepła pobranego z chłodzonej komory do pracy mechanicznej zużytej do pobrania tej ilości ciepła. Zobaczymy, że ten stosunek zazwyczaj jest większy od jedności. W typowej chłodni domowej temperatura zimnego zbiornika (składającego się z zamrażalnika i naczynia na kostki lodu) wynosi Ti~ 250 K. Gorący zbiornik stanowi powietrze w obszarze wymiennika ciepła, którego temperatura jest równa T,~310 K . Zatem ze wzoru (14.3) otrzymujemy 250 -3-10---2-5-0= 4 ' 17 Widzimy, że dla każdego dżula energii elektrycznej zużytej na pracę kompresora zostaje pobranych 4, 17 J ciepła z zamrażalnika pod warunkiem, że w urządzeniu jest stosowany wydajny cykl Carnota. Urządzenie

do klimatyzacji powietrza

W przypadku urządzenia do klimatyzacji powietrza wymiennik ciepła jest umieszczony na zewnątrz klimatyzowanego pomieszczenia, a oziębiane jest całe pomieszczenie. Dla tego urządzenia mzynierowie nazwali stosunek

Q2/ W ' stosunkiem

sprawno.~ci

energetycznej (w

skrócie - EER od energy ef]iciency ratio). Do okre ś lenia wartości tego stosunku inżyniero­ wie używają niefortunnie jednostek z różnych układów: brytyjskiego i metrycznego. Ich konwencja jest następująca

brytyjskich jednostkach

ciepła/h)

dW'/dt (w W)

gdzie 1 brytyjska jednostka ciepła/h = 0,293W. Dla domowych klimatyzatorów największa spotykana wartość EER wynosi 12 (brytyjskich jednostek ciepła/h)/W, czyli (brytyjskich je~ostek ciepła/h) 12 =

Zatem

W

dQ~ /dt (w

EER=-- - - - -- - - - -- - - - -

12

(0,293 W)

w

,

35

Zgodnie ze wzorem (14.3), największa wartość tego stosunku, jaką można otrzymać, jest równa T2 /(T1 - T2 ). Zakładając, że przedział chłodzenia T1 - T2 ~ 20 K otrzymujemy

~~300K~ 15 T1 -T2 20K Ta wartość jest znacznie większa niż spotykana w praktyce. Jest to po części związane z faktem, że T2 wewnątrz klimatyzatora jest znacznie niższa niż pożądana temperatura końcowa w pokoju. Pompy cieplne

Pompa cieplna jest właściwie inną nazwą która - jak mówiliśmy poprzednio - jest urządzeniem, w którym cykl Carnota przebiega w odwrotnym kierunku. Chłodnia wypompowuje ciepło z chłodzonej komory i pompuje je do otaczającego powietrza. Dom można byłoby ogrzewać za pomocą chłodni wystawionej na zewnątrz, która pobierałaby ciepło Q2 z otaczającego ją powietrza i dostarczała ciepło Q'1 do wnętrza domu. Współczynnik wydajności dostarczania ciepła ·wynosi Q', 1 (14.4a) W' e T1 -T2 Zakładając, na przykład, że temperatura na zewnątrz domu równa się 250 K , a wewnątrz 300 K otrzymujemy Q'1 300 6 W' 300-250 Tak więc, zużywając 1 J energii mechanicznej na pracę kompresora można pobrać 5 J ciepła z zimnego powietrza na zewnątrz domu i dostarczyć 6 J ciepła do wnętrza domu. W praktyce sprawność domowych pomp cieplnych stanowi co najwyżej połowę sprawchłodni,

231

14.3. Chlodnie i pompy cieplne

nosc1 obliczonej teoretycznie. Widzimy, że u rządzenie do klimatyzacji powietrza „połą­ czone odwrotnie" z domem działa jak pompa cieplna. Pompę cieplną stanowi silnik cieplny działający w odwrotnym kierunku i odwrotnie połączony. Przez „odwrotnie połączony" rozumiemy takie ustawienie chłodni, w którym to urządzenie chłodzi wolną przestrzeń zamiast zamkniętej komory. Typowa instalacja domowa jest pokazana na rys. 14.4.

Q'1 300K 11 W' 300K-273K Zatem z 1 J energii chemicznej można by uzyskać 0,85 J · 11=9,4 J ciepła zamiast uzyskiwanego w tradycyjny sposóh 0,7 J. Stosunek tych liczb wynosi 0,075. Rozumując w ten sposób dochodzimy do wniosku, że sprawność typowego pieca jest równa 7,5%, a sprawność ogrzewania elektrycznego wynosi około 3%. Amerykańskie Towarzystwo Fizyczne zaproponowało określanie sprawności systemów energetycznych w taki właśnie sposób, polegający na porównaniu uzyskanej energii lub ciepła z górną teoretyczną granicą sprawności, jaką

można

osiągnąć

używając

idealnego silnika Carnota lub pompy cieplnej. Ten nowy sposób określania sprawności jest nazywany sprawnością drugiego prawa, a tradycyjna sprawność sprawnością pierwszego prawa.

14.4. Druga zasada termodynamiki Rys. 14.4. Pompa cieplna

ogrzewająca

dom w Itace,

w stanie Nowy York

Tego rodzaju ogrzewanie budynku zazwyczaj jest dopełniane ogrzewaniem za pomocą pieca węglowego lub olejowego (wówczas zamiana energii chemicznej na użyteczne ciepło wynosi około 70%) lub ogrzewaniem elektrycznym (wtedy około 30% energii chemicznej ujawnia się w postaci ciepła w budynku). W tym sensie spalanie paliwa w piecu domowym jest ponad dwukrotnie wydajniejsze niż ogrzewanie elektryczne. Widzimy wszakże, że używając idealnych pomp cieplnych można byłoby uzyskać znacznie więcej ciepła z energii chemicznej . Ponieważ olej i węgiel palą się w wysokiej temperaturze, około 85% energii chemicznej mogłoby zos tać zamienione na energię mechaniczną (zobacz wzór (14.3)). Następnie tej energii mechanicznej W ' można by użyć do napędza­ nia idealnej pompy cieplnej, która dostarczyłaby ciepło Q'1 do budynku. Jeżeli T1 jest temperaturą w pomieszczeniu (300 K), a T2 temperaturą na zewnątrz, równą 273 K, to ze wzoru (14.4a) otrzymujemy

Widzieliśmy, że można skonstruować silniki cieplne, które zamieniają pewną ilość ciepła L1Q w energię mechaniczną L1 W Powstaje pytanie: dlaczego nie można zamienić w L1 W ciepła zmagazynowanego w oceanach? Gdyby nawet wydajność takiego procesu wynosiła zaledwie 1 % , uzyskalibyśmy około 10 24 J, podczas gdy, na przykład , całoroczna produkcja energii elektrycznej w Stanach Zjednoczonych wynosi około 10 18 J. Promieniowanie słoneczne dostarczałoby ponownie tej niewielkiej ilości ciepła, która byłaby pobierana z oceanów. Okazuje się, że istnieje zasadniczy powód, dla którego nie można wykorzystać ogromnej ilości ciepła zmagazynowanej w oceanach. Jak zobaczymy dalej, druga zasada termodynamiki nie pozwala na bezpośrednią zamianę ciepła na energię mechaniczną.

Zaczniemy od wymienienia czterech matematycznie równoważnych sformułowań drugiej zasady termodynamiki: 1. Nie można zbudować perpetuum mobile drugiego rodzaju. 2. Gdy dwa ciała o różnych temperaturach znajdą się w kontakcie termicznym, wówczas

232

14. Druga zasada termodynamiki

ciepło będzie przepływało z bardziej nagrzanego ciała do chłodniejszego. 3. Żadna cykliczna maszyna cieplna pracująca między temperaturami: górną T1 i dolną T2 nie może mieć sprawności większej mz

(T1 - T2 )/ T1 . zamkniętym entropia nie . Omówienie entropii odłożymy do punktu 14.5. Urządzenia zwane perpetuum mobile pierwszego i drugiego rodzaju są przedstawione schematycznie na rys. 14.5. Perpetuum mobile pierwszego rodzaju stanowiłaby

4. W

układzie

może maleć.

Pierwszego rodzaju Uk[ad

zamkni~ty

LlW

•

Cia,g[y wyp[yw energii z naczljnia

Drugiego rodzaju

72 LlW Obniżanie

Ciqg[y wyp[yw

energii mechanicznej Rys. 14.5. Schematyczne przedstawienie perpetuum mobile pierwszego i drugiego rodzaju

sama przez się od otoczenia) i ustawicznie dostarczałaby ciepło otoczeniu. Zgodnie z zasadą zachowania energii oznaczałoby to, że w pudle o skończonej objętości jest zawarte źródło nieskończonej energii. Jest przeto oczywiste, że perpetuum mobile pierwszego rodzaju po prostu narusza zasadę zachowania energii. Perpetuum mobile dr4giego rodzaju nie narusza wszakże zasady zachowania energii i wskutek tego bardziej frapuje umysły ludzkie. Taka maszyna miałaby zamieniać ciepło w energię mechaniczną. Źródło ciepła ustawicznie oziębiałoby się w miarę dostarczania otoczeniu energii mechanicznej. Gdyby można było skonstruować takie urządzenia, należałoby umieścić je w oceanach, w których jest zmagazynowane ciepło rzędu 10 26 J, maszyna, która

pracowałaby

(całkowicie niezależnie

je w energię mechaniczną. Ta energii znacznie przewyższa ilość dotychczas zużytej przez ludzkość energii. Niestety, z drugiej zasady termodynamiki wynika, że przekształcenie chaotycznego ruchu cieplnego cząsteczek w uporządkowany ruch maszyny czy generatora elektrycznego jest niei

przekształcać

i lość

możliwe.

W

rzeczywistości

można

pobrać

pewną

ilość

energii z oceanów wykorzystując fakt, że temperatura powierzchni wody jest wyższa niż temperatura głębszych warstw. Zostały zaprojektowane maszyny cieplne, w których źródło ciepła i chłodnicę stanowią wierzchnia warstwa wody i dolne warstwy. Wówczas mamy silnik cieplny pracujący między temperaturami T1 i T2 z maksymalną sprawnoś­ cią e=(T1 -T2 )/ T1 • Górna granica sprawności takiego silnika wynosi około 1/ 30, ponieważ T1 - T2 ~ 10 K lub mniej. Omówiliśmy pierwsze sformułowanie drugiej zasady termodynamiki, a teraz postaramy się wykazać, że pozostałe trzy sformułowania są logicznie równoważne pierwszemu. Gdyby druga zasada w drugim sformułowaniu została naruszona, oznaczałoby to, że ciepło przepływa z chłodniejszego zbiornika do cieplejszego. Gdyby to ciepło zostało użyte do uruchomienia maszyny cieplnej, to mielibyś­ my perpetuum mobile drugiego rodzaju, co w myśl pierwszego sformułowania jest niemożliwe. Pokażemy następnie, że gdyby istniała cykliczna maszyna cieplna o sprawności więk­ szej od sprawności silnika Carnota, wówczas ciepło przepływałoby z ciała zimnego do ciepłego. Inaczej mówiąc, naruszenie sformułowania 3 pociąga za sobą naruszenie sformułowania 2. Przypuśćmy, że istnieje taka supermaszyna o sprawności es> e, gdzie e=(T1 -T2 )/ T1 jest sprawnością silnika Carnota. Jeżeli połączymy wyjście mechaniczne, czyli wał napędowy tej maszyny, z wałem napędowym silnika Carnota, a następnie użyjemy jej do napędzania silnika Carnota działającego jako chłodnica między tymi samymi zbiornikami ciepła, to w końcowym efekcie ciepło będzie przenoszone z chłodnicy do źródła ciepła, co pokazano na rys. 14.6.

233

I 4.4. Druga zasada termodynamiki

a)

Ponieważ nie jest wykonywana praca wypadkowa, więc ta ilość musi być pobrana z chłodnicy.

Tt (gorący zbiornik) Super-

żadna

ciepła

Silnik

maszyna1--+-Wi_a_T-lcarnota t:s

napę-

do wy ~

€

Na podstawie przykładu 1 wnioskujemy, że e5 - e >O, to jest naruszona druga zasada termodynamiki w sformułowaniu 2. Równowartość czwartego sformułowania i poprzednich trzech omówimy w p. 14.5. Odmiana poprzedniego rozumowania prowadzi do wniosku, że dowolne dwa silniki wykonujące cykle odwracalne muszą mieć taką samą sprawność . Wystarczy połączyć dwie maszyny tak, jak na rys. 14.6, tzn. napędzać maszynę o mniejszej sprawności w odwrotnym kierunku za pomocą maszyny o większej sprawności pracującej do przodu. Końcowym efektem będzie przenoszenie ciepła od ciała zimnego do gorącego.

jeśli

{zimny zbiornik}

b)

Rys. 14.6. a) Supermaszyna o sprawności e5 = 0,75 napędza silnik Ca rnota o sprawno ści e = 0,5 pracuj ą cy w odwrotnym kierunku. b) Tutaj supermaszyna pobiera 4 jednostki c iepła i napędza chło dnię Carnota d o starczając 3 jednostki energii mechanicznej. Końcowy m wynikiem jest przeniesienie 2 jednostek ciepła z T2 do T1

Termodynamiczna skala temperatur

Nasza pierwotna definicja temperatury jest ze średnią energią kinetyczną cząs­ tek (zobacz s. 203). Istnieje wszakże równoważna definicja makroskopowa. Udowodniliśmy właśnie, że niezależnie od ciała roboczego, sprawność silnika Carnota jest równa związana

T1 - T2

W Przykład

Jeżeli

supermaszyna pobiera ciepło Q1 ze źródła ciepła, to jaka wypadkowa ilość ciepła jest przenoszona z chłodnicy do źródła przez opisany poprzednio układ dwóch maszyn? 1.

Korzystając z pierwszej zasady termodynamiki podstawimy W=Q 1 -Q 2 i mamy

Q1-Q2

T1-T2

QI

Tl

ODPOWIEDŹ :

Supermaszyna pobierze energię mechaniczną W=e 5 Q 1 , którą zużyje na napędzanie chłodni Carnota. Z kolei chłodnia Carnota dostarczy ciepła Q'1 = tt';'e do źródła ciepła. Wypadkowa ilość ciepła dostarczonego do źródła jest równa ' W esQ1 QI -QI = - -QI = - - -QI= i;

c;

czyli Tl

QI

T1

Q1

Zatem stosunek temperatur dwóch dowolnych zbiorników ciepła można zmierzyć mierząc przenoszenie ciepła podczas jednego cyklu Carnota. W rzeczywistości wzór (14.5) stanowi definicję tak zwanej termodynamicznej skali temperatur. Ponieważ wzór (14.5) wyprowadziliśmy posługując się naszą pierwotną

234

14. Druga zasada termodynamiki

temperatury, udowozarazem równoważność tych dwóch definicji temperatury.

••••• ••••• •• V • • • •••

14.5. Entropia

• • • • • • • •• • • • • Vz • • • • • ••• • • •

mikroskopową definicją

.. ·•·.

dniliśmy

Entropia jest miarą nieuporządkowania ukła­ du cząstek . Im większy jest stan nieporządku położeń i prędkości cząstek w układzie, tym większe jest prawdopodobieństwo p tego, że układ będzie w tym szczególnym stanie. Z definicji entropia S układu jest równa

Rys. 14.7. Swobodne rozprężanie od V2 po usunięciu przegrody

dopodobieństwem

(definicj a entropii)

S= klnp

(14.6)

gdzie k jest stałą Boltzmanna. Zgodnie z definicją prawdopodobieństwa, układ częś­ ciej będzie w stanie o większym prawdopodobieństwie niż w stanie o mniejszym prawdopodobieństwie . Zatem układ, który początkowo znajduje się w stanie o mniejszym prawdopodobieństwie będzie „poszukiwał" stanów o większym prawdopodobieńst­ wie. Ponieważ S rośnie w miarę wzrostu p, mamy (14.7)

to jest

objętości

objętości

V2 równa

(P1) P

2 jedna

znalezienia jej w

V1 do

objętości

się

V1

cząstka = V2

Dla N cząstek stosunek prawdopodobieństw znalezienia tych cząstek w V1 i w V2 jest równy p1

P2

=(VV21)N

Podstawiając

to

wyrażenie

do wzoru (14.8)

otrzymujemy

L1S=Nkln(~:)

(14.9)

całe

wyprowadzenie czwartego sformułowania drugiej zasady termodynamiki. Musimy jeszcze wykazać, że pozostałe sformułowania są mu równoważne. Zrobimy to na końcu tego punktu. Na podstawie równania definiującego entropię wnioskujemy LJS =S 2 -S 1 =klnp 2 -k1np 1

L1S=kln(~:)

Przykład 2. Dwulitrowe naczynie jest podzielone przegrodą na dwie równe części, co pokazano na rys. 14.8. Jedna część jest wypełniona gazowym wodorem, a druga azotem. W obu częściach

(14.8)

Widzimy, że do obliczenia zmiany entropii jest potrzebna jedynie znajomość stosunku prawdopodobieństw , czyli prawdopodo-

Rys. 14.8. Naczynie z dwoma gazami

bieństw względnych.

Zastosujemy teraz nasz wzór na zmianę entropii do swobodnego rozprężania gazu od objętości początkowej V1 do objętości koń­ cowej V2 , co pokazano na rys. 14.7. Względne prawdopodobieństwo znalezienia jednej cząst­ ki w objętości V1 w porównaniu z praw-

naczynia ciśnienie jest równe c1smeniu atmosferycznemu, a temperatura temperaturze pokojowej. Przegrodę usunię­ to i gazy zmieszały się . Ile wynosi przyrost entropii wynikający z wymieszania się gazów?

235

I 4.5. Entropia

Warunki poczatkowe

ODPOWIEDŹ:

Przyrost entropii dla każ­ dego gazu jest opisany wzorem (14.9)

LIS= Nk

lliD GID

In(~:)= Nk ln2

Całkowity

przyrost entropii jest dwukrotnie większy, czyli LIS=2Nk ln2 W temperaturze pokojowej i przy ciś­ nieniu atmosferycznym 1 mol gazu zajmuje objętość 22,4 I (zobacz s. 215). Stąd wynika, że w 1 I znajduje się (l/22,4)N 0 cząsteczek. Zatem LIS=2(N°)kln2=0,062 R=0,124 cal/ K 22,4

Postać

i

wzoru (14.9) przez T

możemy uprościć mnożąc

dzieląc

L1 S = _ N_k_T_ln_(V_2/_V_1 ) T Zauważmy , że

licznik ma taką samą postać (13.7) na LIQ. Jest to ilość ciepła, jaką należy dostarczyć do układu w stanie początkowym, aby układ przeszedł do stanu końcowego w wyniku procesu odwracalnego (rozprężania izotermicznego). Podstawiając mamy

jak

wyrażenie

Chwilę

później

Rys. 14.9. Dwa jednakowe ciała znalazły się w kontakcie termicznym i ciepło przepływa z jednego ciała do drugiego

zimnego, a nie od zimnego do Rozważmy

sytuację

gorącego.

przedstawioną

na rys. 14.9: dwa identyczne ciała o temperaturach początkowych T1 i T2 , które znalazły się w kontakcie termicznym. Chwilę później temperatury tych ciał będą wynosiły T1 -dT1 oraz T2+ dT2 wskutek przepływu ciepła dQ 1 = -medT1 i dQ 2= +medT2, gdzie e jest ciepłem właściwym na jednostkę masy. Ponieważ dQ 1 = -dQ 2, więc mamy dT1 = =-dT2=dT. Zgodnie ze wzorem (14.10) zmiana entropii każdego z tych ciał jest równa

me dT d _ medT dS 1 = - - - oraz S 2 - - Ti T2 Wypadkowa zmiana entropii wynosi

dS =me dr(_!_ _ _!_) T2 Ti

(14.11)

Zmiana temperatury jest równa

L1S= LIQ

dT=T1 T2 (~)

T

me

lub

dS= dQ T

(14.10)

dQ jest ciepłem dostarczanym do podczas procesu odwracalnego. Wzór (14.10) wyprowadziliśmy dla szczególnego przypadku swobodnego rozprężania gazu dos konałego . Stosując bardziej skomplikowany aparat ma tematyczny, obejmujący statystykę matematyczną, można podać ogólny dowód wzoru (14.10). Statystyczne ujęcie termodynamiki nosi nazwę mechaniki statystycznej. Gdy znamy już makroskopowe wyrażenie na zmianę entropii, możemy udowodnić, że ciepło musi przepływać od ciała gorącego do gdzie

ukł adu

T1 -T2

Ponieważ wyżej udowodniliśmy , że zmiana entropii musi być dodatnia, więc teraz wykazaliśmy , iż dT musi mieć taki sam zna k, jak (T1 - T2 ). Tak więc , jeżeli T1 > T2 , to ciepło przepływa z ciała o temperaturze T1 do ciała o temperaturze T2 .

Przykład

3. Przypuśćmy, że strumień dQ 1 w doświadczeniu przedstawionym na rys. 14.9 został użyty do napędzania silnika Carnota pracującego między temperaturami T1 i T2 . Ile energii mechanicznej można byłoby

ciepła

uzyskać?

236

14. Druga zasada termodynamiki

ODPOWIEDŹ:

Zgodnie ze wzorem (14.2)

(_!_ __!_)

dW=dQ 1(T1-Ti)= TidQ 1 T1 Ti Korzystając

T1

ze wzoru (14.11) napiszemy

dW= TidS

Widzimy, że wskutek wzrostu entropii w procesie przedstawionym na rys. 14.9 została utracona energia mechaniczna równa iloczynowi Ti i przyrostu entropii.

Jeżeli

temperaturą

Ti jest

kawałka żelaza, kawałka

gorącego

to zmiana entropii tego

wynosi

4

Si=me lnTi Wypadkowa zmiana entropii jest zatem równa

r,,)

n

r,, S=me (ln-+ln=meln--= T1 Ti T1 Ti =me In

323i (273)(373)

0,024 me

Przybliżoną wartość ciepła właściwego Można

pokazać,

że

wynik otrzymany w przykł. 3 jest szczególnym przypadkiem ogólnego twierdzenia stwierdzającego, że jeże­ li w układzie zamkniętym zawierającym ciała o różnych temperaturach następuje wzrost entropii dS, to towarzyszy mu strata energii mechanicznej równa iloczynowi dS i temperatury najchłodniejszego ciała . Mamy zatem inną interpretację fizyczną wzrostu entropii: strata energii mechanicznej na jednostkę temperatury. Wszystkie te wnioski są konsekwencją definicji przyrostu entropii jako wzrostu prawdopodobieństwa (czyli wzrostu nieuporządkowania układu) .

Przykład

4. Przypuśćmy, że kawałek o masie 1 kg i temperaturze 100°C został zetknięty z innym kawał­ kiem żelaza o takiej samej masie i o temperaturze 0°C. Jaka jest zmiana entropii tego układu po ustaleniu się temperatury równowagowej 50°C?

żelaza

ODPOWIEDŹ:

Niech T1 oznacza temkawałka żelaza , a e ciepło właściwe na kilogram. Wówczas dT dS 1=me-y peraturę początkową chłodniejszego

LI S 1 =me

J-

T,

gdzie

4

T. =me In~ T Tl

T·dT

jest

temperaturą końcową.

żelaza

możemy wyznaczyć na podstawie prawa Dulonga-Petita (zobacz s. 218). Jeden mol żelaza powinien mieć ciepło właściwe równe 6 cal/ K. Zatem dla 1 kg żelaza me= 107 caJ/K, a LIS= 2,57 caJ/K.

Przykład 5. Motor dostarcza 1 J energii mechanicznej do chłodni Carnota, która pobiera ciepło z naczynia do kostek lodu o temperaturze 0°C i oddaje je powietrzu w kuchni o temperaturze 27°C. (a) Jaka jest zmiana entropii naczynia do kostek lodu? (b) Jaka jest zmiana entropii całego układu? ODPOWIEDŹ :

(a)

Korzystając

ze wzoru

(14.4) mamy , Ti , 273 Qi=--W =-(1 J)=lO,l J T1 -Ti 27 Jest to ilość ciepła pobranego z naczynia. Zmiana entropii wynosi LIS i= LIQi Ti

gdzie LI Qi= -Q2 = -10,1 J jest dostarczonym do naczynia LISi= -

ciepłem

101 ; J/K= - 3,7 · 10 - i J/K 2 3

237

14.5. Entropia

jest

zmianą

uwagę,

że

entropii naczynia. Zwróćmy energia zmalała zamiast

wzrosnąć.

(b)

Zmianę

możemy

entropii

całego

obliczyć posługując

układu

się

wzorem (14.5). Zgodnie z tym wzorem L1Ql

T1 Stąd

+ L1Q2=0 Tz

zmiana entropii całego z naczynia do kostek lodu i kuchni, jest równa zeru. wynika,

że

Zbadamy sytuację przedstawioną na rys. 14.10: dwa naczynia oddzielone przegrodą , z których każde ma objętość 1 cm 3 . Jeżeli ciśnienie w naczyniu 1 równa się 1 atm, to liczba cząstek znajdujących się w tym naczyniu jest równa ilorazowi liczby Avogadra 6,02 · 10 23 i liczby centymetrów sześciennych w 22,4 1, czyli 2,7 · 10 19 cząstek/cm 3 . Na początku naczynie 2 jest puste. Następnie

układu, składającego się

Naczynie 1

Z przykładu 5 wynika, że jest możliwe zmniejszenie entropii ciała i nie narusza to drugiej zasady termodynamiki. Jest tak dlatego, że druga zasada termodynamiki odnosi się jedynie do układów zamkniętych. Kiedy bierze się pod uwagę wszystkie części układu, wówczas wypadkowa zmiana entropii będzie równa zeru lub będzie dodatnia. W pewnych obszarach ludzkiej działalności na Ziemi lokalna entropia maleje. Chłodnie i pompy cieplne mogą przenosić ciepło od ciała chłod­ niejszego do bardziej nagrzanego. Człowiek może oddzielać zepsute orzechy od zdrowych ręcznie bądź za pomocą maszyny. Życie jako takie składa się z procesów, wskutek których następuje lokalne zmmeJszenie entropii. Gdziekolwiek obserwujemy miejscowy wzrost uporządkowania w przeciwieństwie do chaosu, tam następuje lokalne zmniejszenie entropii. Lecz dla całego układu, do którego należy włączyć nasze podstawowe źródło energu - Słońce - wypadkowa entropia wzrasta.

14.6. Odwrócenie czasu Może się wydawać, iż druga zasada termodynamiki pociąga za sobą określony kierunek upływu czasu. Odwrócenie kierunku upływu czasu mogłoby spowodować zmniejszanie się całkowitej entropii układu zamkniętego , przepływ ciepła od ciała chłodniej­ szego do bardziej nagrzanego itd. Rozważmy bardziej szczegółowo proces swobodnego rozprężania gazu w aspekcie odwrócenia czasu.

Naczynie2

Rys. 14.10. Proces nieodwracalny. Początkowo gaz znajduje się w naczyniu /. Gdy przegroda zostanie usunięta, gaz rozpręża się do pustego naczynia 2

usuwamy przegrodę i po upływie krótkiego czasu połowa cząstek znajduje się w naczyniu 2. Gaz rozprężył się do próżni. Niezależnie od tego, jak długo czekaliśmy , nigdy nie zaobserwujemy odwrotnego procesu. W rzeczywistoś­ ci liczba cząstek w naczyniu 2 będzie nieznacznie fluktuowała. Ze statystyki matematycznej wynika, iż przez około 70% czasu liczba cząstek w danej objętości będzie zawierała się w przedziale między N i N+ gdzie N jest średnią liczbą cząstek. W rozważanym tu przypadku mamy

JN,

-JN

1,35. 10 19 ±)1 ,35 . 10 19 = =(1,35±0,00000000037). 10 19 Widzimy zatem, że fluktuacje są tak małe, że nie sposób je wykryć. W istocie nie jest możliwa tak ogromna fluktuacja, jaką stanowiłoby samorzutne opróżnienie się naczynia 2. Przypuśćmy, jednakże, że po usunięciu przegrody, gdy już połowa cząstek przeszła z naczynia 1 do naczynia 2, czas się nagle zatrzymał i począł biec z powrotem. Fizycznie rzecz ujmując czas nigdy nie może biec z powrotem, lecz odwrotny bieg czasu można zobrazować wykonując następujący zabieg: nakręćmy przebieg doświadczenia na taśmie filmowej, a potem puśćmy tę taśmę w odwrotnym kierunku. Wówczas naczynie 2 bę -

238

14. Druga zasada termodynamiki

dzie się samorzutnie opróżniało i powstanie proznia. Natykamy się na paradoks. Wiemy, że w przyrodzie naczynie nigdy nie opróżni się samorzutnie me powstanie w nim próżnia, jeśli tylko jest ono otwarte i jest umieszczone w powietrzu. Z drugiej strony, w doświadczeniu oglądanym na taśmie filmowej wyświetlanej w odwrotnym kierunku nie jest naruszone żadne z praw Newtona. W rzeczywistości obraz utrwalony na taśmie ukazuje nam pewną szczególną konfigurację położeń i prędkości cząstek w naczyniu 2 - taką mianowicie, jaka byłaby wymagana do tego, by cząstki znajdujące się w tym naczyniu poruszały się i zderzały w sposób prowadzący do całkowitego opróżnienia naczynia. Podczas takiego procesu żadne z praw fizyki nie zostałoby naruszone. Rozwiązanie paradoksu polega na zwróceniu uwagi na fakt, iż oprócz tej jednej szczególnej konfiguracji cząstek w naczyniu 2 istnieje nieskończenie wiele innych konfiguracji, dla których prawdopodobieństwo znalezienia czą­ stek w obu naczyniach będzie prawie jednakowe. Zatem taka konfiguracja, przy której wszystkie cząstki mogą opuścić naczynie 2, chociaż dozwolona, nigdy się nie zdarza w praktyce. Stąd wynika, że proces rozprę­ żania gazu do próżni jest procesem nieodwracalnym, mimo że w zasadzie jest możliwe „samorzutne wytwarzanie" próżni. Przypuśćmy, że ktoś się zabawił i starannie przygotował stan początkowy tak, by po wielu zderzeniach wszystkie cząstki opuściły jedną stronę naczynia. Taki nieprawdopodobny stan pokazano na rys. 14.11 dla układu 40 twardych kul. Jeśli jednak śledzić na komputerze następne konfiguracje kul powstające w wyniku ich zderzeń, to trzeba wygenerować około 10 1 2 wykresów nim znajdzie się wykres, Rys. 14.11. Komputerowe wykresy ilustrujące położenie 40 tward ych kulek, zamk nię t yc h w naczyniu i zderzających s i ę. Na wykresie I przeds tawiono ogromnie mało prawdopodobny stan, z którego układ przechodzi do stanu, kiedy wszystkie kulki znaj dują się po lewej stronie naczyn ia (3 wykresy dalej). Następnie należy sporządzić o koło IO L inn ych wykresów, by taka sytuacja zdarzyła się ponown ie. Odstępy czasowe międ zy kolejnymi wykresami s ą jednakowe. Jedna z kulek jest kolorowa, co pozwala śl edzić jej ruch. (Zaczerpnięto z książki F. Reifa, Berkeley Physics Co ures, l. 5 Copyright © 1965 by McGraw-Hill, Inc. Wyko rzystano za zezwoleniem McGraw-Hill Book Co mpany)

o o

O

8o o

o

I

IO 11RB. 1"ó'

o

go

o o oo

o

o O

:

Oo

o

oo

o

O

12

o 0

39

0

0 0

o"i
°O

00

o

o

d

I

00000 0~0

o o o o

4

40

0

o

°oo o ooo

Do

o

o

o

o

O :

I

Oo'n

:

o

OOO

80

24

ol I

'b o o

o

o

o o

go

O

o

o

o

U Q~

0

o

o

19

I

o oo

19

o o

p o

~o

o

o

o

o oo o -o

8 o 'b 19

o

o

o oo

@

O Oo

Oo

21

O

. 01

g

o

Pc9 o o o o

oo

o

og

20

ao

o

o

o

o Oo o o

OcfP

no~ o n

19

o o

OO oo o o

1 °00 o oo I On o I

o o o

o O

6'd

21 o

I I Io

go

®

o o o o

o

p

I

o o

21

I o

o o

o

o

, oo

@

o

o

~

c91

21

V

I

o

ago

Ol I

&

oo

21

@

o

o

o

ci;:,?

°80 O

Io 01 o o

oi

o

25

o

21

®

o oo QJ o 0o o o

oo oo

I Oo

o

"' o o

o

oo

I

15

OO

8

F

19

O

~o

22

I

o

o o o

IO

'b

O

o o

ooo o: o

23

Oo o

I

I

® o o

oooo o

o Io

o

o o

0

oo

I

18

p

'ó~oC

O

ocf'I

o o

q o

O

® I

o

o

Oo

b

16

0

o

o o o

oCb

QO O

I au loo

17

o

I

O

o

I

o

18

0

13

1°

V

o

o

: o

o

ooo o o

o

O

0

Ocf> oo

o- o o

0

va

06°

O

27

5 o o

22

I

f

00000,.1. 0

0

35

0

oo oo o ooo o o O l'b

ć' o I

O Oo

36

® o 0 0

19

o I o Oo o p I o o p oo o

Io I

®

o

go o o oo o

20

239

14.6. Odwrócenie czasu

na którym 40 kul będzie znajdowało się znowu po lewej stronie naczynia. Przyjmując, że sporządzenie jednego wykresu trwa 1 sekundę, trwałoby to około 10 5 lat. Prawdopodobieństwo tego, że N cząstek znajdzie się po lewej stronie naczynia jest równe (1/ 2)N. Dla N= 10 19 nawet gdyby punktem wyjścia był sztucznie przygotowany stan, w którym prawa strona naczynia opróż­ niłaby się sama przez się, bardzo szybko ta część naczynia zapełniłaby się i „nigdy" nie opróżniłaby się samorzutnie w innej chwili. W tym sensie druga zasada termodynamiki obowiązuje niezależnie od tego, czy czas biegnie do przodu czy też do tyłu. Zacznijmy oglądać taśmę filmową, na której utrwalono swobodne rozprzestrzenianie się dużej liczby cząstek od momentu, gdy zostaje usunięta przegroda. Puśćmy tę taśmę w odwrotnym kierunku, a zobaczymy, iż połowa naczynia opróżniła się sama przez się. Zdarzenie to można interpretować jako rzadko występują­ cą fluktuację , czyli chwilowe zmniejszenie entropii, lecz gdyby na taśmie był zarejestrowany wcześniejszy przebieg doświadczenia (lub gdyby można było kontynuować komputerowe obliczanie zderzeń w czasie „przeszłym "), wówczas entropia wzrastałaby i druga zasada termodynamiki obowiązywałaby także wtedy, gdy czas biegłby do tyłu. Wszystkie rzeczywiście podstawowe prawa fizyki , z którymi zetknęliśmy się do tej pory, są niezmiennicze ze względu na odwrócenie czasu. Niezmienniczość ze względu na odwrócenie czasu oznacza, że postać równań, czyli prawa fizyki nie zmieniają się, gdy kierunki ruchu wszystkich cząstek (łącznie z obrotami cząstek) zostaną odwrócone. Ta bardzo podstawowa zasada symetrii przyrody była w ostatnich latach sprawdzana za pomocą specjalnie przemyślanych doświad­ czeń , których celem było wykazanie ewentualnych odstępstw od meJ. W 1964 roku stwierdzono odstępstwo od tej zasady w oddziaływ a niach słabych. Jeżeli to odstępstwo ogranicza się do oddziaływań słabych , to nie dotyczy oddzi aływań silnych i elektromagnetycznych, które determinują fizykę jądrow ą i a tomową . Ponadto stwierdzono naruszenie

dwóch innych bardzo podstawowych zasad symetrii (zachowanie parzystości oraz symetria antycząstek) , które sprawdzano z tego samego powodu, co niezmienniczość ze wzglę­ du na odwrócenie czasu. Obalenie tych trzech zasad symetrii omówimy w ostatnim rozdziale. Podsumowanie

Silnik Carnota pracuje między dwoma zbiornikami ciepła o temperaturze T1 i T2 . Gdy silnik pracuje do przodu, wówczas w jednym cyklu pobiera ciepło Q1 ze zbiornika o temperaturze T1 i oddaje ciepło Q2 do zbiornika o temperaturze T2 • Praca wykonana przez silnik jest równa W=Q 1 -Q 2 • Sprawność silnika Carnota wynosi s= tt-JQ 1 =1-T2 / T1 . Spełniona jest także równość

T2 / T1 = Q2 /Q1 ,

którą można zastosować

jako metodę pomiaru temperatury (termodynamiczna skala temperatur). Kiedy silnik Carnota pracuje w odwrotną stronę, wówczas z chłodniejszego zbiornika jest pobierane ciepło Q2, a do bardziej nagrzanego zbiornika jest oddawane ciepło Q'1 . Wtedy

Q2

T1

W'

T1 -T2

-=--Drugą zasadę

termodynamiki

można

wy-

prowadzić stosując statystykę matematyczną

do mechaniki klasycznej . Z drugiej zasady termodynamiki wynika, że ciepło nie może samorzutnie przepływać od ciała zimnego do ciała gorącego.

Równoważne sformułowanie

drugiej zasady termodynamiki brzmi następu­ jąco : żadna maszyna cieplna nie może mieć większej sprawności niż silnik Carnota. Jeszcze inne sformułowanie tej zasady mówi, iż wypadkowa entropia układu zamkniętego nie może maleć. Entropia jest zdefiniowana w następujący sposób S=klnp tego, że szczególnym stanie. Równoważne okreś lenie entropii jest następujące : S = dQ/dT, gdzie dQ jest ciepłem dostarczonym układowi podczas progdzie p jest

prawdopodobieństwem

układ będzie znajdował się

w

jakimś

240

14. Druga zasada termodynamiki

cesu odwracalnego. Jeszcze inne równoważne stwierdzenie brzmi: kiedy tylko entropia zamkniętego układu wzrasta, zostaje utracona energia mechaniczna ..1W= T'..1S, gdzie T' jest temperaturą najzimniejszego ciała w układzie.

9.

10.

Ćwiczenia

1.

ilość ciepła

Odwróć kierunki wszystkich strzałek na rys. 14.2. Która z następujących wielkości: ..1W, ..1Q 1 , ..1Q 2 jest wtedy ujemna? Czy równość ..1W=..1Q 1 -..1Q 2 jest w dalszym

11.

ciągu spełniona?

2. Niech na rys. 14.l symbole AQ.b i ..1Qcd oznaczają ciepło przepływające do ciała roboczego podczas przechodzenia odpowiednio z a do b oraz z c do d. Wyraź ..1Q 1 i ..1Q 2 za pomocą ..1Qab i ..1Qcd· Jakie jest ..1Qbc? 3. Silnik Carnota pobiera energię z oceanu, a różnica temperatur między źródłem ciepła, które stanowi wierzchnia warstwa wody, a chłodnicą, czyli głębszymi warstwami, jest równa S C. Jeżeli silnik przenosi na powierzchnię 106 cal energii cieplnej na sekundę, to ile wynosi maksymalna moc wyjściowa wyrażona w watach? 4. Wyraź ciepła ..1Q 0 d i ..1Qbc przepływające w procesie przedstawionym na rys. 14.3 za pomocą Q'1 i Q2. 5. Chłodnia Carnota jest używana do chło­ dzenia helu do temperatury 4 K. Ile dżuli energii mechanicznej potrzeba do pobrania 1 J ciepła z helu, gdy jego temperatura wynosi 4 K? (Temperatura gorącego zbiornika jest równa temperaturze pokojowej). 6. Powtórz obliczenia wskazane w ćwiczeniu S dla helu o temperaturze 0,1 K zamiast 4 K. 7. Chłodnia Carnota pobiera 140 J ciepła z chłodzonego ciała . To ciepło jest dostarczane do wymiennika ciepła o temperaturze 27°C. Chłodzone ciało osiąga średnią temperaturę 7°C. Ile dżuli pracy mechanicznej należy dostarczyć do chłodni? 8. Przypuśćmy, że w przykładzie przedstawionym na rys. 14.6 Es=O,SS zamiast 0,7S. Jeżeli Q1 =4, to jaka wypadkowa

12.

13. 14.

0

jest przenoszona ze zbiornika T2 do zbiornika T1 ? Przypuśćmy , że w przykł. 2 mamy O,S 1 H 2 i l,S 1 N 2 zamiast po 1 1 każdego gazu. Jaki będzie teraz przyrost entropii wynikający z mieszania się gazów? Jakie jest prawdopodobieństwo tego, że w sytuacji przedstawionej na rys. 14.11, 40 cząstek znajdzie się w lewej części naczynia? Przypuśćmy, że w przykładzie przedstawionym na rys. 14.11 jest S cząstek. Jakie jest prawdopodobieństwo tego, że wszystkie te cząstki znajdą się w lewej części naczynia? Przypuśćmy, że w silniku Carnota pokazanym na rys. 14.1 jest użyty gaz doskonały . Pokaż, że sprawność tego silnika wyraża się wzorem s = 1-(Vi,/V.,)Y- 1• Pokaż, że dla silnika Carnota ..1W= = ..1Q 2 [(Ti/T2 )-1]. Jeżeli do napędzania domowej pompy cieplnej o współczynniku EER równym 12 zużywa się 100 watów mocy elektrycznej, to ile watów ciepła dostarcza ta pompa do domu?

Zadania

15.

Wykaż, że sprawność

silnika Otta (rys.

13. 7) jest równa e = 1-('I;,/7;,).

16. Paliwo spalane w elektrowni o mocy 100 MW generuje 108 W mocy mechanicznej. Całkowita sprawność tego urządze­ nia wynosi 0,4. (a) Jaka jest szybkość wytwarzania bezużytecznego ciepła?

to bezużyteczne ciepło jest oddawane chłodzącej urządzenie wodzie, to jaka musi być prędkość przepływu wody, by jej temperatura wzrosła o S°C? 17. Chłodnia domowa musi odprowadzić SO kcal z zamrażalnika o temperaturze 260 K, aby wytworzyć tackę kostek lodu. Jeżeli temperatura otoczenia wynosi 300 K, to jaka minimalna energia mechaniczna jest niezbędna do zamrożenia tacki lodu? (Przyjmij, że jest to idealna chłod-

(b)

Jeżeli

241

Ćwiczenia i zadania Jeżeli chłodnia jest w stanie 3 kcal/min, to jaka jest moc prądu elektrycznego napędzająca chłodnię (w watach?) 18. Mol powietrza o ciśnieniu 1 atm i temperaturze 300 K zostaje adiabatycznie sprężony do ciśnienia 2 atm. Jakie są jego objętość i temperatura końcowa? O ile zmieniła się jego entropia? 19. Dwa silniki Carnota są połączone szeregowo (patrz rys.). Silnik 1 pobiera ciepło Q1 ze zbiornika T1 i oddaje je zbiornikowi T2 , z którego silnik 2 pobiera to ciepło, a następnie oddaje ciepło Q3 do zbiornika T3 . Znajdź sprawność tego urządzenia, tzn. stosunek całkowitej pracy do ciepła użytego do napędzania obu silników Q1 .

nia Carnota.)

odprowadzać

23.

24.

25.

26. 27. Zadanie 19

20.

Należy

ochłodzić l mol helu od temperatury pokojowej (300 K) do temperatury 100 K za pomocą idealnej chłodni Carnota. Przyjmując stałe ciepło

właściwe

helu równe

5 2.R,

.

obhcz,

jaką

pracę należy wykonać (w dżulach). 21. Powtórz obliczenia wskazane w zadaniu 20 dla temperatury końcowej równej 10 K zamiast 100 K. 22. Oszacuj ile dżuli ciepła należy odprowadzić z pokoju o wymiarach 10 m x x 5 m x 3 m, aby obniżyć temperaturę w pokoju o 20 K. Jeżeli musi to być wykonane w ciągu 30 min przez klimaty-

zator o sprawności EER równej 6 (brytyjskich jednostek ciepła/h)/W, to ile watów mocy mechanicznej zostanie zużytych? Początkowa temperatura w pokoju wynosi 35°C. Załóżmy, że idealna pompa cieplna jest napędzana elektrycznością, a nie silnikiem cieplnym. Jeśli temperatura wewnątrz wynosi 300 K, a na zewnątrz 273 K, to ile wynosi sprawność drugiego prawa dla takiego systemu ogrzewania? Samochód jadący z prędkością 80 km/h doznaje całkowitego oporu 500 N. Jeśli zużycie paliwa jest równe 6 1 na 100 km, to ile wynosi sprawność drugiego prawa dla tego układu? Przyjmij, że w przykł. 4 kawałki żelaza mają masy równe 2 kg (o temperaturze l00°C) i 1 kg (o temperaturze 0°C}. Jaka jest końcowa temperatura i jaka jest zmiana entropii tego układu? O ile zmniejszy się entropia gazu w procesie opisanym w zad. 20? Ciepło właściwe stopu wyznacza się wykonując następujące doświadczenie. Próbkę stopu o masie 200 g zanurza się na dłuższy czas we wrzącej wodzie. Następ­ nie szybko przenosi się ją do izolowanego kalorymetru zawierającego 300 g wody o temperaturze 20°C (temperatura pokojowa). Temperatura kalorymetru wzrasta do 30°C i pozostaje stała. (a) Jakie jest ciepło właściwe stopu? Pomiń pojemność cieplną kalorymetru. (Ciepło właściwe wody równa się 1 cal/gK) (b) Zakładając, że ciepło właściwe wody i stopu są stałe w tym przedziale temperatur, oblicz: (i) zmianę entropii stopu L1S 5 ; (ii) zmianę entropii wody L1Sw; (iii) całkowitą zmianę entropii.

15 Siła

elektrostatyczna

W następnych szesc1u rozdziałach będziemy omawiali zagadnienie, które stanowi chyba najważniejszą dziedzinę całej fizyki, a mianowicie oddziaływanie elektromagnetyczne. Oddziaływanie to pozwala wyjaśnić nie tylko wszystkie zjawiska elektryczne, ale także siłę zespalającą materię na poziomie atomów i cząsteczek. Nawet rozdziały traktujące o promieniowaniu i optyce, które następują po sześciu rozdziałach poświęconych elektryczności, w pośredni sposób dotyczą rówelektromagnetycznego, oddziaływania nież światło jest bowiem promieniowaniem elektromagnetycznym. Rozdziały następujące po rozdziałach omawiających zjawiska optyczne są poświęcone oddziaływaniu elektromagnetycznemu w mechanice kwantowej, a to podejś­ cie pozwala wyjaśnić właściwości atomów, cząsteczek i ciał stałych. Zatem w pewnym sensie cała pozostała część tej książki jest po ś wi ęco na badaniu elektryczności i jej zas to sowań .

15.1.

Ładunek

elektryczny

Jed ynym podstawowym oddziaływaniem , jakie omawialiśmy do tej pory, było oddziaływanie grawitacyjne. Gdy obliczymy siłę przyc iągania grawitacyjnego między elektronem i protonem, które znajdują się w odleg-

łości równej promieniowi atomu wodoru, otrzymamy

elektronem i protonem działa wszak· jeszcze inna siła przyciągająca równa 8,19 · 10-s N, czyli 2,27 · 10 39 razy większa. Ta znacznie większa siła, która również jest odwrotnie proporcjonalna do kwadratu odległości, jest nazywana silą elektrostatyczną (czasami także siłą elektryczną). Wiemy, że cała materia składa się z elektronów, protonów i neutronów. Jeśli zatem siły działające między elektronami i protonami czy dwoma elektronami są o tyle rzędów wielko'ści większe od siły grawitacyjnej, to dlaczego obserwujemy, że siła grawitacyjna działająca między dwoma dużymi ciałami jest większa od siły elektrostatycznej? Otóż siła elektrostatyczna działająca między dwoma elektronami (lub dwoma protonami) jest siłą odpychającą, a jej wartość jest taka sama, jak siły przyciągającej do siebie elektron i proton, jeśli tylko te ładunki znajdują się w takiej samej odległości . Ponieważ duże ciała zawierają taką samą liczbę elektronów i protonów, duże przyciągające i odpychające siły elektrostatyczne znoszą się wzajemnie, a pozostaje jedynie bardzo słaba siła grawitacyjna. Między

że

I 5.1.

Ładunek

243

elektryczny

Źródłem siły grawitacyjnej jest to, co na

s. 86

nazwaliśmy

masą

grawitacyjną

(lub

ładunkiem

grawitacyjnym). Podobnie źródło elektrostatycznej jest nazywane ładunkiem elektrycznym. (Często opuszcza się przymiotnik „elektryczny".) Masa czy ładunek cząstki są właściwie atrybutami matematycznymi, które mówią nam, jak siła grawitacyjna czy siła elektrostatyczna działa na daną cząstkę. Te dwa rodzaje sił są niezależne od siebie i nie istnieje żaden ustalony związek między masą ciała i jego ładunkiem. W przeciwień­ stwie do masy ładunek elektryczny może być bądź dodatni bądź ujemny. Dwa ładunki o przeciwnych znakach (ładunki różnoimien­ ne) doznają działania siły odpychającej (zobacz rys. 15.1).

siły

bolem e. Niektóre cząstki elementarne, takie jak neutron, foton czy neutrino mają ładunek równy zeru. Naładowane ciała mogą mieć ładunki równe jedynie całkowitej wielokrotności ładunku e. Zachowanie

ładunku

Jednym z najbardziej podstawowych praw fizyki jest zasada zachowania ładunku sformułowana przez Benjamina Franklina w 1747 roku. Zasada ta stwierdza, że w zamkniętym układzie wypadkowa ilość ładunku (ilość dodatniego ładunku minus ilość ujemnego ładunku) będzie pozostawała stała. Zasada ta obowiązuje nawet w skrajnym przypadku anihilizacji naładowanych cząstek. Jeżeli elektron jest anihilowany przez pozyton, ginie zarówno ładunek dodatni, jak i ujemny; jednakże wypadkowy ładunek był równy zeru przed anihilacją i takim pozostaje po anihilacji. Zasada zachowania ładunku została sprawdzona za pomocą wielu wyrafinowanych doświadczeń.

15.2. Prawo Coulomba Siła działająca między

dwoma naładowanymi jak i uniwersalna siła grawitacyjna Newtona, jest wprost proporcjonalna do iloczynu dwóch ładunków q 1 i q 2 i odwrotnie proporcjonalna do kwadratu odległości r mię­ dzy nimi

ciałami,

Rys. 15.1 Zależność kierunku znakó w dwóch ładunków

siły

elektrostatycznej od

Działanie siły odpychającej między ładun­

kami jednoimiennymi wykonując

można łatwo pokazać

następujące

doświadczenie .

PoKilka

trzyjmy dwa balony wełnianą szmatką . zewnętrznych elektronów z atomów wełny zostanie wychwyconych przez atomy balonu i w rezultacie oba balony będą naładowane ujemnie. Gdy balony zbli ż ymy do siebie, będą s i ę odpychały , mimo że nie zostały zetknięte (przypadek działania siły na odległość) . Kwantyzacja

ładunku

Do ś wiadczenia pokazują, że żadna naładowa­

na cząstka nie może mieć ładunku mniejszego niż ładunek elektronu czy protonu. Ta elementarna jednostka ładunku , równa 1,60 · 10 - 19 kulomba, jest oznaczana sym-

F=k 0 q 1 q 2 r2

(prawo Coulomba)

(15. 1)

gdzie k0 jest współczynnikiem proporcjonalności , który wyznacza się z doświadczenia. Stała ta nosi nazwę współczynnika Coulomba. Zależność siły F od q i r została sprawdzona z ogromną dokładnością. W układzie cgs wzór (15.1) jest wykorzystany do zdefiniowania jednostki ładunku . W tym celu podstawia się k0 = 1, a jednostkę ładunku definiuje się jako taki ładunek , który na równy sobie z odległości 1 cm działa siłą jednej dyny. Taka jednostka ładunku jest nazywana statkulombem (elektrostatyczną jednostką ładunku) . Zatem w układzie cgs

244

15. Si/a elektrostatyczna

gdzie q jest wyrażone w statkulombach. W układzie mks, czyli SI, jednostka ładun­ ku jest definiowana za pomocą siły magnetycznej działającej między jednakowymi prądami. Jak zobaczymy w rozdz. 17, tak zdefiniowana jednostka jest znacznie większa i jest powiązana ze statkulombem za pomocą prędkości światła. W układzie mks jednostka ładunku nosi nazwę kulomba i jest oznaczana symbolem C. W rozdziale 17 wykażemy, że między tymi jednostkami istnieje następujący

równania mają taką samą postać w układach mks i cgs. Aby przejść od układu mks do układu cgs wystarczy podstawić k 0 =1. Czytelnik, który ma zamiar zagłębić się w fizykę, musi znać równania teorii elektromagnetyzmu w obu układach jednostek: w układzie cgs (zwanym również układem Gaussa) oraz w układzie mks. W naszym ujęciu przejście od jednego układu jednostek do drugiego nie będzie sprawiało żadnego kłopotu.

związek

1 C = 2,998 · 10 9 statkulombów Zobaczymy, że stała przeliczenia 2,998 · 10 9 jest dokładnie równa prędkości światła pomnożonej przez 10. Teraz obliczymy k0 w układzie mks przekształcając wzór (15.1)

*Przykład 1. Dwie kulki węglowe mają niewielki nadmiar elektronów. Jaki musi być stosunek liczby elektronów do liczby protonów, aby siły elektrostatyczna i grawitacyjna dokładnie się równoważyły? ODPOWIEDŹ:

Fr 2 ko= - -

FE=FG

q1q2 Podstawiając q 1 =q 2 =1 statkulomb, r = 1 cm oraz F = 1 dyna otrzymujemy

2) (lo - s N)(10- 2 m) 2 (1 dyna)(l cm k - .c___:_ _ __:.__ _ _ 0 (1 statkulomb) [1 C/(2,998 · 10 9 )] 2

gdzie ą 1 i ą 2 są ładunkami, a m 1 masami tych kulek. Dalej,

i

m2

k 0 =8,988 · 10 9 N m 2/C 2:::::9 · 10 9 N m 2/C 2

G ( m1ą1)(ą2) mz =ko

Liczba 9 · 10 9 jest wystarczającym przybliże­ niem, a ponadto łatwo ją zapamiętać. Powszechnie przyjęło się zapisywać współczyn­ nik k 0 w układzie mks w postaci 1/4ne 0 . Zatem

Jeżeli przyjmiemy, że dla obu kulek stosunek liczby elektronów do liczby protonów jest jednakowy, to otrzymamy

F= - 1- q1q2 4ne0 r 2

gdzie

Teraz

wielkość

1

e0 = - - =8 854 · 10 - 12 C 2/(N m 2) 4nk 0

'

jest nazywana

!11=~

( 15.2)

prze nikalnością elektryczną

ą 1 =(Ne-Np)e gdzie Ne i N v i protonów

są

liczbami elektronów

pró-

ż ni.

m 1 =Nvmv+N"m"+Neme

W tej książce będziemy zapisywali równani a elektryczności używając stałej k0 zamiast e0 . Taki zapis nie tylko upraszcza niektóre obliczenia, lecz także ma tę zaletę, iż

gdzie mp, m" i me są odpowiednio masą protonu, neutronu i elektronu. Podstawiając mP:::::m"»me oraz Nv=N e mamy m 1 :::::2Nvmv. Zatem

245

15.2. Prawo Coulomba

!l..!_=(N. -Np)e rn 1 2N PrnP

{G

.Y ko (G =18.

2rnP e

Widzimy,

że działanie siły

10 - 1s

grawitacyjnej wtedy, gdy zaledwie jeden dodatkowy elektron przypada na około 5 · 10 17 protonów. może zostać zrównoważone

Zasada superpozycji

Do tej pory

omawialiśmy siłę wywieraną

na przez inne pojedyncze ciało naładowane. Przyjmijmy wszakże, że w sąsie­ dztwie rozważanego ciała znajduje się kilka naładowanych ciał. Jaka wtedy siła działa na to ciało? Kuszące wydaje się takie podejście do tego zagadnienia, jakie zastosowaliśmy przy omawianiu siły grawitacyjnej. Mianowicie siłę wypadkową obliczymy dodając wektorowo poszczególne siły dwuciałowe. Na rysunku 15.2 siła dziłająca na ładunek q jest równa F=F 1 +F2 +F3 • Może się to wydawać oczywiste, lecz nie potrafimy wyprowadzić tego związku z żadnej bardziej podstawowej zasady. Zasada superpozycji dla siły elektronaładowane ciało

o)

być

Szczęśliwie

sprawdzona za pomocą przechodzi ona

taką próbę .

N . -NP NP

.Yko '

statycznej musi doświadczenia.

W praktyce napotykamy problemy, w których źródłem siły elektrostatycznej jest rozciągłe jednorodnie naładowane ciało, na przykład naładowany drut czy naładowana prostokątna płyta. Wówczas F= fdF, gdzie dF jest siłą pochodzącą od każdego elementu ładun­ ku. W dalszym ciągu będziemy mieli do czynienia z liniową gęstością ładunku .A. wyrażoną w kulombach na metr, z powierzchniową gęstością ładunku CJ wyrażoną w kulombach na rn 2 oraz z objętościową gęstością ładunku p wyrażoną w kulombach na m 3 .

Przykład

2. Dipol elektryczny składa z dwóch ładunków + Q i -Q oddalonych od siebie o I. Moment dipolowy jest zdefiniowany jako p =QI. Jaka siła jest wywierana na ładunek q umieszczony w położeniu pokazanym na rys. 15.3? się

Dipol

q1 •

Rys. 15.3. Siły wywierane na ładunek q przez dipol o momencie dipolowym p = QI

ODPOWIEDŹ: Ponieważ trójkąt siły jest podobny do trójkąta utworzonego przez te trzy ładunki, więc

F Rys. 15.2. a) Siły wywierane na ładunek q przez ładunki q 2 i ą 3 . b) Suma wektorowa daje siłę wypadkową F

ą"

246

I 5. Si /a elektrostatyczna

Widzimy, że siła wywierana przez dipol na ładunek q zmienia się z odległością 3 . Ogólny przypadek, kiedy projak mień wodzący ładunku q tworzy dowolny k ą t z osią dipola, jest omówiony w przykładzie 6, rozdz. 16.

„-

r

r

p Rys. 15.4.

Układ

w punkcie

P nie ma

jak na rysunku 15.3 z

tą

różnicą , że

ładunku

15.3. Pole elektryczne Na stronie 87 wprowadziliśmy pojęcie pola grawitacyjnego. Natężenie pola grawitacyjnego w dowolnym punkcie przestrzeni można ok reś lić umieszczając w tym punkcie masę i mierząc wypadkową siłę grawitacyjną F G działającą na tę masę. Z definicji natężenie pola grawitacyjnego jest równe F G/m. Tego samego rodzaju rozumowanie możemy powtórzyć dla siły elektrycznej definiując natęże­ nie pola elektrycznego jako siłę elektryczną d zia łającą na ładunek próbny podzieloną przez ten ładunek. Aby zmierzyć natężenie pola elektrycznego Ew dowolnym punkcie P, n a l eży w tym punkcie umieścić ładunek pró bny i zmierzyć wypadkową siłę elektryczm1 F działającą na ten ładunek. Należy się upew ni ć, czy obecność ładunku q nie zmienia położeń innych ładunków. Wtedy

m

Pole E w punkcie P jest skierowane na prawo. Pole elektryczne w odległości r od pojedynczego ładunku punktowego Q jest równe

Q; E=~F=~(k q 0 „ q

r)

(pole elektryczne punktowego)

ładunku

(15 .4)

gdzie r jest wektorem jednostkowym skierowanym od Q do P. Pole elektryczne pochodzące od n ładun­ ków punktowych jest równe sumie wektorowej E=k 0

I Qjrj j = 1 „j

(definicja natężenia pola elektrycz(15.3) nego) Kierunek E jest taki sam, jak kierunek siły na dodatni ładunek próbny. Jednostk<1 n atęże ni a pola E jest niuton na kulomb. W n astę pn y m rozdziale zobaczymy, że ta jednostka jest równoważna innej u ży wa­ nej jednostce, równej wolt na metr.

Przykład 3. Całkowity ładunek nałado­ wanego pierście nia o promieniu R jest równy Q. Jakie jest pole elektryczne wzdłuż osi w odległości x 0 od środka?

Dla przykładu rozważmy pole elektryczne w punkcie P na rys. 15.4. Punkt P leży na symetralnej odci nk a łączącego dwa ładunki + Q i - Q. J eże li podstawimy wynik otrzymany w przykł. 2 do wzoru (15.3), to otrzymamy

dEx=dE(cos a)

dzialającej

ODPOWI E DŹ:

Na rysunku 15.5 pole

jest wytwarzane przez element dl pierś­ cienia, gdzie cosa= x 0 /r. Jeżeli Ji. = = Q/ 2nR jest liniową gęstością ładunku , to

Ad/

dE=k 0 -

„

2

247

15.3. Pole elektryczne arugośc

a)

dl

Linia

Obszar/!

Obszar I

dzielqca

y

P

./

dEx

./

./

- - - - i--- -- - - - -X -

Q

Rys.

/

15.5. Pole wytwarLane przez jednorodnie o całkowitym ładunku Q

naładowany pierścień

oraz ).dlx 0 dEx=ko-2 -

r

r

E=Ex= -k 0 h r3

0

f

dl= -k

0 ).x 0

r3 -(2nR)=

(x6 + R1)312 W

środku pierścienia

x 0 =O i E =O. Dla

x0 »R pole E---+k 0 Q/x6 i jest takie samo, jak pole ładunku punktowego w takiej samej odległości.

Rys. 15.6. Zarówno na rysunku a), jak i na rysunku b) pole E w obszarze I jest takie samo. Za pomocą pomiarów pola jedynie w obszarze I nie sposób określić rozkładu ładunków w obszarze li

pozwala

uniknąć pojęcia

15.4. Linie Jedną z zalet posługiwania się pojęciem pola elektrycznego jest to, że nie musimy zajmować się szczegółami dotyczącymi źródła

pola. Na przykład pole w obszarze I na rys. l 5.6a i b jest równe E = k 0 Q/r 2 • Istnieje wiele możliwych źródeł takiego pola. Może to być ładunek punktowy jak na rys. 15.6a lub jednorodnie naładowana powłoka jak na rys. b. Za pomocą szczegółowych pomiarów w obszarze nas interesującym (czyli w obszarze I) nie sposób ustalić, jaki rozkład ładunku jest źródłem tego pola. Wiemy, że źródło mogłoby poruszać się. Pojęcie pola elektrycznego pozwala nam wyjaśnić efekty relatywistyczne, na przykład fakt, że sygnały me mogą przemieszczać się szybciej niż światło. Zobaczymy dalej, że pole elektryczne jest rzeczywistą wielkością fizyczną ze swoją własną lokalną energią i pędem. W formalizmie pola wszystkie siły stają się lokalnymi, co

siły działającej

na

odległość.

sił

Kierunek poła E w przestrzeni można przedza pomocą ciągłych linii, takich jak linie na rys. 15.7. Takie linie, wskazujące kierunek E w dowolnym punkcie na linii, są nazywane liniami sil lub liniami strumienia. Użyteczność tych linii polega nie tylko na tym, że obrazują one kierunek pola, ale także można je narysować w taki sposób, by oddawały wartość E w każdym punkcie przestrzeni. Mianowicie linie sił kreśli się w taki sposób, by liczba linii na jednostkę powierzchni prostopadłej do tych linii była liczbowo równa natężeniu pola elektrycznego. Na rysunku 15.8 wybieramy pole LIA, które jest prostopadłe do E. Umawiamy się, że wektor LIA jest prostopadły do powierzchni, a zatem równoległy do E, a jego długość jest równa polu LIA. Niech LI będzie liczbą linii przechodzą­ cych przez LIA . Wówczas stawić

15. Siła elektrostatyczna

248

Llcf> E=L1A

lub Llcf> = EL1A Następnie rozpatrzmy pole L1A' na rys. 15.8, które jest nachylone pod kątem IX do L1A i które zawiera taką samą liczbę linii Llcf>. Wówczas

L1A L1A' = - -

cos

IX

Zauważmy ,

że

iloczyn skalarny wektorów

Ei L1A ' jest równy E · L1A'=E(L1A') cos

=E(~) Zatem w

c)

1X=E ·L1A=L1cf>

cos

COS IX

IX=

ogólności

liczba linii

sił

jest równa

(strum i eń

dcf>=E · dA

elektryczny, czyli liczba linii sił) (15.5)

Całkowity

przechodzący przez S jest równy sumie przyczynków E · dA po całej powierzchni

rozciągłą

cf>=

strumień

powierzchnię

'LE

· L1A

powierzchnia

Suma ta przedstawia

całkę powierzchniową

f

cf>= E dA s

Na rysunku 15.9 jest pokazana powierzchnia Rys. 15.7. Obrazy linii s ił pola dla: a) dwóch ładunków przeciwnego znaku (dipol), b) dwóch ładunków tego samego zna ku, c) dwóch ładunk ó w różnych - Q i +2Q

a)

-----

G

A

!JA' -/

LlA

]~·

Rys. 15.8. Cztery linie sił przecinają powierzchnie LIA i LIA ', które są nachylone wzg l ęd em siebie pod kątem a. Powierzchnia LI A jest p ros t o p a dła do linii si ł

..._._ F

" B

\

\ \

rE

I

/ c ___ ,,. o

Rys. 15.9. Krzywa graniczna powierzchni S. Punkty A, ..., G leżą na tej krzywej . Na rysunku są zaznaczone trzy wektorowe elementy powierzchniowe. a) Sama krzywa graniczna. b) Powierzchnia S. Aby podkreślić fakt, że powierzchnia S nie musi być płas k ą powierzchnią, wyb ra li śm y po wierzchnię, która wybrzusza się w kierunku p ros t opadłym do płaszczyzn y rys unku

249

15.4. linie sil

zaznaczone trzy spośród wielu elementów powierzchniowych. Wielkość
są

możliwych


~) (4nrf) = 4nk Q 0

Zwróćmy uwagę

na to, że otrzymany wynik nie zależy od r 1 , a zatem strumień jest jednakowy dla wszystkich r. Całkowita liczba linii sił wychodzących z ładunku punktowego Q jest równa 4nk 0 Q, a linie te ciągną się aż do nieskończoności. Teraz pokażemy, że liczba linii sił pozostaje równa
f E · dA = f E · dA'


s·

kul a

gdzie

S'

kształcie,

jest

powierzchnią

całkowicie

o

otaczającą

dowolnym ładunek

Q.

Niech fE · dA oznacza całkę z E po cał­ kowicie zamkniętej powierzchni o dowolnym kształcie. W ów czas (15.6) jeżeli

powierzchnia obejmuje pojedynczy ła­ dunek punktowy. Taka całkowicie zamknięta powierzchnia jest nazywana powierz c hnią Gaussa.

15.5. Prawo Gaussa Niech

zamknięta

powierzchnia obejmuje dwa punktowe Q1 i Q2 , jak pokazano na rys. 15.11. Całkowita liczba linii sił przecinających tę powierzchnią jest równa ładunki


Rys. 15.11. Dwa ładunki punktowe umieszczone ograniczonej powierzchnią S

wewną trz

objętości

gdzie E 1 jest polem wytwarzanym przez Q1 , a E 2 polem wytwarzanym przez Q2 . Zgodnie ze wzorem (15.6) fE 1 · dA =4nk 0 Q1 oraz fE 2 · dA = 4nk 0 Q2. Stąd
Rys. 15.10. Linie pomy ślaną kulę

sił pola ładunku punktowego o promieniu r,

przecinają

Wykazaliśmy, że w przypadku dwóch ładun­ ków punktowych całkowita liczba linii sił przecinających zamkniętą powierzchnię jest równa iloczynowi (4nk 0 ) i całkowitego ładun­ ku otoczonego przez tę powierzchnię. Pod obne rozumowanie można przeprowadzić dla

250 układu

15. Si/a elektrostatyczna

n

ładunków

wewnątrz

zamkniętej

powierzchni. Otrzymamy

c/Jcatk=( +

(prawo Gaussa)

(15.7)

gdzie Qwew11 jest wypadkowym ładunkiem zawartym wewnątrz zamkniętej powierzchni. W ogó lno ści całkowita liczba linii sił wychodz ącyc h z naładowanego ciała jest równa wypadkowemu ładunkowi tego ciała pomnożo nemu przez (4nk 0 ). Jeżeli Q jest ujemne, to linie sił wchodzą do ciała . Linie mogą zaczynać się lub kończyć jedynie na ładun­ kach, a wszędzie indziej są ciągłe . Jeżeli 4nk 0 Q"'"'''" jest małą liczbą, to można rysować mi krolinie, na przykład 10 6 mikrolinii jest równoważnych jednej grubej linii. Prawo Gaussa pozostaje w mocy niezależ­ nie od tego, czy na zewnątrz zamkniętej powierzchni znajdują się ładunki, czy też nie. Ro zważmy , na przykład , zamkniętą powierzchnię pokazaną na rys. 15.12, wewnątrz której Q"'"'"' =O. Widoczne na rysunku linie sił pr zec inające tę powierzchnię muszą pochodzić

od

jakiegoś ładunku zewnętrznego. Całkowity

strumień możemy rozbić

strumienia otrzymujemy

na

3)+(-5)+( +6)+(-4)=0

co zgadza

się

ze wzorem (15.7). Jest oczywiste, linia, która wchodzi do obszaru zawartego wewnątrz powierzchni, musi z niego wychodzić, a za tem wypadkowa liczba linii wychodzących z tego obszaru jest równa zeru. (Linia wchodząca jest linią ujemną, a linia wychodząca dodatnią) . że

każda

Ponieważ

lewa strona wzoru (15 .7) oznacza linii wychodzących z zampowierzchni, możemy napisać

wypadkową liczbę

kniętej

rnlk = ab+ be + cd + ds

Na rysunku 15.12 widzimy trzy linie przechoprzez obszar między a i b, a zatem c/Jub = + 3. Między b i c leży pięć linii, więc c/Jbc = - 5. Między c i d jest sześć linii, a stąd c/Jcd = + 6. c/J da= -4, cztery linie są bowiem zawarte mi ę dzy d i a. Dodając te cztery części d zące

pozawar-

ostatnie sformułowanie stanowi mną prawa Gaussa. Do wzoru Gaussa możemy wprowadzić stałą e0 podstawiając k 0 = 1/ (4ne0 )

To

wersję

f

EdA=.!._Q wew11

części

zamkniętej ładunek

eo

(15.8)

Wzór (15.7) lub (15.8) jest jednym z czterech podsta wowych równań Maxwella, stanowią­ cych podstawowe równania teorii zjawisk elektromagnetycznych. Mimo że prawo Gaussa jest matematycznie równoważne prawu Coulomba, jego postać często bywa wygodniejsza w użyciu przy obliczaniu pól elektrycznych czy rozkładów ładunku. W następ­ nym rozdziale zastosujemy prawo Gaussa do obliczenia następujących pól: I. Na zewnątrz naładowanej powłoki kulistej . 2. Wewnątrz i na zewnątrz jednorodnie nała­ dowanej pełnej kuli. 3. Na zewnątrz naładowanego drutu. 4. Wewnątrz jednorodnie naładowanego pełnego walca. 5. Na zewnątrz naładowanej płyty . 6. Między dwiema naładow a nymi płytami . 7. Wewnątrz jednorodnie n a ładowanej pełnej płyty .

Rys. 15.1 2. Dwuwy miarowe przedstawienie pow ierzchni z zew n ę trzn y m źród łe m po la E

zamkni ę tej

Gdyby ś my wnątrz

chcieli obliczyć pole na zejednorodnie n ała dowanej pełnej kuli

251

15.5. Prawo Gaussa posługując się

śmy

się

na

wzorem Coulomba,

natknęliby­

skomplikowaną całkę potrójną .

Newton udowodnił, że Ziemia inne ciała w taki sposób, jak gdyby cała jej masa była skupiona w środku Ziemi. Gdyby Newton znał prawo Gaussa, dowód zająłby dwie linijki zamiast kilku stron paskudnych obliczeń. Większość ciał stałych można podzielić na dwa rodzaje: przewodzące (zwane przewodnikami) i nieprzewodzące (zwane izolatorami). W izolatorze nadmiarowy ładunek może być rozmieszczony na powierzchni lub wewnątrz izolatora i będzie się tam utrzymywał. Natomiast przewodniki zawierają dużą liczbę swobodnych elektronów, które nie są związa­ ne z poszczególnymi atomami. Z tego wzglę­ du pole elektryczne wewnątrz przewodnika mogłoby istnieć jedynie przez krótki okres czasu, ponieważ swobodne elektrony poruszałyby się pod wpływem pola i zbierały się na powierzchni dopóty, dopóki nie wytworzyło­ by się pole elektryczne równe co do wartości , lecz przeciwnie skierowane względem pola

Tak

wła ś nie

przyciąga

zewnętrznego.

Na zakończenie tego punktu wykorzystamy prawo Gaussa do udowodnienia, że ładunek wprowadzony do przewodnika zawsze musi się zbierać na powierzchni tego przewodnika i to nawet wtedy, gdy został wprowadzony do jego wnętrza . Na rysunku 15.13 widzimy

Rys. 15.13. Linia przerywana oznacza zamknięt ą powierzbard zo blisko zewnę trz nej powierzchni

fE · dA

=

4nkoQwewn

s

W dowolnym punkcie powierzchni S wewnątrz przewodnika pole musi być równe zeru , bo gdyby było inaczej, elektrony poruszałyby się. (Ładunki nie poruszają się, czekaliśmy bowiem dopóty, dopóki nie ustalił się równowagowy rozkład wszystkich ładunków i elektronów przewodnictwa). Ponieważ ładu­ nki w przewodniku już się nie poruszają, więc na ładunek znajdujący się wewnątrz przewodnika nie działa żadna siła elektryczna. Stąd wynika E =O na całej powierzchni S, czyli fE · dA=O

Zatem lewa strona wzoru (15.7) jest równa zeru O= 4nkoQwewn a

stąd

wynika, iż Qwewn=O. Wypadkowy w całym obszarze wewnątrz zamkpowierzchni musi być równy zeru.

ładunek niętej

Ponieważ taką zamkniętą powierzchnię może­

my wybrać zupełnie dowolnie i zawsze otrzymamy Qwewn=O, więc udowodniliśmy, że wypadkowy ładunek w dowolnym małym obszarze wewnątrz przewodnika musi być równy zeru.

Przykład

4. Wokół Ziemi istnieje słabe pole elektryczne, które tuż powyżej powierzchni ma wartość ~ 100 N/C. (a) Jakie jest pole elektryczne tuż poniżej powierzchni? (b) Jaki ładunek powierzchniowy wytwarza pole E = 100 N/C tuż nad powierzchnią? Ile nadmiarowych elektronów na cm 2 potrzeba do wytworzenia takiego pola?

c hni ę l eżą cą

przewodnik o dowolnym

kształcie

(nawet

może być wydrążony). Rozważmy zamkniętą powierzchnię S tuż poniżej powierzchni przewodnika, na rysunku zaznaczoną linią przerywaną. Zastosujemy teraz prawo Gaussa do tej zamkniętej powierzchni

ODPOWIEDŹ: (a) Ziemia jest raczej przewodnikiem niż izolatorem, zatem obszar tuż poniżej powierzchni leży wewnątrz przewodnika, a wewnątrz przewodnika nie może istnieć żadne stałe pole. (b) Zastosujmy prawo Gaussa do kuli otaczającej Ziemię o promieniu nieco

I 5. Siła elektrostatyczna

252

od promienia Ziemi Rz. na kuli pole E jest stałe, więc całka jest równa iloczynowi E i powierzchni Ziemi Az

Dla R=l0- 2 m

fE · dA=E · Az

Dla R = 1 m ładunek Q jest 104 razy większy, czyli

większym

Ponieważ

Zatem prawo Gaussa przybiera

postać

Q=l,1·10 - 4 C

E · Az =4nk 0 Qz

gdzie Qz jest całkowitym ładunkiem powierzchniowym. Powierzchniowa gęstość ładunku jest równa Qz E 100 (J= - = - - = C/m 2 = Az 4nk 0 4n(9 · 10 9 ) = 8,84 · 10- 14 C/m 2 e= 1,6 · 10 - 19 C jest jednostw powyższym wzorze możemy podstawić C = e/(1 ,6 · 10 - 19 ) i otrzymujemy Ponieważ

ką

ładunku ,

(J=8 84 . 10 - 14e/(l,6. 10 - 19) ' cm 2 = 5 52 ·

'

10 5 _ e_ cm 2

Widzimy,

że

1 kulomb jest tak dużą kula w powietrzu nie

ilością ładunku, iż może

jej

„ utrzymać" .

Indukcja elektryczna Przypuśćmy , że wewnątrz elektrycznie obojęt­ nego przewodnika jest puste wydrążenie. Wiemy, że zawsze wypadkowy ładunek wewnątrz takiego przewodnika musi być równy zeru. Wyobraźmy sobie, że wewnątrz tego wydrążenia został umieszczony jakiś ładunek. Zgodnie z prawem Gaussa na ścianie wydrążenia musi zostać indukowany ładunek równy co do wielkości ładunkowi wprowadzonemu, lecz przeciwnego znaku, co pokazano na rys. 15.14. Jest tak dlatego, że wewnątrz powierzchni G aussa (zaznaczonej ładunek indukowany +Q ładunek indukowany-Q

Przykład

5. Gdy suche powietrze jest poddane działaniu pola elektrycznego o natężeniu większym od 1 · 10 6 N/C, gwałtownie się jonizuje, czego dowodem jest pojawienie się cienkich iskierek (powietrze staje się przewodnikiem). Jaki maksymalny ładunek może zgromadzić się na kuli o promieniu 1 cm? A jaki na kuli o promieniu 1 m? 00Po w1rnź:

Jako

wybierzmy

kulę

powierzchnię

Gaussa o promieniu nieco większym od promienia naładowanej kuli. Poniewa7 E jest stałe, więc całka po powierzchni jest równa E · (4nR 2 ). Zgodnie z prawem Gaussa ta całka musi równać się 4nk 0 Q E · (4nR 2 )=4nk 0 Q E · R2 Q= - ko

Rys. 15.14. Ładunek Q jest umieszczony wewnątrz wydrążenia znajduj ącego się w pełnym przewodniku kulistym. Na wewnętrznej i zewnętrznej powierzchni przewodnika pojawią się ładunki indukowane linią przerywaną)

nien

być

wewnątrz

wypadkowy ładunek powirówny zeru, co wynika z faktu, że przewodnika strumień elektryczny

253

I 5.5. Prawo Gausa

jest równy zeru. Ponieważ przewodnik jest elektrycznie obojętny, więc na zewnętrznej jego powierzchni będzie gromadził się ładu­ nek tej samej wielkości, co ładunek indukowany na ścianie wydrążenia, lecz przeciwnego znaku. Jest to przykład zjawiska indukcji elektrycznej. Kiedykolwiek obojętne elektrycznie ciało znajdzie się w obszarze działania pola elektrycznego, zawsze na jego powierzchni zgromadzą się indukowane ładu­ nki. W przewodniku (nawet złym) te ładunki zrównoważą ładunek znajdujący się wewnątrz

przewodnika. W doskonałych izolatorach także będą indukowane ładunki, lecz nigdy nie zrównoważą one całkowicie pola wewnątrz ciała. Taki izolator jest nazywany dielektrykiem, a jego właściwości omówimy w punkcie 16.6. Dzięki zjawisku indukcji elektrycznej moż­ na również naładować elektrycznie obojętny przewodnik. Na rysunku 15.15 jest przedstawiony schematycznie przebieg takiego doświadczenia. Naładowany pręt szklany zbliża­ my do dwóch elektrycznie obojętnych prze-

a)

b)

c)

wodników kulistych. Wówczas elektrony przewodnictwa z bardziej odległej kuli są przyciągane przez dodatnie ładunki, znajdujące się na pręcie, do kuli bliższej pręta, co pokazano na rys. 15.15a. Następnie kule rozdzielamy i każda z nich zachowuje wypadkowy ładunek (rysunek b). Na rysunku c pręt został usunięty, ale pierwotnie nienaładowane przewodniki pozostają naładowane. Taki proces ładowania można powtarzać wielokrotnie używając tego samego pręta, można też ładować w ten sposób dowolnie wiele przewodników, w każdym przypadku ładunku na pręcie nie ubywa.

Podsumowanie

Samoistny ładunek wszystkich cząstek elementarnych bądź jest równy zeru, bądź + e lub -e, albo też jest równy całkowitej wielokrotności ±e, gdzie e=l,60 · 10 - 19 C. Z prawa Coulomba wynika, że siła działająca między dwoma naładowanymi cząsteczkami jest równa 1 2 F-k - o q r1q r' gdzie

oo OO +

+

+

+

+

Rys. 15.15. Ładowanie przez indukcję. a) Naładowany pręt jest zbliżany do dwóch nie naładowanych przewodników. b) Przewodniki zostały rozdzielone. c) Naładowany pręt został usunięty, a kule pozostały naładowane ładunkiem jednakowej wielkości i przeciwnego znaku

k 0 =9,00 · 10 9 Nm 2 /C 2

Natężenie pola elektrycznego jest zdefiniowane jako siła elektryczna na jednostkę ładun­ ku, czyli E = F/q. Pole elektryczne wytwarzane przez ładunek punktowy Q jest E = k0 ( Q/ r 2 ) r. Pole elektryczne wytwarzane przez element objętości dV ładunku przestrzennego o gęstości p jest dE = k0 (r/r2 ) pd V Wypadkowe pole wytwarzane przez ciało rozciągłe można obliczyć całkując to wyraże­ nie względem objętości. Strumień elektryczny, czyli liczba linii sił, jest równy d=E dA. Wypadkowy strumień wychodzący z ciała jest = §E dA , przy czym całkuje się względem całej powierzchni otaczającej to ciało. Z prawa Gaussa wynika, że wartość tej całki powierzchniowej jest równa wypadkowemu ładunkowi otoczonemu przez tę powierzchnię pomnożonemu przez (4nk 0 )

§E · dA = 4nkoQwewn Jednym z wniosków

wynikających

z prawa

254

15. Si/a elektrostatyczna

Gaussa jest stwierdzenie, iż wypadkowy ładu­ nek wewnątrz przewodnika jest równy zeru. Ćwiczenia

1. Ile wynosi stosunek siły elektrycznej do siły grawitacyjnej dla dwóch elektronów? 2. Powtórz obliczenia wskazane w przykł. 1 dla dwóch kul wykonanych z zamrożonego wodoru. 3. Jak pole elektryczne w punkcie P (patrz rysunek) wyraża się za pomocą q, I i r? +q

(a) Narysuj linie sił dla wypadkowego pola elektrycznego. (b) Jaki jest wypadkowy strumień wychodzący z kuli? (c) Ile jest nadmiarowego ładunku na przewodniku? 8. We wszystkich czterech wierzchołkach kwadratu o boku 10 cm są umieszczone ładunki równe 10 - 8 C. Podaj wielkość i kierunek E w środku kwadratu dla następujących znaków ą 1 , q 2 , ą 3 i q4: (a) +, +, +, +, (b) +, +, (c)

+, +, 10cm

p

r

•

+q Ćwiczenie 3

Ćwiczenie 8

4. Jak pole E w punkcie P (zobacz rysunek) wyraża się za pomocą q, r i I?

• I. • -q

+q

p

r

J

Ćw i cze ni e 4

9. Jaki jest stosunek siły grawitacyjnej do siły elektrostatycznej dla dwóch protonów? 10. Załóż, że nadmiarowy ładunek powierzchniowy Ziemi jest równy 1 elektron/cm 2. (a) Jakie jest pole elektryczne tuż pod powierzchnią ?

tuż

(b) Jakie jest pole elektryczne

nad

powierzchnią?

5. Do metalowej kuli jest dostarczony dodatni ładunek q. Czy masa kuli zwiększy się, czy zmmeJszy, czy też pozostanie niezmieniona? 6. Ładunek - 4 · 10 - s C jest umieszczony w odległo śc i 10 cm od ładunku + 5 · 10 - 5 C. Ile wynosi siła elektrostatyczna? Ile linii sił rozciąga się do nieskończoności (przyjmij, iż nie ma żad­ nych innych ładunków)? 7. Ładunek równy -1 · 10 - 6 C jest umieszczony w śro dku wydrążonej kuli metalowej . Na zewnętrznej powierzchni kuli znajduje się dodatni ładunek powierzchni owy równy + 1,5 · 10 - 6 C.

"'•

+q

Ćw icze nie IO

11. Narysuj linie sił dla układu ładunków przedstawionego na rys. 15.14. 12. W środku wydrążonej kuli przewodzącej jest umieszczony ładunek + q. Na zewnę-

255

Ćwiczenia i zadania trzną powierzchnię

kuli został nałożony Jaki będzie wypadkowy po ustaleniu się równowagowego

y

+ q.

ładunek ładunek

rozkładu

(a) na wewnętrznej powierzchni kuli? (b) na zewnętrznej powierzchni kuli? 13. Powtórz obliczenia wskazane w ćwicz. 4 w przypadku, kiedy oba ładunki q są dodatnie. 14. Jak duża kula jest potrzebna do utrzymania ładunku l C w powietrzu?

Zadania następującą hipotezę:

15. Zbadaj siła

przyciągająca

przyjmij, że do siebie dwa róż­ jest bardzo nieznacz-

noimienne ładunki nie większa od siły odpychającej działają­ cej między dwoma ładunkami jednoimiennymi. Przyjmij, że nadwyżka przyciągania jest równa 4,04 · 10 - 3 7 , to znaczy

R

o

X

R

Zadanie 17 Jeżeli

ładunek każdego pierścienia jest równy Q, to jak pole E wzdłuż osi x wyraża się jako funkcja x , Q i R? 18. Jakie jest pole elektryczne w punkcie P, jeżeli jest wytwarzane przez jednorodnie naładowany krążek o promieniu R i powierzchniowej gęstości ładunku
1 2 37 -(1+404 , · 10- )k 0 Q r ~

kiedy Q1 i Q2 mają przeciwne znaki

F= k QIQ2

+

o

p Xo

X

kiedy Q1 i Q2 mają jednakowe znaki

wypadkowa będzie działała dwoma atomami wodoru znajdującymi się w odległości 1 m? Porównaj wielkość tej siły z siłą grawitacyjną . Dlaczego taka hipoteza nie może wyjaś­ niać grawitacji? (Podaj przykład , kiedy ta hipoteza daje błędną odpowiedź dla siły grawitacyjnej). 16. Przyjmij, że atom wodoru składa się z elektronu o ładunku -e poruszającego się po orbicie kołowej wokół protonu o ładunku + e. Promień orbity jest równy 0,53 · 10- 10 m. (a) Ile wynosi stosunek prędkości światła do prędkości elektronu? (b) Ile obrotów na sekundę wykonuje elektron? 17. Dwa naładowane pierścienie o promieniu R znajdują się w odległo ści R od siebie. Jaka

siła

,2

dq=6(2 rrr dr)

z

między

Zadanie 18 promień R dąży do Wówczas otrzymamy pole wytwarzane przez nieskończoną pła­ szczyznę o ładunku powierzchniowym rr. 20. Jakie jest pole elektryczne w punkcie P, jeżeli jest wytwarzane przez naładowaną

19. Niech w zad. 18 nieskończoności.

p Xo

X

Zadanie 20

I 5. Siła elektrostatyczna

256

powierzchnię

R i

długości

walcową

I?

o

promieniu jest

Całkowity ładunek

równy Q. 21. Jakie jest pole elektryczne w odległości y 0 od nieskończenie długiego drutu o liniowej gęstości ładunku równej ). ? Zauważ, że przyczynek pochodzący od dx jest równy Adx k0 2 dEy=k 0 - 2 cosa=- cosa da

r

Yo

p

X

dx Zad anie 21

22.

Rozważ

l ·-.1

+q

X

p

••

-q

Zadanie 23

dwie

współśrodkowe wydrążone

z których każda jest przewodząca. Wewnętrzne promienie tych dwóch powłok są równe odpowiednio R 1 i R 3 . W środku jest umieszczony ładunek q 1. Między dwoma opisanymi powłokami znajduje się trzecia powłoka kulista

kule o

o promieniu R 2 , na której jest ładunek q2. (a) Jaki jest ładunek na powierzchni o promieniu R 1? (b) Jaki jest ładunek na powierzchni o promieniu R 3 ? (c) Jaki jest ładunek na powierzchni o promieniu (R 1 + d)? (d) Jaki jest ładunek na powierzchni o promieniu (R 2 + d)? 23. Ładunki q są rozmieszczone w wierzchoł­ kach kwadratu jak pokazano na rysunku. Punkt P znajduje się w odległości x od środka. Jakie jest pole E w punkcie P, jeżeli x » I?

grubości d,

24. Dwa dipole o momencie dipolowym p są oddalone od siebie o x 0 , a ich momenty dipolowe mają przeciwne zwroty. Wykaż, że dla x znacznie większego od x 0 E = = 3k 0 px 0 / x 4 . (Tego rodzaju rozkład ła­ dunku jest nazywany kwadrupolem elek-p

ł 1.

+p

.. ł Xo

X

„.

p

.1

Zadanie 24

trycznym. Zwróć uwagę, że pole jest odwrotnie proporcjonalne do czwartej potęgi odległości) .

25. W zadaniu 17 dwa pierścienie są odległe od siebie o flR. Oblicz 8E/8x i 8 2 E/8x 2 w punkcie x = y =O. 26. Dla jakiego x 0 w przykł. 3 pole E ma wartość maksymalną?

Zadanie 22

16 Elektrostatyka

W urządzeniach elektrycznych takich jak kondensatory, anteny, linie przesyłowe, falowody, przyrządy półprzewodnikowe itp. zawsze mamy do czynienia z naładowanymi powierzchniami. Zanim przejdziemy do obliczenia ilości ładunku na takich powierzchniach czy napięć przezeń wytworzonych, musimy znać pola elektryczne wytwarzane przez typowe rozkłady ładunków . W tym rozdziale obliczymy pola elektryczne dla następujących rozkładów ładunku: kulistego, walcowego i płaskiego. Następnie zdefiniujemy potencjał elektryczny i napięcie oraz pokażemy, w jaki sposób wyznacza się napięcie, gdy są znane ładunki . Rozdział zakończymy omówieniem pojemności oraz dielektryków.

16.1. Kuliste

rozkłady ładunków

Pierwszym rozkładem ładunku , jaki omow1my, będzie naładowana powierzchnia kulista o całkowitym ładunku Q, pokazana na rys. 16.1. Obliczymy pole E zarówno wewnątrz, jak i na zewnątrz tej powłoki kulistej. Ze względu na symetrię linie pola E muszą rozchodzić się radialnie ze środka. (Dana linia pola E wychodząca z takiej powierzchni nie może się zaginać w żadną stronę, ponieważ ani prawa ani lewa strona nie jest wyróż-

Rys. 16.1. Jednorodnie naładowana powierzchnia kulista o promieniu R. Linia przerywana oznacza pomyślaną kulę o promieniu r. Linie sił są kolorowe

powierzchnię całkowania (czyli Gaussa) wybierzemy kulę o promieniu r, na rysunku zaznaczoną linią przery-

niona.) Jako

powierzchnię

waną .

W dowolnym punkcie na tej kuli mamy

E · dA = E dA, a

więc

fE ·dA = EfdA = E(4nr

2

)

Zgodnie z prawem Gaussa równa 4nkoQwewn

E( 4nr 2 ) = 4nk 0 Q

całka

ta jest

258

16. Elektrostatyka

dla r>R

( 16.1)

czyli

Mm

Zauważamy, że

otrzymany wynik jest taki sam, jak w przypadku, gdy cały ładunek jest skupiony w punkcie r =O, podczas gdy naprawdę jest rozłożony w odległości r = R od środka kuli. Dla pola wewnątrz powłoki mamy

fEwewn · dA =0 Ewewn(4nr 2 ) =O Ewewn=O

dla r
Taki sam wynik otrzymaliśmy na s. 88 dla pola grawitacyjnego wewnątrz wydrążonej kuli. Jednorodnie

naładowana

kula

Ponieważ jednorodnie naładowaną pełną kulę zawsze można rozłożyć na szereg współśrod­ kowych powłok kulistych, więc pozostaje w mocy wzór (16.1) opisujący pole na zewnątrz kuli. Zauważamy, że podstawienie r = R we wzorze ( 16.1) prowadzi do wzoru

E = k 0 _Q_ Rz

(na powierzchni

naładowanej

ko siłę mamy

F m

R2

,,,.,.------Qwewn=Q

(16.2)

I \

•.

\

..........

r3 '-\

/

pola grawitacyjnego jana jednostkowy ładunek grawitacyjny

M

- =G -

3

nowi (r/ R) 3 całej naładowanej objętości. Stąd

kuli)

M pola grawitacyjnego) = G R 2

Wyrażając natężenie

gdzie m jest masą umieszczoną na powierzchni dużej masy M. Jest to rozwiązanie problemu, który Newtonowi przysporzył wiele kłopotu. Jeżeli m jest masą jabłka, to Ziemia przyciąga je w taki sposób, jak gdyby cała masa Ziemi była skupiona w jej środku. Tyle o grawitacji. Powrócimy teraz do elektrostatyki. Naszym następnym zadaniem jest obliczenie pola E w punkcie P leżącym wewnątrz jednorodnie naładowanej kuli. Jako powierzchnię Gaussa wybierzemy kulę przechodzącą przez punkt P, który leży wewnątrz nałado­ wanej kuli, jak pokazano na rys. 16.2. 4 Objętość wewnętrznej kuli, równa nr 3 , sta-

/

gdzie Q jest całkowitym ładunkiem pełnej kuli. Powtarzając to rozumowanie w odniesieniu do grawitacji można udowodnić, że siła grawitacyjna wywierana przez kulę jest taka, jaka byłaby w przypadku, gdyby cała masa kuli była skupiona w jej środku. Ponieważ oddziaływanie grawitacyjne również jest odwrotnie proporcjonalne do kwadratu odległości, zastosowanie prawa Gaussa w grawitacji dałoby takie samo wyrażenie jak wzór (16.2) z tą rozmcą, że k0 należałoby zastąpić przez G, a Q przez masę kuli M. Zatem (natężenie

F=GR2

Rf

\ I

r • łP I

\_ '-.

..._

--

I

I

//

Rys. 16.2. Kulista powierzchnia Gaussa jest poprowadzona przez punkt P i otacza ładunek Qwew"

wynika, iż ładunek . wewnątrz powierzchni Gaussa jest równy Qwewn = Q(r/ R) 3 i z prawa Gaussa otrzymujemy 3

c/>EdA =4nk 0 ( Q

~3) r3

E(4nr 2 )=4nk 0 Q R 3

Q

E=ko R3 r

(16.3)

gdzie E jest natężeniem pola wewnątrz jednorodnie naładowanej kuli o promieniu R i całkowitym ładunku Q. Na rysunku 16.3 jest przedstawiony wykres pola jako funkcja r.

16./ . Kuliste

259

ro zk łady ładunków

ei F= -k 0 - x R3

Zgodnie z trzecim prawem ruchu Newtona taka sama siła działa na elektron, a zatem

o

r m

Rys. 16.3" Wykres E jako funkcj a Jednorodnie naładowanej kuli

od legło ści

od

środka

d2 x k 0 e2 =---X e dt2 R3 -

Ściśle mówiąc, powinniśmy posługiwać się

raczej

masą

*Przykład 1. W rozdziale 25 będziemy mówili o tym, że dość dobrym opisem atomu wodoru jest następujący jego model: elektron traktujemy jak sztywną jednorodnie naładowaną kulę o promieniu R~ 10 - 10 m, całkowitym ładun­ ku Q= -e= - 1,6 · 10- 19 C i masie m. =9,1 · 10 - 31 kg. Normalnie proton o ładunku +e znajduje się w środku tej kuli, zwanej chmurą elektronową . Przypuśćmy, że proton został przemieszczony ze środka chmury elektronowej o małą odległość x 0 , co pokazano na rys. 16.4. Gdy proton i elektron zostaną

Proton

Rys. 16.4. Elektron przedstawiony jako jednorodnie naładowana kula zos tał przemieszczony wzglę­ dem protonu na od legł ość x 0

puszczone swobodnie, wówczas będą z amplitudą x 0 wokół swoich położeń równowagi. Jaka będzie częs­ totliwo ść tych drgań?

drgały

ODPOWIEDŹ:

Zgodnie ze wzorem (16.3) s iła przywracaj ąca proton do położenia równowagi będ zie równa - e) F=eE=e [ k 0 (yx

J

zredukowaną

µ= elektronu m., ale µ>~m. (zobacz s. 185). Dzieląc obie strony przez m. otrzymujemy

= M Pm./(M P+ m. )

di x dt 2

= -( koe2 )

niż masą

x

m. R 3

Zgodnie ze wzorem (11.7)

W=~ ..J -;;;:R3

(16.3a)

!=.!___ 2n

=2,5 · 10 15 Hz częstotliwość jest bliska promieniowania elektromagnetycznego wysyłanego przez atom wodoru w pierwszym stanie wzbudzonym. Potwierdza to nasze stwierdzenie, że taki model atomu wodoru jest uzasadniony.

Tak obliczona częstotliwości

Przykład 2. Jaki moment dipolowy zostanie indukowany w atomie umieszczonym w polu elektrycznym E 0 ? Przyjmijmy, jak w poprzednim przykładzie , że zewnętrzny elektron można przedstawić jako jednorodnie naładowan ą chmurę o promieniu R. ODPOWIEDŹ: Gdy obojętny elektrycznie atom zostanie umieszczony w polu elektrycznym E0 (rys. 16.5), wówczas chmura elektronowa doznaje działania siły F = - eE 0 i jest ciągnięta przez pole tak, że jej śro dek oddala s ię o x 0 od

260

I 6. Elektrostatyka

A.

będzie

pręta,

ładunkiem

czyli

na

jednostkę

długości

liniową gęstością ładunku.

Jako Gaussa wybierzemy walec o długości L, jak pokazano na rys. 16.6. Ta powierzchnia otacza ładunek Qwewn = ).L. Z prawa Gaussa (15.7) otrzymujemy powierzchnię

Rdzeń

Rys. 16.5. W atomie chmura elektronowa i jądro atomu zo s tały przemieszczone względem siebie o odległość x 0 przez zewn ę trzne pole elektryczne E 0

rdzenia atomowego (który ma ładunek Q= +e). Wówczas atom ma indukowany moment dipolowy p=ex 0 . Jeżeli zewnętrzny elektron traktujemy jak jednorodnie naładowaną kulę o promieniu R, to moment dipolowy możemy wyrazić za pomocą R, e i E 0 . Ze wzoru (16.3) wynika, że pole wytwarzane przez chmurę elektronową w punkcie, w którym znajduje się rdzeń , jest równe Echmura =

k e

0 -/i.3 Xo

Pole wypadkowe na rdzeniu wynosi k0 e Ewyp =Eo+ Echmura =Eo- R3 Xo Ponieważ rdzeń znajduje się w położe­ niu równowagi, więc działająca nań siła wypadkowa, a zatem i wypadkowe pole muszą być równe zeru, a stąd

fE · dA =4nk 0 ().L) L

\

p

,

I

Rys. 16.6. Część naładowanego pręta . Powierzchnię Gaussa stanowi walec o długości L i promieniu r

Wykorzystując

ponownie argumenty wynikaz symetrii problemu wnioskujemy, że linie pola E mogą rozchodzić się jedynie radialnie. Stąd wynika, iż wektory E i dA tworzą kąty proste na obu powierzchniach zamykających walec oraz że są równoległe na zakrzywionej powierzchni walca. Ponieważ E · dA jest równe zeru na powierzchniach zamykających walec, mamy

jące

fE · dA =E(2nrL) Przyrównując

to

wyrażenie

do 4nk 0 .A.L otrzy-

mujemy 2nr LE= 4nk 0 L2

k0 e

0=E 0 -/i.3 x0

2k 0 ).

E= -r

R3

Xo= - Eo ek 0

pochodzące od ładunku liniowego)

(pole

(16.5)

wewnątrz jednorodnie Ponownie wybierzemy powierzchnię Gaussa w kształcie walca o dłu­ gości L, lecz tym razem o promieniu r < R. Jeżeli p jest ładunkiem pręta na jednostkę objętości, to ładunek otoczony przez walec, na rys. 16.7 zaznaczony linią przerywaną, jest równy Qwewn=pnr 2 L. Z prawa Gaussa wynika

Teraz obliczymy pole

Indukowany moment dipolowy jest zatem równy R3

p= ex 0 = - E 0 ko

16.2. Liniowe

I

._L _ _ _ _ _ _ _,._,,

(16.4)

rozkłady ładunków

Najpierw rozważymy pole w odległości r od jednorodnie naładowanego drutu lub pręta o długości znacznie większej od r . Niech

naładowanego

pręta .

fE · dA = 4nk

(pnr 2 L)

0

E(2nr L) = 4nk 0 pnr 2 L E=2k 0 pnr

(wewnątrŻ pręta)

(16.6)

16.2. Liniowe

261

rozkłady ładunku

wewnątrz wydrążonej kuli jest równe zeru. Pole pochodzące od wewnętrz­ nego przewodnika jest dane wzorem (16.5)

2k 0 ). Eu=-r Czę ść jednorodnie naładowanego pręta. Powierzcałkowania jest walec o długości L i promieniu

(16.7)

Rys. 16.7. chnią

podstawy r

Pole to

możemy wyrazić również

Je pisząc

za

pomocą

). = pnR 2 . Wtedy

2k 0 ). r Rz

(16.6)

E= -

Przykład

3.

Kabel

koncentryczny z drutu otoczonego wydrążonym przewodnikiem walcowym. Załóżmy, że liniowe gęstości ładunku na tych przewodnikach są równe). i -A, co pokazano na rys. 16.8. (a) Jakie jest pole E w obszarze I? (b) Jakie jest pole E w obszarze II? (współosiowy) składa się

-A

16.3. Płaskie rozkłady ładunków· Teraz pragniemy obliczyć pole wytwarzane przez jednorodnie naładowaną nieskończoną płaszczyznę. Niech (J oznacza ładunek na jednostkę powierzchni, czyli powierzchniową gęstość ładunku. (W rzeczywistości może to być cienka płyta metalowa o skończonych wymiarach pod warunkiem, że interesują nas odległości od płyty znacznie mniejsze niż odległość od krawędzi płyty.) Powierzchnię całkowania wybierzemy w kształcie fiolki, czyli walca z płaskimi podstawami o polu powierzchni A 0 , przy czym każda podstawa walca jest odległa o a od płyty , jak pokazano na rys. 16.9. Ładunek otoczony przez taką powierzchnię jest równy Qwewn = (JA 0 . Ponieważ ani lewa, ani prawa strona płyty nie jest wyróżniona, linie strumienia muszą jednakowo wychodzić w obie strony. Przyczynek do całki powierzchniowej pochodzący od każdej podstawy walca jest równy EA 0 . Ponieważ walec ma dwie podstawy, zatem

fE · dA=2EA 0

Obszar I +

Rys. 16.8. Współosiowe przewodniki o jednakowym ładunku przeciwnego znaku r-----

ODPOWIEDŹ:

(a)

Jako

I

powierzchnię

Gaussa możemy wybrać walec, który otacza oba przewodniki. Ponieważ wypadkowy ładunek w obszarze zamkniętym przez· tę powierzchnię jest równy zeru, więc E 1 =O. (b) W tym obszarze r < R. Pole pochodzące od samego zewnętrznego przewodnika jest równe zeru z tego samego powodu, dla którego pole

I I

r-~-

k-----, Pole Ao V+ I

+-a-l +

Rys. 16.9. Przekrój poprzeczny nieskończonej !laładowanej o gęstości powierzchniowej Cf kulombow na, . metr kwadratowy. Linią przerywaną zaznaczono przekroi poprzeczny walca o długo ści 2a i polu podstawy A 0 płyty

262

16. Elektrostatyka

wewnątrz

fE · dA =4nk 0 aA 0 2EA 0 = 4nk 0 aA 0 E = 2nk 0
zewnętrznej

powierzchni, a wszędzie przewodnika pole E =O. Co więcej, linie pola E wychodzące z przewodnika muszą być prostopadłe do powierzchni. Jest tak dlatego, że składowa styczna pola E do powierzchni musi być równa zeru (gdyby ta składowa była różna od zera, wówczas elektrony przewodnictwa przemieszczałyby się po powierzchni). Rozważmy przewodnik o kształcie pokazanym na rys. 16.11 , a na

jego

Z prawa Gaussa otrzymujemy

(naładowana pł y ta)

(16.8)

Wiele stosowanych w praktyce urządzeń się z dwóch płaskich równoległych płyt, naładowanych ładunkami przeciwnego znaku i jednakowej wielkości , jak to pokazano na rys. 16.10. Pole E. wytwarzane przez samą płytę a jest równe E. = 2nk 0
~--- + +

+ +

+

Rys. 16.11. Lini ą przerywa ną zaznaczono mały obszar o polu podstawy LIA o t aczaj ący ł adunek uLIA

+ Rys. 16.10. Pole mi ęd zy dwiema płytami n ał ad o w a n y mi lad unkiem jednakowej wielkości i przeciwnego znaku

i „odchodzi" od W obszarze I

płyty.

jego powierzchni mały obszar o polu powierzchni L1A . Całka powierzchniowa po powierzchni tego małego obszaru jest równa fE · dA =EL1A Ładunek otoczony przez tę powierzchnię jest równy Q wewn =
E1=E•1 +Ebi= = 2nk 0
EL1A =4nk 0 (
W obszarze II E 11 = E. 11 +Eb 11 =

przewod-

= ( -2nk 0
E 11 = - 4nk 0
( 16.9)

W obsza rze III E 111

=

E•111

+ Eb111

= ( - 2nk 0
ża dnego pły t a mi

Powierzchnia przewodnika

W poprzednim rozdziale pok aza li ś my , że w przewodniku cały ł adunek gromadzi s i ę na

Jednorodnie naładowana płyta

Teraz obliczymy pole E w odległości x 0 od środka jednorodnie naładowanej pełnej płyty, która jest nieskończona w dwóch spośród trzech wymiarów. Jako powierzchnię Gaussa wybierzemy pudło w k ształcie prostopadło­ ścianu (rys. 16.12), które ma długość x 0 w kierunku x i pole powierzchni A 0 w płasz­ czyźnie yz. Obj ę to ść tego pudła równa s i ę x 0 A 0 , a ładunek wewnątrz niego jest równy Q wewn = px 0 A 0 . Jedyny przyczynek do E · dA pochodzi od ściany po prawej stronie pudła,

f

16.3.

263

Płaskie roz kłady ładunków

Zwróćnw uwagę

na fakt, że częstotliwość obliczona w przykł. 4 nie zależy od grubości płyty. Jednym z przykładów warstwy czy „ płyty" dodatniego ładunku jest warstwa plazmy, jaką stanowi jonosfera znajdująca się nad atmosferą ziemską. Gęstość dodatniego ład u n ku wynosi p =N+ e. gdzie N + jest równe liczbie jonów na jednostkę objętości . W ówczas

y

drgań

Pole A0

f =~

X

2n: Rys. 16.12. Jedn orodnie n aładowana płyta scentrowana na płaszczyźnie yz. Lewa krawęd ź prostopadłościanu zaznaczonego linią przerywaną leży wzdłuż osi y w punkcie

x= O

ponieważ

z symetrii wynika, E=O. Zatem

fE · dA=EA

iż

dla x =O pole

4n:k 0 N + e

2

m.

jest częstotliwością drgań pojedynczego elektronu wewnątrz naładowanej warstwy. Można pokazać, że podane wyżej wyrażenie opisuje częstotliwość drgań elektronu także wtedy, gdy liczba elektronów równa się liczbie dodatnich jonów. Gdy elektrony w plazmie zostaną w jakiś sposób zaburzone, wówczas będą drgały z taką właśnie częstotliwością (zwaną częstotliwością plazmową).

0

Po przyrównaniu do 4n:k 0 Qwe wn otrzymujemy

Fale radiowe o częstotliwości mniejszej od plazmowej odbijają się od jonosfery. Jonosfera zachowuje się jak przewodnik. Dzięki odbiciu fal radiowych od jonosfery jest możliwe połączenie radiowe na całej powierzchni Ziemi. Natomiast w połą­ czeniach radiowych z satelitami Ziemi należy stosować częstotliwości większe od częstot­ liwości plazmowej. Obliczone przez nas pola dla różnych rodzajów naładowanych ciał są zebrane w tab. 16.1. częstotliwości

EA 0 = 4n:k 0 (px 0 A 0 )

(16.10)

E=4n:k 0 px 0

Przykład

4. Przypuśćmy, że w punkcie x = x 0 wewnątrz jednorodnie naładowa­ nej płyty został umieszczony elektron, a potem puszczony swobodnie. Opiszemy jego ruch. Pominiemy siły tarcia. ODPOWIEDŹ: Siła działająca

znajdujący

się

na elektron w dowolnym punkcie

x jest równa F=( -e)E= -4n:k 0 epx 2

d x = - (4n:k 0 ep) x dt 2 m. W y korzystali ś my tutaj wzór (16.10). Jest to przykład siły harmonicznej. Zgodnie ze wzorem (11.7) rozwiązaniem tego równania jest x = x 0 cos wt , gdzie

16.4.

Potencjał

elektryczny

Przed rozpoczęciem lektury tego punktu radzimy przeczytać ponownie strony 99- 102 i p. 7.3. Zgodnie ze wzorem (6.12) różnica elektrycznych energii potencjalnych między punktem a i punktem b dla ciała o ładunku q jest równa b

b

Ub-Ua=-f Fds=-qf Eds w= J 4n:k 0 ep m.

(elektryczna energia potencjalna) (16.11)

264

7. Elektrostatyka różne

Tabela 16.1. Pola elektryczne wytwarzane przez naładowane jednorodnie w całej objętości.)

Położenie

na

Rodzaj

pełna

zewnątrz

wydrążona

wewnątrz

pełna

na

drut lub

ciał naładowanych.

ko-;:z

kula

kula

o

I Q --r 4nE 0 R 3

pojedyncza

powłoka

E0 )

;.

I

-2nE 0 r

I ;. --r 2nE0 R 2

2ko Rz r

po obu stronach

Q

?

Q ko R3r

;.

pełen pręt

I 4nE0

o ;.

pręt

(wyrażone

przez

Q

kula

pełne ciała są

E

przez k0 )

2k 0 -; wewnątrz

że

(Przyjmujemy,

(wyrażone

E

ciała

wydrążona

lub

wewnątrz

zewnątrz

rodzaje

1

2nk 0 u

-

(l

2s 0 między

dwiema

powłokami

dwie

powłoki

o u i

1

4nk 0 u

-(l

-

(l

Eo odległość

x od

środka wewnątrz

płyta

4nk 0 px

I

-px Eo

tuż

nad

powierzchnią

przewodnik

1

4nk 0 u

-

(l

Eo

gdzie F jest ładunek

siłą elektrostatyczną działającą

na

(energia potencjalna punktowych Q i q)

q. Podobnie jak dla grawitacyjnej

energii potencjalnej, zupełnie ogólnie możemy zdefiniować punkt zerowy na skali energii jako wartość energii ciała znajdującego się w nieskończoności. Wtedy

Jeżeli przenosimy ładunek q z nieskończonoś­ ci do punktu odległego o r od ładunku punktowego Q, to energia potencjalna jest równa pracy wykonanej przeciw sile elektrycznej, czyli

(16.12)

Potencjał elektryczny jest zdefiniowany jako energia potencjalna na jednostkowy ładu­ nek

u

U(r)=-qf Eds

ładunków

V=q

(definicja

potencjału

elektrycznego)

Jednostką potencjału elektrycznego jest dżul na kulomb, nadano jej nazwę wolt. Dzieląc obie strony wyrażenia (16.12) przez q otrzymujemy wyrażenie na potencjał ładunku punktowego (potencjał ładunku

punktowego) (16.13)

Fizycznie potencjał oznacza pracę potrzebną do przeniesienia jednostkowego ładunku z nieskończoności do punktu odległego o r od ładunku punktowego Q. Potencjał elektryczny

jest

energią potencjalną

na jednostkowy

ładu-

265

16.4. Potencja! elektryczny

nek, tak jak natężenie pola elektrycznego jest siłą na jednostkowy ładunek. Róż nica potencjałów między dwoma punktami jest równa pracy potrzebnej do przeniesienia jednostkowego ładunku z jednego punktu do drugiego. Ogólne wyrażenie na różnicę potencjałów otrzymuje się dzieląc wyrażenie (16.11) przez q

a)

1

V

O

Q

~ R

!°

b

vb- va= -

IE .ds

(różnica potencjałów) (16.14)

Rozważmy,

na

przykład , rozmcę potencjałów

między powierzchnią powłoki

kulistej.

całkowania,

i

środkiem naładowanej

Ponieważ

więc

E =O

wzdłuż

V'i,- V.= O, tzn. w

powłoki

Ogólniej dV= - E · ds

Gdy ds ma kierunek osi x, wówczas Zatem

av

drogi

środku

i na jej powierzchni jest taki sam potencjał. Potencjał V jako · funkcja r jest wykreślony na rys. 16.13a. Zwróćmy uwagę , że pole elektryczne w każdym punkcie jest równe nachyleniu krzywej (patrz rys. 16.13a) z ujemnym znakiem. Jest tak, ponieważ ze wzoru (16.14) wynika, że dV= -Edr, czyli E= -dV/dr.

dV= -Exdx

Rys. 16.13. a) Potencjał wydrążonej kuli o promieniu R. b) Odpowi a dające mu pole elektryczne

E =-x

ax'

av

E= -ay' Y

Ez= -

av az

(16.15)

Widzimy, że jednostką pola elektrycznego równie dobrze może być wolt na metr, jak niuton na kulomb oraz że wektor E wskazuje kierunek zmniejszania się V. Sprawdzono doświadcza lnie, że maksymalna warto ść pola elektrycznego w powietrzu przy ciśnieniu atmosferycznym wynosi około 106 V. Dla pól o większych natężeniach następuje wyładowanie elektryczne (reakcja łańcuchowa, w której każdy jon wytwarza nowe jony; zjawisko to przejawia się w postaci iskier, czyli wyładowania koronowego). Zjawisko wyładowania koronowego jest pokazane na rys. 16.14a. Profesor dotyka

a)

Rys. 16.14. a) _Profesor doświ adcza na sobie działania pote ncjału ~ 10 5 .woltów dotykając elektrody generatora Van de Graafa. b) Dosw1adczente zos t a ło powtórzo ne przez s tudentk ę o dłu ższyc h włosach. Układ włosó w odzwierciedla przebieg linii s i ł pola elektrycznego

266

16. Elektrostatyka

elektrody generatora Van de Graafa, nałado­ wanej do potencjału ~ 10 5 V (zobacz przykł. 5). Z końców jego włosów wylatują cienkie iskry. Naładowane włosy odpychają się i układają się w obraz linii sił naładowanej głowy. Na rysunku 16.14b widać, że przy długich włosach efekt jest znacznie wyraźniejszy. R)'.s. 16.15. Dipol elektryczny skierowany

wzdłuż

OSI X

Przykład

5. Jaki może być maksymalny i napięcie na kuli o średnicy 30 cm w powietrzu?

ładunek

ODPOWIEDŹ: Ponieważ

pole wytwarzajest takie samo, jak pole ładunku punktowego, możemy wykorzystać wzór (16.13) na potencjał na powierzchni ne przez

kulę

1 o (r- Lcos8), a od

2 1 (r + 2. L cos 8).

o

w punkcie P jest

Całkowity sumą

V=koQ=(k R_)R R oRi

q 1 r- Lcos 8

+ko

2

Wyrażenie w nawiasach jest równe polu elektrycznemu E, a więc

-k -

0

Dla r ~ L

Ponieważ

postać

Vmax R (1,5 · 10 5 )(0,15) Qmax = - k- = 9. 109 C= o =2,5. 10- 6 c

potencjał

poszczególnych

-( -q) 1 r+ Lcos 8

2

qLcos8 r2 -(I3/4)cos 2 8

V=(E)R maksymalna wartość E jest równa 10 6 V/m, otrzymujemy Vmax=(l0 6 V/m)(0,15 m)=l,5 · 10 5 V Obliczając Q ze wzoru V=k 0 Q/R otrzymujemy

-q

potencjałów

V=k 0

·

ładunku

powyższy

wzór

przybiera

pcos8 x =koP3 r r

V~ko--2-

E

av a(r- 3 ) -k 0 px--= ay ay

= --= y

ar

= -kopx(-3)r- 4 ay = = 3kop- -13 X

a

- (x2 + y2 + z2)1 12 =

r r ay

= 3 kop cos 8 (~) = r3

3k 0 p cos 8 sin 8 r3

*Przykład

6. Dipol elektryczny o momencie dipolowym p = qL jest ustawiony wzdłuż osi x, jak pokazano na rys. 16.15. Jaki jest potencjał V oraz składowe pola Ex i EY w przypadku, gdy r » L ? ODPOWI E DŹ:

Jeżeli

odległość

punktu P jest duża w porównaniu z L , to jest on odległy od ładunku +q

r

av ax

k p r

a(r- 3 ) ax

E = - - = - - 03 -k 0 px - - = X

= k03p(-l + 3x ar)= r

r ax

koP koP 2 = - 3 ( - 1 + 3cos 2 8) = 3 (3cos 8 - 1) r r

267

16.4. Potencja/ elektryczny

Widzimy, że dla ustalonego kąta 8 pole maleje jak odwrotność trzeciej potęgi odległości. Wykres linii sił pola dla tego przypadku jest pokazany na rys. 15.7a.

liniowa gęstość ładunku na wewnętrznym przewodniku jest równa A, a na zewnętrznym -A.. Jeśli promień wewnętrznego przewodnika jest równy a, a zewnętrznego b, to jaka jest różnica potencjałów między tymi dwoma przewodnikami? Spójrzmy na rysunek 16.17.

Następnie rozważymy

pole i różnicę potendla dwóch przeciwnie naładowanych równoległych płyt o polu powierzchni A, znajdujących się w odległości x 0 od siebie, jak pokazano na rys. 16.16. Jeżeli całkowite

cjałów

-6

+6

Rys. 16.17. Współosiowe przewodniki o nakowej wielkości i przeciwnego znaku

Zgodnie ze wzorem (16.14) potencjałów jest równa

ładunku

jed-

wartość różnicy

b

Rys. 16.16. Dwie równoległe płyty o gęstości jednakowej wielkości i przeciwnego znaku

ładunku

L1V=

JEdr

fI

na płytach są równe + Q i -Q, to powierzchniowe gęstości ładunku wynoszą odpowiednio
L1V= -Ex 0

b

Ponieważ

linie sił pola E biegną od ładunków dodatnich do ujemnych, więc znak minus mówi nam, że na dodatnio naładowanej płycie jest wyższy potencjał. Zgodnie ze wzorem (16.9) E= -4nk 0
pola powierzchni płyt są równe A, a ładunki odpowiednio Q i -Q, to mamy
Podstawiając wyrażenie

(16.16)

przykładem, jaki omow1my, kabel koncentryczny. Przyjmijmy, że

(16.7) na E otrzymu-

jemy

V=2k 0 A.ln-

a

(16.17)

Jeżeli w odległościach r 1 , r 2 , ... , rn od punktu P znajduje się kilka naładowanych ciał, to potencjał elektryczny w punkcie P jest sumą poszczególnych potencjałów. Jest to konsekwencją zasady superpozycji

V= -JE · ds= -f(E 1+E2 + ... +En)· ds= =(-JE 1 • ds)+(-JE 2 · ds)+ ... +(-JEn · ds)= =V1+V2+ ... +V,, Różnica potencjałów między dwoma punktami jest określona jednoznacznie, siła elektryczna jest bowiem siłą zachowawczą. W rozdziale 6 stwierdziliśmy, że całka JF · ds po

268

16. Elektrostatyka

drodze

zamkniętej

~E · ds= O

jest równa zeru.

Stąd

(16.18)

(w elektrostatyce)

(9 . 109)(1,6. 10- 19 )2 m/s= (9,11. 10- 31 )(0,53 . 10- 10 )

Elektronowolt

W wielu zagadnieniach fizycznych bardzo energii jest ilość energii, jaką uzyskuje elektron (lub jakakolwiek inna cząstka naładowana o takim samym ładunku) podczas przyspieszania przez różnicę potencjałów równą 1 V. Pole elektryczne zwiększa energię kinetyczną cząstki o AK= -AV=eAV=(l,60 · 10- 19 C)(l V)= przydatną jednostką

=218 · 10 6 m/s=-c, 137 Energię potencjalną elektronu obliczymy ze wzoru (16.12), gdzie podstawimy qP=e I qe= -e e2 (1 6-10-19)2 V= -k 0 - = -(9 · 10 9 ) ' 1= R 0,53· 10- 10

=1,60 . 10 - 19 J Z definicji ta

ilość

= -27,2 eV Energię kinetyczną

energii jest równa 1 elekt-

ronowoltowi 1 eV= 1,60 · 10 - 19 J

znajdziemy

mnożąc

obie strony równania (16.19) przez

(elektronowolt)

1

2. R

1 1 e2 1 -mv 2 =-k -=--U 2 2 °R 2

W skrócie tę jednostkę oznacza się symbolem eV. Wielokrotnościami tej jednostki są MeV i GeV MeV=l0 6 eV=l,6 · 10- 13 J

Widzimy, że energia kinetyczna jest równa jednej drugiej wartości energii potencjalnej. Całkowita energia mechaniczna jest zatem równa

GeV=10 9 eV=l,6 · 10- 10 J

1 1 E=K +U =(--U)+ U =-V=

2

=

Przykład

7. W modelu Bohra atomu wodoru elektron krąży po orbicie koło­ wej o promieniu R=0,53 · 10 - 10 m, a proton znajduje się w środku tej orbity. (a) Ile wynosi prędkość elektronu? (b) Ile wynosi elektryczna energia potencjalna wyrażona w elektronowoltach? (c) Ile wynosi całkowita energia mechaniczna wyrażona w elektronowoltach? ODPOWIEDŹ: Aby obliczyć prędkość elektronu napiszemy F =ma, gdzie F = k 0 e 2 / R 2 jest siłą elektrostatyczną działającą na elektron, a a= v 2 / R jego przyspieszeniem. Wówczas

e2

v2

k - =m o R1 R

(16.19)

2

-13,6 eV

jest równa energii, jaką elektronowi, by przenieść go do nieskończoności. Energia ta jest nazywana energią jonizacji atomu wodoru. Ta

wartość

należy dostarczyć

Na zakończenie tego punktu nadmienimy, powierzchnia dowolnego przewodnika jest powierzchnią stałego potencjału ( powierzchnią ekwipotencjalną). Gdyby tak nie było, wówczas między dwoma punktami na powierzchni odległymi o As istniałaby różnica potencjałów A V. Pole Es wzdłuż powierzchni równałoby się -AV/As i elektrony przewodnictwa mogłyby się przemieszczać w kierunku przeciwnym do E8 • Elektryczne linie sił zawsze są prostopadłe do konturów jednakowego potencjału i „płyną" ku dołowi.

że

164.

Po tencjał

Moglibyśmy

269

elektryczny

kontynuować

obliczanie poi pól dla rozmaitych geometrii przewodników i izolatorów. Jesteśmy wszakże zainteresowani przede wszystkim omówieniem podstawowych pojęć i praw, zatem zakończymy już tę część elektrostatyki. tencjałów,

16.5.

rozkładów

ładunku

Pojemność

Częścią składową

prawie wszystkich układów elektronicznych jest urządzenie zwane kondensatorem. Kondensator stanowią dwa przewodniki (zwane okładkami kondensatora), a układ taki charakteryzuje się tym, że może gromadzić ładunek elektryczny, jeśli do okła­ dek będzie przyłożona różnica potencjałów. Pojemność C jest zdefiniowana jako stosunek nagromadzonego ładunku Q do różnicy potencjałów AV

C=g_ AV

(pojemność)

+ +Q +

+

pojemnością

A C=--

C

(16.20)

4nk0x0

płaskiego kondensatora, między okładkami którego nie jest umieszczony żaden izolator. Drugim przykładem, jaki omówimy, będzie pojemność na jednostkę długości kabla koncentrycznego. Pojemność na jednostkę długo­ ści jest równa stosunkowi A. do A V

Do

b AV=2k 0 A.ln a

Zatem (16.21)

Przykład 8. Ile wynosi w pikofaradach (1 pF = 10- 12 F) pojemność kabla hi-fi długości 1 m, w którym wewnętrzny przewodnik ma średnicę 1 mm, a osło­ na średnicę 5 mm?

Ze wzoru (16.21) mamy

1 2k0 ln(b/a)' 1

C------,~9) d-

2(9 · 10 In 5

+

V

Mianownik jest dany wzorem (16.17)

Cd=----

+

Rys. 16.18. Kondensator płaski . przyłożona różnica potencjałów

Q A AV 4nk 0x 0 a z definicji ten stosunek jest

ODPOWIEDŹ :

B

+

Xo

Zatem

A. AV

pojemności jest kulomb na wolt. Ma ona swoją nazwę: farad. Jest to bardzo duża jednostka i typowe kondensatory nie mają aż tak dużej pojemnosc1. Dlatego powszechnie stosuje się jednostkę zwaną mikrofaradem (µF). Zazwyczaj kondensatory składają się z dwóch powierzchni przewodzących oddzielonych cienką warstwą izolatora. Ładunki na tych powierzchniach mają jednakową wielkość i przeciwne znaki. W kondensatorze pokazanym na rys. 16.18 takimi dwoma powierzchniami są dwie płaskie płytki od-

A

4nk 0x 0 AV=-A-Q

Cd=-

Jednostką

-Q

dalone od siebie o x 0 . Zgodnie ze wzorem (16.16) różnica potencjałów między tymi dwoma płytkami wynosi

gdzie

b

-=5 a

34,5 · 10 - 12 F /m =

=34,5 pF/m okładek A

i B jest

Jeżeli między

nie ma

przewodnikiem i osłoną izolatora, to pojemność

żadnego

270

16. Elektrostatyka

kabla hi-fi długości 1 m jest równa 34,5 pF. Zazwyczaj w takich kablach przestrzeń między przewodnikiem i osłoną jest wypełniona polietylenem. W następnym punkcie pokażemy, że w takim przypadku pojemność należy pomnożyć przęz przenikalność elektryczną polietylenu, równą 2,3.

Gromadzenie energii Przypuśćmy ,

że

pierwotnie nienaładowany wskutek stopniowego zwiększania różnicy potencjałów od O do V0 . Wtedy ładunek wzrasta od O do Q0 , gdzie Q0 = CV0 . Praca zużyta na przeniesienie dq z ujemnej okładki na dodatnią jest równa ładuje się

kondensator

dU= Vdq Całkowita

praca, czyli energia zgromadzona w kondensatorze, jest równa Qo

U=

f f(~ V dq =

1

Q6

2

c

f

ko q dq =ko R R

by

(l 6 .23 )

ODPOWIEDŹ:

Ze wzoru (16.23) mamy

U= koq; = (9 . 109)(1,6 . 10-19)2 J = 2R 2 · 10- 15 = 1,15 · 10- 13 J =0,72 MeV

u

115 . 10- 13 m= c2 = ,(3. 10s)2 kg=

(energia zgromadzona w kondensatorze)

9.

o

Przykład 10. Przyjmijmy, że promień elektronu jest taki sam, jak prom1en protonu, który równa się 10- 15 m. Załóżmy, że ładunek elektronu (q. = -1,6 · 10 - 19 C) jest rozłożony na jego powierzchni. (a) Jaka jest energia potencjalna takiego rozkładu ładunku? (b) Ile wynosi masa relatywistyczna równoważna tej energii?

= 1,28 . 10- 3 o kg

(16.22)

Ta wartość jest większa niż zmierzona masa elektronu, równa 0,91 · 10- 3 o kg. Przeprowadzone w ostatnich latach doświadczenia

Przykład

[q2JQ = koQ2 2 2R

Masa relatywistyczna wynosi

)dq

o

U=--

U=

Jaką pracę należy wykonać,

kulistą powłokę

ładować ładunkiem

o promieniu R naQ?

ODPOWIEDŹ: Jeżeli na powierzchni znajduje się ładunek q, to praca potrzebna do przeniesienia dodatkowego ładunku dq z nieskończoności na tę powierzchnię jest równa

wykazują,

że

promień

elektronu jest co najmniej 10 razy mniejszy od 10- 15 m. Stąd wynika, że masa spoczynkowa elektronu powinna być ponad dziesięciokrotnie większa od masy, jaką się mierzy. Ta poważna rozbieżność jest aktualnym problemem, który czeka na rozwiązanie. Ciągle istnieje jeszcze kilka istotnych podstawowych pytań, na które współczesna fizyka nie potrafi dać odpowiedzi, a problem masy elektronu jest jednym z nich.

dU = Vdq=(k 0 *)dq Całkowita

praca, jaką należy wykonać, by na powierzchni zgromadzić ładunek Q jest równa

Energię daną wzorem (16.22) warto wyrazić za pomocą pola elektrycznego zamiast ładun­ ku. Łatwo to zrobić dla kondensatora plas-

16.5.

271

Pojemność

kiego, przedstawionego na rys. 16.16. Dla takiego kondensatora

zobaczymy, że ilość wypromieniowanej energii jest opisana wzorem (16.24).

E = 4nk 0 Q0 , A

16.6. Dielektryki

czyli wyrażenie

Podstawimy to i otrzymujemy

(EA )

do wzoru (16.22)

2

1 U = 2C 4nk 0

Podstawmy teraz zamiast C

(EA )

1 U= 2(A/4nk 0 x 0 ) 4nk 0

2

wyrażenie

(16.20)

E 2

=

8rrk 0 Axo

W poprzednich punktach rozważaliśmy pola wytwarzane przez ładunki umieszczone na przewodnikach, które znajdują się w pustej przestrzeni. Stwierdzono, że umieszczenie materi ał u między okładkami kondensatora powoduje zwiększenie jego pojemności. J eśli nową wartość pojemności oznaczymy C', to z definicji stosunek C do C jest przenikalnoś­ cią e lektryczną K materiału

N a stępnie

podzielimy obie strony przez V= Ax 0 , czyli przez objętość , w której jest pole elektryczne

U -

V

-

E2 -

8nk 0

(gęstość

energii pola elektrycznego) (16.24)

Przypuśćmy ,

że

energia, jaką musieliśmy zu żyć na przeniesienie ładunku w jego koń­ cowe położenie została zmagazynowana w polu elektrycznym i że to pole miało energię E 2 / 8nk 0 dżuli/m 3 . Jest oczywiste, że zastosowana wyżej procedura obliczenia zmagazynowanej energii jest poprawna w przypadku kondensatora płaskiego. Z bardziej skomplikowanego ogólnego wyprowadzenia wynika, że całkowi t a energia potrzebna do wybudowania dowolnego rozkładu ładunku jest dokładnie równa całce z E 2 /8nk 0 wzglę­ dem całej przestrzeni, gdzie E jest polem wytwarzanym przez ten rozkład ładunku. Zatem wzór (16.24) jest zupełnie ogólny i można śmiało przyjąć interpretację fizyczną wyrażenia E 2 / 8nk 0 jako energii na jednostkę objętości , zmagazynowanej w polu elektrycznym. Jak dotąd użycie wyrażenia (16.24) wydaje się być po prostu inn ym sposobem obliczenia energii potrzebnej do zgromadzenia pewnej ilości ładunku. Interpretacja energii nagrom adzonej w polu nabiera wszakże wi ę kszego jeszcze znaczenia wtedy, kiedy badamy energię wypromien i owywaną przez przyspieszany ładunek w formie pól elektrycznego i magnetycznego odda l aj ących się od ł a dunku z prę dkością światła. W rozdziale 20

(definicja

przenikalności

elektrycznej) (16.25)

gdzie C jest pojemnością kondensatora w przypadku, gdy między jego okładkami nie ma żadnego materiału. Materiał (nieprzewodzący), który umieszcza s ię między okładkami kondensatora, jest nazywany dielektrykiem. Rysunek 16.19 wyjaś61

- 6'

\; +

-

+ + +

+ ,_

+

+ + +

-

+

+

+ + +

+ +

+ + + +

~ 7 Dielektryk

60

Rys. 16.19. Na warstwie dielektryka umieszczonego międ zy okładkami konde nsat o ra pojawia się ladunek indukowany q' = O"' A . Ład u nek q' zmniejsza E i różnicę po tencjałów międ zy okładkami

nia, dlaczego obecność dielektryka między okładkami kondensatora zwiększa jego pojeność. Gdy nieprzewodzący materiał znajdzie się w zewnętrznym polu elektrycznym, na każdym jego końcu pojawiają się ładunki indukowane, co pokazano na rys. 16.20. Przyczynę pojawiania się indukowanych ła­ dunków wyj a śnimy dalej, gdzie wyrazim y

272

16. Elektrostatyka stałe

momenty dipolowe; takie cząsteczki polarnymi. Lecz nawet wtedy, gdy swobodna cząsteczka lub atom ma moment dipolowy równy zeru, zewnętrzne pole elektryczne musi indukować moment dipolowy, co pokazaliśmy w przykł. 2. Jeżeli każda cząsteczka ma średni moment dipolowy p skierowany zgodnie z polem E i jeżeli w walcu pokazanym na rys. 16.20 jest N cząsteczek, to całkowity moment dipolowy tego walca będzie równy

--

a)

Eo

b)

nazywają się

Eo

Pca/k=Np Ponieważ

w dalszym

Rys. 16.20. Kiedy walec dielektryczny zostanie umieszczony w zewnętrznym polu elektrycznym E0 , atomowe momenty dipolowe ustawią się tak, jak pokazano na rys. a). Wypadkowy rozkład ładunku jest przedstawiony na rys. b)

cząsteczki ciągu

czy atomy pozostają elektrycznie obojętne, więc

średni ładunek w każdej objętości wewnątrz walca jest równy zeru; pojawia się wszakże efektywny ładunek q' na końcach walca, który daje całkowity moment dipolowy walca

Pcalk=q'xo Łącząc

ze

sobą

oba

wyrażenia

na Pcalk otrzy-

mujemy przenikalność elektryczną za pomocą podstawowych stałych atomowych. Najpierw jednak wyrazimy K za pomocą ładunku indukowanego q'. Pojemność kondensatora pokazanego na rys. 16.19 jest równa

q'x 0 =Np q'x 0 =(NAx 0 )p

gdzie N jest liczbą objętości. Zatem

cząsteczek

w jednostce

q'=NAp

Podstawienie tego (16.26) daje 1 K=----1-N(A/qo)P qo 4nk0 (q 0 /A-q'/A)x0

C'

=

1 1-q'/qo

Dzieląc

1

1-q/q0 4nk0 x 0

przez C otrzymujemy

1-q'/qo wyjaśnimy,

(16.26)

dlaczego na obu końcach materiału nieprzewodzącego umieszczonego w zewnętrznym polu elektrycznym muszą być indukowane ładunki . Jest tak, ponieważ poszczególne cząsteczki czy atomy muszą mieć momenty dipolowe. Niektóre cząsteczki mają Teraz

(16.27)

stosunek pjq 0 jest i wówczas K nie zależy od przyłożonego napięcia. Dla cząsteczek polarnych p maleje z temperaturą. Wszystkie atomy i cząsteczki niepolarne mają zerowy moment dipolowy. Jednakże w obecności zewnętrznego pola elektrycznego będą one miały indukowany moment dipolowy równy R3 stały

c

K=---

na q' do wzoru

większości materiałów

Dla

A

wyrażenia

p;::;;; -

E

ko

jak wynika ze wzoru (16.4). Podstawiając E = 4nk 0 [(q 0 - q')/ A] otrzymujemy

p;::;;;4nR 3 (qo~q')

273

16.6. Dielektryki Wstawiając

to

wyrażenie

do wzoru (16.27)

otrzymujemy 1 K>::;;-------1-4nNR3(1-q'jq0)

Zastosujemy teraz wzór (16.26) i w nawiasach zastąpimy przez 1/K

wyrażenie

r

f

q jest dana wzorem U= - q E · ds, przy

1 K>::;;-----1-4nNR3(1jK) Rozwiązanie K

tego równania ze

C()

względu

na

daje

K>::;; 1 +4nNR 3 To wyprowadzenie przenikalności elektrycznej, czyli wyrażenie jej za pomocą promienia atomu R i liczby atomów N w jednostce objętości nie jest ścisłe, korzystaliśmy bowiem z przybliżonego modelu atomu, w którym zewnętrzne elektrony są przedstawione jako jednorodnie naładowana kula. Ponadto przytoczone wyżej rozumowanie jest poprawne tylko wtedy, gdy atomy nie znajdują się zbyt blisko siebie. Takie przybliżenie opisuje cał­ kiem dobrze gazy atomowe i daje fizyczne wyjaśnienie faktu, że przenikalność elektryczna materiałów składających się z niepolarnych cząsteczek czy atomów jest większa od jedności.

Podsumowanie Korzystając

z prawa Gaussa

Pole wytwarzane przez ładunek liniowy zmienia się jak 1/r, E = 2k 0 Jc/r, podczas gdy pole wytworzone przez naładowaną płasz­ czyznę o nieskończonych rozmiarach jest stałe w całej przestrzeni, E = 2nk 0
łatwo

można

pokazać, że pole E = k 0 Q caik/r 2 na zewnątrz

kulistego rozkładu ładunku (czy masy) jest takie samo, jakie byłoby, gdyby cały ładunek (czy masa) był skupiony w środku. Ponieważ pole wewnątrz jednorodnie naładowanej chmury rośnie proporcjonalnie do przemieszczenia względem środka, więc ładunek punktowy znajdujący się wewnątrz chmury będzie wykonywał prosty ruch harmoniczny. Podobnie kulista chmura atomowa, gdy zostanie umieszczona w zewnętrznym polu elektrycznym E0 , będzie przesunięta o odległość proporcjonalną do E 0 , czyli będzie indukowany moment dipolowy p=(R 3 / k 0 )E 0 , gdzie R jest promieniem kuli.

czym z definicji U jest równe zeru w nieskończoności. Potencjał elektryczny w danym punkcie przestrzeni jest energią potencjalną na jednostkowy ładunek: V= U /q, a tym samym jest równy pracy potrzebnej do przeniesienia jednostkowego ładunku z nieskończoności do danego punktu. Potencjał elektryczny ładunku punktowego jest V=k 0Q/r. Różnica potencjałów między dwiema okładkami kondensatora, na których znajduje się ładunek Q jednakowej wielkości i przeciwnego znaku, jest równa LIV=4nk 0x 0(Q/ A). Ponieważ pojemność jest zdefiniowana jako C =QI LI V, więc pojemność płaskiego kondensatora jest równa C = A/(4nk 0x 0). Elektron przyspieszany przez różnicę potencjałów 1 V uzyskuje energię równą 1 elektronowoltowi (1 eV). 1 eV= 1,60 · 10- 19 J. Energia zgromadzona w kondensatorze jest 1 równa U= 2, Q2 / C, a ogólniej jest równa całce z E 2 /(8nk 0) (po całej przestrzeni). Gęstość energii pola elektrycznego jest równa dU /dV= E 2 /(8nk 0). Przenikalność elektryczna K = C'/ C jest zdefiniowana jako stosunek pojemnosc1 kondensatora z dielektrykiem między okładkami do pojemności pustego kondensatora. Przenikalność elektryczna jest powiązana z ładunkiem indukowanym q' , który zmniejsza pola elektryczne w kondensatorze, między okładkami którego znajduje się dielektryk; wtedy pole elektryczne jest równe E' = E/ K.

Ćwiczenia

1.

Rozważ

liste

trzy

współśrodkowe powłoki

naładowane ładunkami

ku-

Q 1, Q2 i Q3

274

16. Elek trostat yka

IV Ć wiczeni e l

(zobacz rysunek). Jakie jest pole E i potencjał V w obszarach I, II, III i IV? 2. Przyjmij, że w jonosferze ciśnienie wynosi P= 10- 3 atm, temperatura T=300 K oraz że jest zjonizowanych 10- 4 atomów. Ile będzie wynosiła częstość plazmowa? 3. Jak duża musi być kuła, by otoczona powietrzem mogła utrzymać napięcie równe pół miliona woltów? Jaki będzie ł a dunek na tej kuli? 4. Rozważ dwie nieskończone płyty , z których każda ma gęstość ładunku p. Płyty m ają grubo ść x 0 i znajdują się w odległości d od siebie. Jakie jest pole E w obszarach I , Il, III, IV i V?

+Q

• Ćwiczenie 9

10.

Pojemność połączonych równolegle kondensatorów jest zdefiniowana w następu­ jący sposób

C=Q1+Q2+Q3 V2-V1 Jak C

wyraża się

przez C 1, C 2 i C 3?

~~

Ćwiczenie 10

d

III

7. W kondensatorze płaskim odległość mię­ dzy okładkami równa się 0,1 mm. Jakie musi być pole powierzchni okładek , by pojemność była równa 1 F? 8. Pojemność pojedynczego przewodnika jest zdefiniowana jako C = Q/ V, gdzie V jest potencjałem elektrycznym przewodnika względem nieskończoności. Jaka jest pojemność kuli o promieniu R? Jaka będzie wartość liczbowa pojemnosc1 w pikofaradach, jeśli R = 1 cm? 9. Pojemność połączonych szeregowo kondensatorów jest zdefiniowana jako C = Q/(V2 - V1 ) . Jak C wyraża się przez C 1 , C 2 i C 3?

~V

Ć wiczenie 4

5. P owtórz obliczenia wskazane w ćwicz. 4 w przypadku, gdy ładunki na płytach m aj ą przeciwne znaki. 6. Zastosuj wyniki otrzymane w przykł. 6 do wykazania, że potencj a ł elektryczny w odl egł ości r od dipola o momencie dipolowym p jest równy V=k 0 p · Y/r2 , gdzie r jest wekto rem jednostkowym w kierunku r.

11. Dipol elektryczny składa się z dwóch ładunków q i - q, równych 10 - 7 C każdy i odległych od siebie o 2 cm. (a) Jaki jest całkowity strumień , czyli wypadkowa liczba linii sił wychodzą-

,.,...---...'/

/ I"

2cm

1e \ -q \

'

•

"\

1

e 1

+q J

I '-...

------

/

/ Ćwicze nie 11

16. Ćwiczenia i zadania

275

cych z kulistej powierzchni o promieniu 2 cm, na rysunku zaznaczonej linią przerywaną?

(b) Jakie jest pole elektryczne i

18.

(b) Jaki jest potencjał elektryczny w środku kuli? (c) Jakie jest pole elektryczne w środku kuli? 12. Przyjmij, że w jądrze helu dwa protony są odległe od siebie o 1,5 · 10- 15 m. (a) Jaka siła elektrostatyczna działa mię­ dzy nimi? (b) Ile pracy należy wykonać, by umieścić protony tuż koło siebie? 13. Elektron znajduje się w odległości 5,3 · 10- 11 m od protonu. Jakiej pręd­ kości musi nabrać, by uciec do nieskoń­

19.

20.

21.

czoności? Rozważ elektron o ładunku -e i neutron o ładunku równym zeru, oddalone od siebie o R. Niech m będzie masą elektronu, a M masą neutronu. (a) Jaka będzie zależność siły działającej między tymi cząstkami od odległości R i innych uniwersalnych stałych fizycznych? (b) Przyjmij, że elektron krąży po orbicie kołowej wokół neutronu. Jaka jest zależność siły działającej między tymi cząstkami od m, R i v (prędkości kołowej elektronu)? (c) Jak energia kinetyczna elektronu wyraża się za pomocą G, m, M i R? (d) Jaka jest energia potencjalna elektronu? 15. Odległość między dwiema równoległymi płytami wynosi 2 cm. Pole między płyta­ mi jest równe 20000 N/C. Ile wynosi

14.

22.

potencjał

na powierzchni kulki? Elektron krąży po orbicie kołowej wokół protonu. Jaki jest stosunek energii potencjalnej do energii kinetycznej tego elektronu? Czy ten stosunek jest dodatni, czy ujemny? Jaki jest stosunek energii wiąza­ nia do energii kinetycznej? Przyjmij, że nadmiarowy ładunek powierzchniowy Ziemi jest równy 1 elektron/cm2. Jaki będzie potencjał Ziemi? Oszacuj przenikalność elektryczną gazowego helu znajdującego się pod ciś­ nieniem 1 atm i w temperaturze 300 K. Podstaw R=10- 10 m. Oszacuj przenikalność elektryczną ciekłego helu. Podstaw R = 10- 10 m i p = = 150 kg/m 3 . Jaka jest całkowita pojemność narysowanego obok układu złożonego z czterech jednakowych kondensatorów?

c

c

Ćwiczenie 22

Zadania

23.

Rozważ

pełną jednorodnie naładowaną o promieniu R 1 z wydrążeniem kulistym o promieniu R 2 w środku. Jeżeli całkowity ładunek jest Q, to jakie jest pole E w obszarach I, II i III?

kulę

różnica potencjałów między płytami?

16.

Rozważ

dwie

równoległe

nieskończone

płaszczyzny odległe

o 8 cm. Ładunek na obu płytach jest dodatni i równa się 10- 6 C na metr kwadratowy. Jakie jest pole elektryczne między płaszczyznami? 17. Przyjmij, że w kulce węglowej o średnicy 1 cm jeden dodatkowy elektron przypada na milion protonów. (a) Jeżeli gęstość jest równa 1,7 g/cm 3 , to jaki jest ładunek?

III

24.

Zadanie 23

Rozważ jednorodnie naładowaną kulę o promieniu R 1 z kulistym wydrążeniem o promieniu R 2, którego środek jest

276

16. Elektrostatyka przesunięty względem środka kuli o x 0 . Jak pole E na osi x wyraża się jako funkcja x? Gęstość ładunku jest p. (1-v.ska zówka: Superpozycja dwóch kul o promieniach R 1 i Rz i o gęstościach ładunku jednakowej wielkości i przeciwnego znaku ma takie samo rozwiązanie.)

(c) Jakie jest pole bezpośrednio na prawo od prawej płyty? (d) Jaka jest różnica potencjałów między płytami?

jednorodnie naładowany promieniu R 1 z walcowym wydrążeniem o promieniu Rz. Jeżeli gęs­ tość ładunku jest p, to jakie jest pole E wewnątrz i na zewnątrz walca? 31. Rozważ dwa nieskończenie długie druty, naładowane ładunkami przeciwnego znaku i odległe od siebie o x 0 (zobacz rysunek). Jeżeli liniowe gęstości ładunku

30.

Rozważ

walec

pełny

o

X

y

p

r Zadanie 24

25. Powtórz obliczenia wskazane w zad. 24 dla pola E na osi y. Sprecyzuj zarówno kierunek, jak i wielkość tego pola. 26. Jaką funkcją r i e jest opisany potencjał elektryczny w dowolnym punkcie wewnątrz kuli z zad. 24? 27. Jakie jest V(r) we wszystkich trzech obszarach wyszczególnionych w zad. 23? 28. Rozważ jednoprzewodową linię przesyło­ wą o średnicy przewodu równej 1 cm. W pobliżu każdego punktu zawieszenia potencjał elektryczny jest równy zeru w odległości 20 cm. Jakie największe napięcie może być przekazywane za pomocą takiej linii, nie wywołujące wyłado­ wania w powietrzu? Jaka może być maksymalna gęstość liniowa ładunku na tym przewodzie? Przyjmij, że we wszystkich punktach odległych o 20 cm od przewodu potencjał jest równy zeru. 29. Dwie metalowe płyty o powierzchni 100 cmz są oddalone od siebie o 2 cm. Ładunek na płycie znajdującej się po lewej stronie jest równy - 2 · 10- 9 C, a ładunek na płycie po prawej stronie równa się -4 · 10- 9 C. (a) Jakie jest pole bezpośrednio na lewo od lewej płyty? (b) Jakie jest pole między płytami?

-1.1. .-

X

I'

Xo

• {\

Zadanie 31 są

równe odpowiednio . 1. i - ..1., to

pokaż,

że

..1.x

V(r,a:)=2k 0 - z0 cosa: r 32.

Wyprowadź

ścisłe

gdy

r»x 0

wyrażenia

na pole

E wzdłuż osi x i wzdłuż osi y dla układu

opisanego w zad. 31 . 33. Wysokoenergetyczny akcelerator wstrzeliwuje wiązkę protonów o energii kinetycznej 1 MeV w gazowy wodór. (a) Jaka jest całkowita energia kinetyczna układu składającego się z jednego protonu wiązki i jednego protonu tarczy w układzie środka masy? (b) Ile będzie wynosiła w dżulach elektryczna energia potencjalna protonu z wiązki i z jądra wodoru, gdy znajdą się one możliwie najbliżej siebie? (c) Ile wynosi najmniejsza możliwa odległość między tymi cząstkami? 34. Rozważ trzy naładowane płaszczyzny przedstawione na rysunku. Potencjał pła ­ szczyzny A jest równy zeru, E 3 =O. (a) Jakie jest V8 ? (b) Jakie jest Vc?

16. Ćwiczenia i zadania

A

-

E1=200

277

c

B

równa się 1 mm, a napięcie na kondensatorze jest równe 1000 V, to jaki ładunek na metr kwadratowy jest indukowany na powierzchni polietylenu? 37. Warstwa o przenikalności elektrycznej K i grubości x 1 jest umieszczona między okładkami kondensatora płaskiego. Jaka płytami

5mm

3mm

Zadanie 34

Xo są gęstości ładunku na każdej z tych trzech płaszczyzn? 35. Przyjmij, że proton zbliżając się do pewnego jądra atomowego „czuje" energię potencjalną U(r), której przebieg jest pokazany na rysunku. Załóż, że proton zostaje wychwycony przez jądro o promieniu R z całkowitą energią E 0 zaznaczoną na rysunku.

(c) Jakie

+

Zadanie 37

MeV

-

6

2

R

pojemność

między okładkami

Eo

o -2

C', jeżeli odległość x 0 jest większa od x 1? 38. Dwie przewodzące kule są połączone za pomocą drutu przewodzącego o długości L, gdzie L»R 1 >R 2 . Do tego przewodzą­ cego układu został doprowadzony ładu­ nek, który zwiększył potencjał do wartości V0 • jest

4

r

- 4 -6

-8 Zadanie 35

+

+ L

+

+

+

Zadanie 38

(a) Jaka będzie energia kinetyczna protonu w jądrze? (b) Jaka będzie jego energia potencjalna w jądrze? (c) W klasycznym ujęciu fizyki proton potrzebuje dodatkowej energii na oderwanie się od jądra . Ile wynosi ta energia? 36.

Przestrzeń

między

okładkami

płaskiego

kondensatora jest wypełniona polietylenem (K = 2,3). Jeżeli odległość między

(a) Jaki jest stosunek E 1 (na powierzchni kuli o promieniu R 1 ) do E 2 (na powierzchni kuli o promieniu R 2 )? (Jest to odpowiedź na pytanie, dlaczego na ostrych wierzchołkach czy na krawędziach przewodnika pole E jest większe . )

(b) Jaki jest stosunek (J 1 do (J 2 ? 39. Jak Q1 i Q2 w układzie opisanym w zad. 38 wyrażają się za pomocą V0 , R 1 i R 2 ? 40. Rozważ pełną kulę o jednorodnej gęstości

278

16. Elektrostatyka

ładunku , której promień równa się R, a całkowity ładunek Q. Jaka jest elektryczna energia potencjalna tego rozkładu ładunku? Wykorzystaj wzór dU = Vdq i zbuduj kulę ze współśrodkowych powłok kulistych o ładunku dq = (4rrr 2 dr)p. 41. Wykaż, że w problemie opisanym w zad.

40 elektryczna energia potencjalna jest 3 równa U= - k 0 Q2 / R . Dowód przeprowadź 5 całkując wyrażenie E 2 /(8nk 0 ) względem całej przestrzeni. 42. Jaki jest potencjał elektryczny w środku kuli opisanej w zad. 40?

17 Prąd 1 siła

Przy rozpatrywaniu elektryczności zagadnienia magnetyzmu i pola magnetycznego są równie ważne jak elektrostatyka i pole elektryczne. W rozdziale 18 zobaczymy, że siła działająca na magnes wynika z siły magnetycznej działającej na poruszające się elektrony atomów wewnątrz magnesu. W tym rozdziale pokażemy , że siła magnetyczna wynika po prostu ze szczególnej teorii wzglę­ dności. Pokażemy, że z prawa Coulomba i ze szczególnej teorii względności wynika, że na ładunek q oprócz siły elektrostatycznej musi działać „nowa" siła proporcjonalna do pręd­ kości v ładunku. Ta nowa siła jest nazywana silą magnetyczną, a siłę tę podzieloną przez qv zdefiniujemy jako pole magnetyczne. Praktyczne zastosowania zjawisk magnetycznych zostaną omówione w najbliższych dwóch rozdziałach .

magnetyczna

I

(natężenie prądu)

=gt

Prąd

elektryczny

Zjawiska magnetyczne pojawiają się wtedy, gdy istnieją poruszające się ładunki , prądy. Zanim będziemy mogli zająć się magnetyzmem, musimy zdefiniować pojęcie prądu elektrycznego. Natężenie prądu przepływające­ go przez daną powierzchnię definiuje się jako ładunek przepływający przez tę powierzchnię w jednostce czasu

odpowiadającą

prądu

jednemu kulombowi na sekundę nazwano amperem (w skrócie A). Wielkością związaną z natężeniem prądu jest gęstość prądu elektrycznego, którą definiujemy jako iloczyn gęstości ładunku p i pręd­ kości

v

j=.pv

(gęstość prądu)

(17.2)

Jest to natężenie prądu na jednostkę powierzchni. Jednostką gęstości prądu jest Cm - 2 s- 1 lub A/m 2 • Jeśli pomnożymy gęstość prądu przez powierzchnię A płaszczyzny prostopadłej do j , to otrzymamy natężenie prądu I

l=j ·A ma

kierunek

płaszczyzny. Jeśli

j zmienia

Wektor

17.1.

natężenia

Jednostkę

(17.1)

A

prostopadły

się

do na powierzchni

A, to

I= Jj · dA

W metalowym przewodzie ładunki dodatnie Uądra atomów) nie mogą się poruszać; są one unieruchomione w strukturze krystalicznej. Jednak elektrony zewnętrzne atomów, elektrony przewodnictwa w metalu nie są związane z poszczególnymi atomami i mo gą

280

17. Prąd i siła magnetyczna

swobodnie poruszać się wzdłuż przewodu. (Jest to sprzeczne z prawami fizyki klasycznej i może być wyjaśnione jedynie na gruncie mechaniki kwantowej, jak to zostało zrobione w rozdz. 28). W nieobecności zewnętrznego pola elektrycznego elektrony przewodnictwa poruszają s ię chaotycznie we wszystkich kierunkach, a ich wypadkowa prędkość jest równa zeru. Jeśli .;V jest liczbą elektronów pr-zewodnictwa w jednostce objętości, to p = Ke jest gęstością ładunku . Wtedy gęstość prądu j = (Jlfe)Vd, gdzie vd jest wypadkową prędkością unoszenia elektronów przewodnictwa. Natężenie prądu otrzymujemy mnożąc j przez powierzchnię A (17.3) Ale jaki jest kierunek prądu? Zgodnie z konwencją ustaloną przez Benjamina Franklina, prąd wpływający do okładki kondensatora dostarcza okładce ładunku dodatniego. Teraz wiemy, że okładka kondensatora staje się naładowana dodatnio, ponieważ elektrony przewodnictwa od niej odpływają . Elektrony przewodnictwa płyną zatem zawsze w kierunku przeciwnym do kierunku prądu. Gdyby ładunek elektronu został wybrany jako dodatni, a nie ujemny, trudność taka nie pojawiła­ by się . W tej książce (podobnie jak w więk­ szo ści innych książek) ilekroć zaznaczymy prąd za pomocą strzałki, strzałka ta będzie wskazywać kierunek, w którym płynęłyby ładunki dodatnie.

Przykład 1. Prąd o natężeniu lA płynie w drucie miedzianym o przekroju 1 mm 2. Jaka jest średnia prędkość unoszenia elektronów przewodnictwa? ODPOWIEDŹ :

Z równania (17.3) otrzy-

mujemy I vd = --

Ye A

Zakładając, że na każdy atom przypada jeden elektron przewodnictwa: Y =DN 0 / M , gdzie D=8,9 g/cm 3 jest gęs cością miedzi, N 0 =6,02·10 23 ato-

mów/mol, a M =63,6 g/mol. Stąd (8,9g/cm 3)(6,02·10 23 atomów/mol)

Jlf=~~~~~~~~~~~~-

63,6 g/mol = 8,42 . 1022 atomów cm 3

8,42 . 102s m - 3

lA

vd= (8,42 · 10 28 =7,4 · 10-

5

m- 3 )(1,6 · 10 -

19

C)(lo- • m 2 )

m/s=0,074 mm/s

Widzimy, że typowa prędkość unoszenia elektronów przewodnictwa jest rzędu 0,1 mm/s. Prądy mogą także płynąć w gazach i w cieczach. Lampy fluorescencyjne i jarzeniowe są przykładami wykorzystania przepływu prądów w gazach. W gazach prąd jest wynikiem ruchu nie tylko elektronów, ale i jonów dodatnich. Jednak lżejsze elektrony są znacznie szybsze i ich wkład do prądu jest dominujący . Gdy elektron zderza się z jonem lub atomem gazu, wtedy energia kinetyczna może zostać zaabsorbowana przez atom, a następnie wypromieniowana w postaci promieniowania elektromagnetycznego, z którego część oko ludzkie może zobaczyć jako światło .

17.2. Prawo Ohma Jeżeli

do przewodnika przyłożymy różnicę V, to przez przewodnik popłynie prąd /. Na początku XIX w. Georg Ohm odkrył, że natężenie prądu w metalach jest proporcjonalne do przyłożonego napięcia dopóki utrzymuje się stałą temperaturę . Ohm zdefiniował opór przewodnika (rezystancję) jako napięcie podzielone przez natężenie potencjałów

prądu

V R =I

(definicja oporu)

Równanie to jest definicją oporu. Prawem Ohma jest natomiast następujące stwierdzenie: stosunek R=~ 1

W

jest niezależny od I dla metalu w stałej temperaturze T(prawo Ohma)

układzie

MKS V mierzy

się

w woltach,

281

17.2. Prawo Ohma

a I w amperach. Jednostką oporu jest wolt na amper. Jednostka ta została nazwana omem (nie przez Georga Ohma) i oznacza się ją w skrócie n. Czy prawo Ohma jest prawem podstawowym? Czy jest nowym, fundamentalnym prawem przyrody, czy też jedynie konsekwencją struktury materii i podstawowych praw oddziaływania? Na szczęście zachodzi ostatni przypadek. Kwantowa teoria ciała stałego wyjaśnia zupełnie dobrze opór różnych substancji w zmieniających się warunkach (rozdz. 28). W następnym punkcie wyprowadzimy prawo Ohma korzystając z dwóch wyników teorii metali.

zderzeniu elektron traci swą prędkość unoszenia. Srednia droga swobodna L jest tak mała, że vd jest zawsze znacznie mniejsze od u. W przykładzie 1 widzieliśmy, że prędkość unoszenia jest na ogół mniejsza od 1 mm/s. Natężenie prądu w przewodzie o powierzchni przekroju A możemy otrzymać wstawiając do równania (17.3) powyższe wyraże­ nie na vd Ke 2 LA

(17.4) E mu Wzór na opór przewodu o długości x 0 , pokazanego na rys. 17.1, otrzymamy zauważywszy, że spadek napięcia na przewodzie

l=

Wyprowadzenie prawa Ohma

W myśl kwantowej teorii metali w krysztale metalicznym zewnętrzne elektrony atomów nie są związane z poszczególnymi atomami na skutek falowej natury elektronów. Z kwantowej teorii wynika także fakt, że te elektrony przewodnictwa mogą przebyć wiele średnic atomowych nim zderzą się z jakimś atomem. Niech L będzie średnią drogą, jaką przebywa elektron między kolejnymi zderzeniami, zwaną średnią drogą swobodną. Średnim czasem między zderzeniami będzie At= L/u, gdzie u jest średnią prędkością elektronów przewodnictwa (u jest prędkością we wszystkich przypadkowych kierunkach i nie powoduje przepływu prądu). Jeśli do kawałka metalu zostanie przyłożone napięcie, różnica potencjałów, to na każdy elektron przewodnictwa będzie działała siła eE, a po czasie At każdy z tych elektronów osiągnie prędkość unoszenia vd = A u daną przez Au m-=eE At

(drugie prawo Newtona)

eEAt Au=vd=-m Zastąpienie

At

E

A

-1

Xo Rys. 17.1. Drut o długości x 0 . Pokazano jeden z elektronów przewodnictwa o prędkości unoszenia v,

wynosi Ex 0 . Podstawiając we wzorze (17.4) E = J1x 0 otrzymujemy

I= (.J{ L~)V ei mu x 0

i opór R= mux 0 .Ale 2 LA że opór jest proporcjonalny do przewodu x 0 i odwrotnie proporcjonalny do przekroju A. Zauważamy, że R pozostaje stałe tak długo, jak u jest stałe. Średnia prędkość elektronów u będzie stała, jeśli będzie utrzymana stała temperatura. Stałą proporcjonalności nazywamy oporem właściwym (rezystywnością) p, a zatem

Widzimy, długości

Xo

średnim

czasem L/u daje

R=p-

A

eL vd=-E mu Prędkość unoszenia dla wszystkich elektronów ma ten sam kierunek (kierunek - E) i powstaje wypadkowy prąd. Przy każdym

Przykład

2. Przewodnictwo elektryczne u jest zdefiniowane związkiem j =uE. Jak wyraża się u przez .Al, e, m oraz u?

17. Prąd i siła· magnetyczna

282

ODPOWIEDŹ: Weźmy walec o długo~ci x 0 i powierzchni przekroju A. Pomnóż­ my obie strony powyższego równania przez A

Przykład

pod

ODPOWIEDŹ:

jA=aAE

żarówka działa

120 V. Jaki jest jej opór? Natężenie

prądu

I=

=60 W/ 120 V =0,5 A. Opór można wyznaczyć korzystając z definicji

Lewa strona z definicji jest równa natężeniu prądu I, a więc

V 120 V R=-=--=240 I 0,5 A

I
AE

Korzystając

3. 60-watowa

napięciem

n

Wynik ten można też otrzymać bezpośrednio ze związku P= V 2 / R .

ze wzoru (17.4) na I otrzy-

mujemy 2

fle LAE) ( mu (J

AE

Siła

fie 2 L 1 = -- =mu p

(17.5)

Straty cieplne

Za każdym razem, gdy elektron zderza się z atomem, traci nadwyżkę energii, którą uzys kał od pola elektrycznego. Ponieważ energia kinetyczna nie wzrasta, cała energia stracona przy zderzeniu przez elektrony przewodnictwa o ładunku dq, poruszające się w potencjale V, daje dEcieplna = Vdq Dziel ąc

obie strony przez dt otrzymujemy

dEcieplna = Vdq =VI dt dt

P = VI

można

Aby w oporniku, czy w przewodzie, utrzymać stały prąd, potrzebujemy stałego źródła energii elektrycznej. Dwoma najbardziej rozpowszechnionymi rodzajami źródeł są baterie i generatory elektryczne. Takie źródła energii elektrycznej są zwane źródłem siły elektromotorycznej lub po prostu SEM. W takim urządzeniu jakaś energia jest przetwarzana na energię elektryczną . W bateriach energią tą jest energia chemiczna, a w generatorach energia mechaniczna. W bateriach słonecz­ nych w energię elektryczną zostaje zamieniona energia światła. Siłę elektromotoryczną będziemy oznaczać symbolem
(definicja SEM)

gdzie A W jest

(straty mocy elektrycznej)

Równanie (17.6)

elektromotoryczna (SEM)

zapisać

(17.6)

w postaci

P=I 2 R zastępując V przez IR lub w postaci P = V 2 / R zastępując I przez V/ R. Wielkość

P jest to moc elektryczna zamieniona w cieZa uważmy , że jednostką mocy, którą nazwano watem , jest wolt pomnożony przez amper. Przez s tuwatową żarówkę przepływa prąd I=P/ V=lOO W/ 120 V=0,83 A. Energia elektryczna zamienia się w ciepło i światło. W mieszkaniu prawie całe światło jest absorbowane przez znajdujące się w danym w n ę trz u przedmioty i zamienione na ciepło . Żarówki elektryczne są zatem prawie tak samo wydajne przy ogrzewaniu pomieszczeń jak innego rodzaju ogrzewanie elektryczne.

energią elektryczną

przekazyAq, gdy przechodzi on przez SEM. Symbolu graficznego oznaczonena rys. 17.2 będziemy używać na

waną ładunkowi

źródło

go


a)

pło .

R1

g/

b)

1~

V1

"

~

"l-=..

ci5

+

-=..

r-

Rz

Vz

RJ

V3

11 V

12

h

t t t

Rys. 17.2. Opory R, , R, oraz R 3 a) w szeregowym, b) w połączeniu równoległym

połączeniu

17.3. Obwody

oznaczenie baterii. Ładunek Aq przechodząc od ujemnego do dodatniego bieguna zyska e"nergię równą (Aq)
17.3. Obwody

prądu stałego

Powiemy teraz kilka słów o teorii obwodów, zasadniczo jest to zagadnienie z dziedziny fizyki stosowanej czy też inżynierii. Używa się skrótu de na określenie prądu stałego (po angielsku: direct current) i skrótu ac (alternating current) dla prądu zmiennego. Krótkie wprowadzenie do teorii obwodów prądu zmiennego jest zawarte w p. 19.6. W życiu codziennym spotyka się tak wiele zastosowań obwodów, że omówienie ich w ogólnym podręczniku fizyki wydaje się pożyteczne. (Bardziej szczegółowa dyskusja dotycząca obwodów znajduje się w uzupeł­ nieniu do rozdz. 28). W życiu codziennym dobrze jest wiedzieć jak podłączyć głośniki i gramofony układów stereofonicznych, jak założyć system alarmowy, lampki na choince, magnetofon w samochodzie itp. Większość obwodów zawiera kombinacje oporów połączonych szeregowo oraz/lub równolegle. Opór całkowity Rc układu oporów otrzymuje się dzieląc napięcie do nich przyło­ żone przez całkowite natężenie prądu. W każ­ dym z układów pokazanych na rys. 17.2 całkowity opór jest równy

chociaż

V

Widzimy, że całkowity opór w obwodzie o połączeniu szeregowym jest sumą po~zczególnych oporów. Przy połączeniu równoległym (rys. 17.2b) 1=1 1 +1 2 +1 3 Dzieląc

obie strony przez V otrzymujemy

l 1 1 12 1 3 -=-+-+V V V V

lub 1 1 1 1 - =-+-+RC Rl Ri R3

W obwodzie o połączeniu szeregowym przez wszystkie opory płynie taki sam prąd . W obwodzie o połączeniu równoległym całkowite natężenie prądu jest sumą natężeń prądów płynących przez poszczególne opory. Przy połączeniu szeregowym całkowita różnica potencjałów V wynosi V= V1 + V2 + V3 Dzieląc

obie strony przez l otrzymujemy

v v

v

V

1

l

l

W obwodzie równolegle

połączonych

oporów oporu otrzymuje się sumując odwrotności poszczególnych oporów. Wiele skomplikowanych obwodów można opisać dzieląc je na proste obwody szeregowo i równolegle łączonych oporów. Procedurę tę ilustruje następujący przykład. odwrotność całkowitego

Przykład 4. W obwodzie pokazanym na rys. 17.3: (a) Jakie jest całkowite natężenie prądu z baterii? (b) Jaki prąd płynie przez opór 6 m

ODPOWIEDŹ: Żeby znaleźć l

musimy to sobie przerysowując dokładnie ten sam obwód tak, jak to pokazano na rys. 17.3b, żeby kombinacje szeregowych i równoległych połączeń były bardziej widoczne. Zaczniemy od układu równolegle połączo­ nych oporów 2 Q i 6 Q. Niech R będzie oporem tego równoległego układu . Wtedy Re

Ułatwimy

1 1 1 2 "R=2n+6n=3n R=l,5 Q

1 - =-+ -2+-3

lub R c= R 1 + R 2 + R 3

(połączenie równoległe)

(17.8)

obliczyć

R =c l

l

283

prądu stałego

(połączenie

szeregowe) (17.7)

Opór ten jest połączony szeregowo z oporem 1,5 Q; zatem całkowity opór R' lewej gałęzi wynosi R'=R+l,5 !l=3 Q

17. Prąd i si/a magnetyczna

284

Zwarcie (krótkie

spięcie)

Na rysunku 17.4 dolny zacisk źródła napięcia jest uziemiony (połączony z potencjałem ziemi). W teorii obwodów potencjał ziemi definiuje się jako potencjał zerowy. Zauważ-

b) 2Q

6 V -=-

3.Q

Lewa

Prawa

-=-

~g~a_lą~ź_.._ _~ gala,ź

Rys. 17.3. a) Skomplikowany obwód oporów (symbol oznacza om). Ten sam obwód tak przerysowany, by poł ą czenia szeregowe i równoległe były bardziej widoczne

n

Na koniec ta lewa gałąź (R') jest równolegle połączona z oporem 3 Q. Stąd

1 l l 2 R=R,+3Q=3Q c

a

V 6 l= - = - A=4 A RC 1,5 jest całkowitym terii.

natężenie

z ba-

musimy wyI' w lewej gałęzi , Q,

które wynosi 6V

l'= -

R'

=2 A

Ten prąd dzieli się spadek napięcia na sam jak na oporze przepływa zatem a 25% I', czyli 0,5

my, że jeśli połączymy jakiś punkt obwodu z ziemią, to przez to połączenie nie będzie płynął prąd. Jaki jest potencjał w punkcie A na rys. 17.4? Zauważmy, że istnieje takie połączenie punktu A z ziemią, które nie zawiera żadnych oporów. Zakładamy tu, że przewody łączące oporniki mają opór równy zeru. Zgodnie z prawem Ohma spadek napięcia, różnica potencjałów, na tych przewodach wynosi =I · O

natężeniem prądu

przez opór 6

znaczyć

Rys. 17.4. Ilustracja obwodu ze zwarciem. Punkt A jest zwarty z ziemią

V= JRprzewo du

Żeby znaleźć natężenie prądu płyną­

cego

Ziemia

w taki sposób, aby oporze 6 Q był taki 2 Q. 75% prądu I' przez opór 2 Q , A, przez opór 6 Q.

=0 V Potencjał w punkcie A jest więc także równy zeru. W rzeczywistości każde dwa punkty obwodu połączone bezoporowym przewodem będą miały taki sam potencjał. Ponieważ spadek napięcia na opornikach 2 Q i 4 Q jest równy zeru, nie będzie przez nie płynął prąd. Mówimy, że opory te są zwarte. Jeśliby zewrzeć końcówki gniazdka sieci 120 V, to popłynąłby wówczas prąd o natężeniu

V 120 V / = - = - - = OO A R OQ

W

rzeczywistości natężenie prądu

nieskończone, ponieważ

przewody

nie

będzie

mają

jed-

17.3. Obwody

285

prądu stałego

nak opór różny od zera. na tyle duże, że posypią

Będzie się

ono jednak iskry.

Prawa Kirchhoffa

W bardziej złożonych obwodach opory mogą być tak połączone, że nie daje się przedstawić takiego obwodu w postaci układu prostych szeregowych i równoległych połączeń. Taką sytuację przedstawiono na rys. 17.Sa. Bardziej złożone obwody mogą miec także więcej niż jedno źródło napięcia, tak jak na rys. 17.Sb. Istnieje ogólna metoda postępowania ze zło­ żonymi obwodami wykorzystująca tzw. prawa Kirchhoffa. Twierdzenie o obwodzie zamkniętym. Algebraiczna suma przyrostów napięcia w dowolnym obwodzie zamkniętym jest równa zeru. (Spadek napięcia jest ujemnym przyrostem napięcia). JTwierdzenie o punkcie rozgałęzienia. Algebraiczna suma natężeń prądów przepływa­ jących przez punkt rozgałęzienia jest równa zeru. Twierdzenie o obwodzie zamkniętym jest wynikiem prawa zachowania energii, a twierdzenie o rozgałęzieniu wynika z prawa zachowania ładunku.

obwodu z osobna należy i kierunek prądu. Przy stosowaniu twierdzenia o obwodzie zamkniętym spadek napięcia pojawia się ilekroć przechodzimy przez opornik w kierunku zgodnym z przyjętym kierunkiem prądu, przyrost napięcia pojawia się przy przejściu przez źródło siły elektromotorycznej od - do + . Jeśli ostateczne rozwiązanie daje ujemne natężenie prądu, oznacza to, że rzeczywisty prąd płynie w kierunku przeciwnym do W

każdej gałęzi

założyć

natężenie

przyjętego.

Rozważmy, jako przykład, prądy płynące w obwodzie przedstawionym na rys. 17.Sb. Zastosowanie twierdzenia o obwodzie zamkniętym do pętli ABCDEA daje

C 2 -1 2 R 2 -1 3 R 1 =0

Zastosowanie tego twierdzenia do daje

Po

odjęciu

tych dwóch

l

można

otrzymać

równań

pętli

EFDE

otrzymujemy

,

a)~-----1 1 1 1--+_ _~ 1

punkcie

B

l1. ft

-=- t'2

IF '-fr -=F

A<>--------'

!3

=u R1 E

Rys. 17.5. a) Mostek Wheatstone'a używany do pomiaru R, . b) Regulator napięcia . R 1 ma napięcie określone przez

r':', a prąd pobiera z
rozgałęzienia

stosując

twierdzenie o do punktu D obwodu

Widzimy, że jeśli
Przypuśćmy, że

ściśle określone napięcie
na

musimy

mieć

końcówkach

opornika R 1 , nawet jeśli natężenie prądu 13 jest bardzo duże. Układ przedstawiony na rys. 17.Sb działa jak regulator napięcia. Małe zmiany napięcia w większym źródle mocy
17. Prąd i siła magnetyczna

286

prądu (opornik ten pobiera z tt 2 , a napięcie ma „związane" z tff i). Jeśli bateria tt 1 działałaby tylko sama, jej zycie byłoby bardzo krótkie. Układ przedstawiony na rys. 17.5a można praktycznie zastosować do dokładnego pomiaru nieznanego oporu R„. Jeśli Rg będzie oporem galwanometru (czułego miernika natężenia prądu), to otrzymamy tzw. mostek Wheatstona. R„ wyznacza się dobierając R 3 tak, by natężenie prądu przepływającego przez Rg było równe zeru. Wtedy R 2 / R 1 =R„/ R 3 czyli R„=R 3 (R 2 /R 1 ).

pobiera

dużo

prąd głównie

17.4.

Siła

magnetyczna -

doświadczalnie

Z siłą magnetyczną spotykamy się w życiu codziennym, gdy mamy do czynienia z magnesami trwałymi, elektromagnesami, cewkami, przekaźnikami, silnikami elektrycznymi, odchyleniem wiązki elektronów w kineskopach telewizorów, itp. Wszystkie te zjawiska można zredukować do siły działającej między poruszającymi się ładunkami (lub między prądami, ponieważ poruszające się ładunki to prąd). W rozdziale 18 zobaczymy, że z punktu widzenia atomowego w magnesie istnieją stale krążące prądy i siłę działającą na magnes można wytłumaczyć za pomocą siły działają­ cej między poruszającymi się ładunkami. Omówimy teraz podstawową siłę działającą na pojedynczy ładunek ą. Na ładunek q zawsze działa siła FE= qE bez względu na to czy porusza się on czy nie. Jeśli jednak porusza się on z prędkością v, to będzie istniała dodatkowa siła Fmag• która, jak zmierzono, jest proporcjonalna do iloczynu qv. W niektórych podręcznikach fizyki tę dodatkową

siłę

(zwaną

siłą

magnetyczną)

przedstawia się jako wynik doświadczenia i sugeruje, że jest to nowa, fundamentalna siła w przyrodzie. Takie przedstawienie jest mylą­ ce. W następnym punkcie pokażemy, że dodatkowa siła proporcjonalna do qv jest konieczną konsekwencją teorii względności (gdyby ta siła nie istniała złamane zostałyby prawa teorii względności). W sile tej nie kryje s i ę nic nowego jest to jedynie relatywis-

tyczna konsekwencja prawa Coulomba*. Jeśli F jest wypadkową siłą elektromagnetyczną działającą na poruszający się ładunek ą, to F=ąE+Fmag

Skoro F mag jest proporcjonalne do qv, to możemy zdefiniować taką wielkość wektorową B, że Fmag=qv

X

B

W następnym punkcie zobaczymy, że równanie to definiuje pole magnetyczne ffJ i nauczymy się obliczać ffJ z wywołujących je prądów .

Ciekawe, że ta „nowa" siła może istnieć nawet w przypadkach, w których wypadkowa siła elektrostatyczna jest równa zeru (gdy sumaryczny ładunek jest równy zeru). Na rysunkach 17 .6, 17. 7 oraz 17 ,8 są przedstawione takie sytuacje. Na rysunku 17.6 zilustrowano obserwację, że elektrony poruszające się w próżni lampy kineskopowej są przyciągane przez elektrony przewodnictwa poruszające się równolegle do wiązki elektronów i odpychane przez elektrony przewodnictwa poruszające się antyrównoległe. Prosty przykład ilustrujący istnienie siły przyciągania między równolegle płynącymi prądami został przedstawiony na rys. 17.7. Jeśli prąd w dolnej gałęzi obwodu z rys. l 7.7a zastąpimy pojedynczym poruszającym się ładunkiem q, to obserwujemy siłę przycią­ gania działającą na ą, jak to przedstawiono •Stwierdzenie to jest zbyt kategoryczne. By uzyskać prawa magnetyzmu z uogólnienia prawa Coulomba zgodnego ze szczególną teorią względności trzeba założyć, że ładunki w ruchu wnoszą do prawa Gaussa wkład niezależny od swej prędkości. Jest to fakt wychodzący poza treść prawa Coulomba dla ładunków spoczywających . Można sobie wyobrazić sytuację, w której prawo Gaussa miałoby np. postać

strumień

=

..!_L ą, J 1 - v1/c 2 to

nieodróżnialną

w spoczynku od prawa faktycznie obowi ą ­ Na podstawie takiego prawa można zbudować relatywistyczną teorię oddziaływań uogólniającą prawo Coulomba, a nie zawierającą magnetyzmu. „Fotony" tej teorii miałyby spin O. Możliwość ta nie realizuje się w przyrodzie, wszakże nie wynika to z wymogów szczególnej teorii względności, lecz jest faktem empirycznym. - Prz yp. red. wyd. polskiego. zującego.

17.4. Sita magnetyczna -

287

doświadczalnie

(widok z boku)

a)

b)

Kineskop TV

r~

--

" Plamka świetlna Wiązka

"

-r

naekrame

elektronowa Rys. 17.6. a) Telewizyjna lampa kineskopowa z pokaza ną z jednej strony kineskopu cewką dającą odchylenie pionowe (po drugiej stronie znajduje się taka sama cewka). b) Powi ęk sze nie czę ści a pokazuj ące jeden zwój cewki. Międ zy elektronem i prądem pł ynący m w dolnej gałęzi cewki d ziała siła przyciągająca, a między prądem płynącym w górnej gałęzi cewki i elektronem - s ił a odpychająca

a) F

Rys. 17.8. Pojedynczy ładunek punktowy ą, poruszający się z prędkością v równolegle do prądu I , będzie do niego przyciągany

b) Przelqcznik

1~

F

na rys. 17.8. Zmierzono, że siła ta jest odwrotnie proporcproporcjonalna do I jonalna do odległości y Fmag =(10 -7 )

(2/) Y

(qv)

(17.9)

1Jeśli

Rys. 17.7. Jeś li dwa nienałado wa n e druty bą d ź prę ty, od siebie o parę cent ymet rów, podłączy my do akumulatora, to będą s ię one w widoczny sposób przyciągały bąd ź odpyc h a ł y w za le ż n ośc i od tego, czy pr ądy w nich płyną równolegle czy antyrównoległe. Eksperyment ten należy przeprowadzać szybko, zanim druty nie nagrzeją się zbyt mocno. (Jest to przykład obwodu zwartego) a) Prądy równol eg łe, b) Prądy antyrówod ległe

n o le g łe

wszystkie wielkości są podane w jednostkach SI, stała proporcjonalności wynosi 10 - 7 . W praktyce równanie to (bądź równoważne mu równanie na siłę wzajemnego przyciąga­ nia się dwóch prądów) jest używane jako definicja jednostki natężenia prądu w MKS. Wartość ampera (lub C=A · s) określa się dobierając tak /, by zmierzona siła zgadzała się z równaniem (17.9). Żeby wyznaczyć wartość k 0 , umieszcza się dwa ładunki odpowiadające tak określonej wartości kulomba w odległości 1 m od siebie. Następnie mierzy się siłę, która z prawa Coulomba jest równa F=k 0 (Q 2 / R 2 ). Okazało się, że zmierzone k 0

17. Prąd i sila magnetyczna

288

ma wartość k0 = c 2/ 10 7 , gdzie c = 2,998 · 10 8 , czyli wartość równa prędkości światła. W następnym punkcie nie tylko wyprowadzimy równanie (17.9), lecz udowodnimy także, że k0 musi mieć wartość c 2/ 10 7 •

17.5. Wyprowadzenie

siły

magnetycznej

Przypatrzmy się dokładniej sytuacji przedstawionej na rys. 17.8. Prąd I tworzą elektrony przewodnictwa poruszające się w lewo z prędkością unoszenia ud. Żeby przewód był elektrycznie obojętny, musimy w nim umieś­ cić szereg stacjonarnych jonów dodatnich o równej co do wielkości i przeciwnej co do znaku gęstości ładunku, jak to zostało pokazane na rys. 17.9. Niech ). - będzie liniową gęstością ładunku elektronów przewodnictwa, a ). + gęstością ładunku jonów dodatnich, przy czym ). + = - ). - . Celem naszym jest obliczenie wypadkowej siły działającej na q, jeśli istotnie na q działa taka siła. Do tej pory nauczyliśmy się tylko obliczać siły elektryczne działające na stacjonarne ładunki . Możemy jednak uczynić q ładunkiem stacjonarnym, jeśli będziemy poruszać się razem z nim . Poruszający się obserwator widzi, że zarówno elektrony jak i jony dodatnie poruszają się w lewo, podczas gdy q pozostaje w spoczynku. W tym miejscu przypomnijmy słynny wynik szczególnej teorii względności zwany skróceniem Lorentza. Dla naszego obserwatora jony dodatnie okażą się rozu2/c 2 • mieszczone gęscieJ o czynnik Czytelników, którzy opuścili rozdziały omaprosimy relatywistyczną teorię wiające o przyjęcie tego na wiarę . (Do zrozumienia

Jl -

.....

;,.....- - - - - - - - - - - - - - T\

(

\ -

Vdl- · -

-

-

· - -· -

-

· -

{

\

- I1, Il

·

~----- ---------~/ y

q Rys. 17.9. Powiększo ny obraz przewodu z rys. 17.8. Prąd w prawo jest wynikiem ruchu elektronów przewodnictwa w lewo pł ynący

poniższych wywodów przestudiowanie rozdz. 8 i . 9 nie jest konieczne). Ponieważ elektrony poruszają się szybciej od jonów dodatnich, więc odległości między elektronami zostaną skrócone jeszcze bardziej niż odległości mię­ dzy jonami dodatnimi. A zatem, dla poruszającego sę obserwatora, ). - będzie większe od ). + i wypadkowa gęstość ładunku w przewodzie nie będzie równa zeru, lecz będzie ujemna. W uzupełnieniu 17.1 pokazano, że ta wypadkowa gęstość ładunku, widziana przez poruszającego się obserwatora, wynosi

X- -

(.!'.._)I

l

(17.10)

J 1-u2/c2 c2

gdzie I=). -ud jest natężeniem prądu autentycznie płynącego w przewodzie (por. równanie (17.25)). Zatem, zgodnie z tym, co widzi poruszający się obserwator, ujemnie naładowany przewód przyciąga ładunek q siłą 2k ).')

(por. równanie (16.5))

F' =qE' =q ( ----;-

w miejsce X

Wstawiając

otrzymujemy

, F

qu

= J1 -u2/c2

(2k 0

7

I)y

wyrażenie

(17.10)

(17.11)

jako wartość siły, jaką zmierzy poruszający się obserwator. Pokazaliśmy więc, że zgodnie z teorią relatywistyczną, na ładunek q musi działać siła . Skoro poruszający się obserwator mierzy jakąś siłę, to i każdy inny obserwator musi ją mierzyć. (Zgodnie z teorią względnoś­ ci obserwator pozostający w spoczynku zmierzy F = 1-(u 2 /c 2 ) F' ). A zatem nieruchomy obserwator „widzi" siłę

J

F= ko

c2

(2/) Y

qu

(17.12)

Podsumowując, dokładne obliczenia (przy których korzysta się z prawa Coulomba (równanie (16.5)) i wyników teorii względnoś­ ci) prowadzą do wyrażenia (17 .12) na siłę pokazaną na rys. 17.8. Siła ta jest proporcjonalna do q, u oraz I , a odwrotnie proporcjonalna do y. Jest to zgodne z obserwacjami doświadczalnymi (równanie (17.9)), tak jak; być powinno. Z porównania równania (17.9)

17.5. Wyprowadzenie

siły

względem

z równaniem (17.12) otrzymujemy k0 /c = 10 1

7

2

N/A lub

7 2

k0 =10- c N/A2 =8,988 · 10 9 Nm 2 /C 2 Taką

właśnie

wartość, z dokładnością do pomiaru, otrzymuje się z doświad­

błędów

289

magnetycznej

czenia.

/, teoria względności wyznacza kierunki siły magnetycznej takie jak pokazano to na rys. 17.10. Tę zależność Fmag od kierunku v można zapisać w postaci równania wektorowego

F,„„g= qv x B

(17 . 16)

gdzie kierunek B definiuje się za następującej reguły prawej ręki.

pomocą

17.6. Pole magnetyczne Tak samo jak pole elektryczne zdefiniowaliś­ my jako siłę elektrostatyczną działającą na jednostkowy ładunek q, możemy zdefiniować pole magnetyczne r!ł jako siłę magnetyczną na jednostkę (qv); tzn.

a)

b)

c)

d)

Fmag

[fjj=.qv

Jednostką

ffJ jest N/ A · m, którą nazwano Tesla w układzie SI jest oznaczana w skrócie T. Dzieląc równanie (17.12) przez qv otrzymujemy teslą .

k 0 21 !!l=--

Jest to pole magnetyczne w odległości y od przewodu z prądem. Jeśli [fjj jest zapisane w tej postaci, w niektórych równaniach zawierających [fjj pojawi się czynnik 4n. Można go wyeliminować zapisując :!,8 w postaci

rfł=µo

21

4n y'

do kartki

(17.13)

c1 Y

q.

v skierowane V

F=O

Rys. 17.10. kierunków v

Siła

magnetyczna F dla czterech

różnych

gdzie µ 0 =.k 02 =10- 7 N/A2 (17.14) 4n c

skoro k0 = 1/4ne0 , mamy

Reguła

także

Regułę

(17.15) Czy używać k 0 /c1 , czy µ 0 /4n jest kwestią wyłącznie gustu. My zwykle będziemy używać k0 /c1 • Mamy wtedy tylko jedną stałą proporcjonalności k 0 , zamiast dwóch, k 0 i µ 0 . W tej postaci widać także natychmiast, gdzie pręd­ kość światła ingeruje w równania elektryczności.

Do tej pory rozważaliśmy jedynie siłę w przypadku, gdy q porusza się równolegle do I . Jeśli q porusza się w innych kierunkach

prawej

ręki

prawej ręki zilustrowano na rys. 17.11. kciuk prawej ręki jest skierowany wzdłuż I, to zgięte palce wskazują kierunek B (linie pola B krążą wokół prądu). Zatem, na rys. 17.8 B będzie skierowane do kartki, a iloczyn wektorowy v x B będzie skierowany do góry, co daje prawidłowy kierunek siły F. W następnym rozdziale wyprowadzimy dwa wzory (prawo Ampere'a i prawo Biota-Savarta), które pozwolą nam obliczać pole magnetyczne prądów płynących w innych niż pojedyncze, prostoliniowe przewody. Zauważ­ my, że Fmag jest zawsze prostopadłe do v. Jeśli

17. Prąd i siła magnetyczna

290

a) mv

R =-

(promień okręgu)

q[!iB

Ślad pozostawiony przez elektron poruszający się

w jednorodnym polu magnetycznym jest pokazany na rys. 31.3 w tomie 2.

Przykład

5. Jaki jest okres dla

nałado­

z pręd­ kością v w jednorodnym polu magnetycznym [!iB ?

wanej

/J) /

cząstki poruszającej się

ODPOWIEDŹ: Niech T będzie czasem jednego obiegu po okręgu. Wtedy 2nR T=v Wstawiając R = mv/(qfJ ) do tego równania otrzymujemy 2n mv 2nm

T=--=-

v

q[!iB

q[!iB

Zauważmy, że

okres ten nie od R ani od v.

Rys. 17.11. a) Reguła prawej ręki i linie pola B pochodzącego od prądu płynącego w długim, prostym przewodzie. b) Zdjęcie opiłków żelaza rozsypanych wokół długiego, prostego przewodu. Gdy włączamy prąd , każdy z opiłków zachowuje się jak miniaturowy magnes i układa się zgodnie z kierunkiem pola B. (Dzięki uprzejmości Educational Development Center)

zależy

ani

Przykład 6. Największy na sw1ec1e akcelerator w Batavii, Illinois, USA, składa się z komory próżniowej w kształcie obwarzanka o średnicy 2 km, umieszczonej między biegunami magnesu, dającego maksymalnie pole [!iB = 1,8 T. Jeśli oglądamy go z góry, tak jak to widać na rys. 17.12, wiązka protonów krąży zgodnie z ruchem wskazówek zegara z prędkością bardzo

bliską prędkości światła .

Zatem, zgodnie z twierdzeniem o pracy i energii (wzór (6.10)), siła magnetyczna nie może ani zwiększyć ani zmniejszyć energii kinetycznej poruszającego się ładunku. Ładu­ nek poruszający się w jednorodnym polu magnetycznym będzie krążył po okręgu . W takim przypadku przyspieszenie jest równe v2 / R , a siła wynosi

(a) Jaki jest kierunek pola B? (b) Jaka jest energia protonów, gdy [!iB osiąga 1,8 T? ODPOWIEDŹ:

jest siłą dośrodko­ skierowane do czytelnika, to (v x B) będzie skierowane do środka. (b) Siła dośrodkowa Fdos =rn,v 2 /R, gdzie wą.

Jeśli

B

(a)

Siła

będzie

291

17.6. Pole magnetyczne

Rys. 17.12. Widok z góry głównego pierścienia synchrotronu 500 GeV. Protony krążą zgodnie z ruchem wskazówek zegara między biegunami magnesu (niewidocznymi na rysunku). B jest skierowane do czytelnika, a kierunek iloczynu (v x B) jest taki jak wektora F

jest nazywana siłą elektZ równania (17.17) widzimy, że flA i E nie mają takich samych jednostek. Widzimy, że [vfl] i E mają natomiast takie same jednostki. Czyli, jednostką [ffJ] jest jednostka E podzielona przez m/s, lub [PA]=Vsm- 2 • Jednostkę ffJ nazwano teslą. W starszych podręcznikach zamiast tesli używano odpowiadającej jej jednostki: weber na metr kwadratowy. Ze względów historycznych używa się terminu indukcja magnetyczna na określenie PA . Jednak powszechnie nazywa się fJ polem magnetycznym. W układzie CGS (zwanym także układem Gaussa) pole magnetyczne definiuje się następującym równaniem

m, jest

qv F""' 9 =-xBcGs c

Ta

całkowita siła

romagnetyczną.

masą relatywistyczną. Ponieważ

siła

ta pochodzi od pola magnetycznego, ma ona wartość evPA. Zatem PA

układzie

CGS

jednostką

B jest gaus

4

lT= 10 Gs

v2 m,R =evPA Zastępując

v przez c prędkość otrzymujemy m,c 2 =ee PAR Wyrażenie po lewej stronie tego równania jest całkowitą energią relatywistyczną. Mamy więc światła

E=(l,6 · 10- 19 )(3 · 108 )(1,8)(10 3 ) J=

= 8,64 · 10- 8 J = 540 Ge V Zauważmy, że siła magnetyczna nie zmienia ani prędkości ani energii cząs­ tek. Protony są przyspieszane przez osobne, niewielkie obszary pola elektrycznego, za każdym razem, gdy okrą­

żają pierścień.

17.7. Jednostki pola magnetycznego Gdy ładunek q porusza się, oprócz siły magnetycznej działa na niego ciągle jeszcze siła elektrostatyczna qE, a więc całkowitą siłą działającą na poruszający się ładunek jest F=qE+qvxB

W

(17.18)

(17.1 7)

W CGS B i E mają takie same jednostki. Jak zobaczymy w następnym punkcie, układ, w którym B i E mają te same jednostki ma pewną przewagę. Porównanie równań (17.17) i (17.18) pokazuje, że Bcas c Dowolne równanie elektryczności w tej książ­ ce może więc być zapisane w CGS, jeśli B zastąpimy przez B/c. Praktycznie używamy podwójnej prezentacji: wszystkie równania w tej książce są w efekcie podane w obu układach jednostek jednocześnie. Chcąc korzystać z układu CGS wystarczy jedynie podstawić k 0 równe 1, a B odczytywać jako B/c. Zasadniczo, równania są zapisane w MKS przy założeniu, że B jest polem magnetycznym podanym w teslach, a k0 = 9,00 · 10 9 . Wtedy wszystkie pozostałe jednostki będą jednostkami praktycznymi: volt, amper, om, itd. Ponadto, zapisanie wszystkich równań w MKS za pomocą k0 i c (zamiast µ 0 ) sprawia, że większość dydaktycznych i fizycznych korzyści związa­ nych z układem CGS staje się także dostępna dla tych, którzy używają wyłącznie układu MKS. BMKsµ--

17. Prąd i si/a magnetyczna

292

7. Wiązka protonów o pręd­ kości v = 0,lc przebiega przez obszar pól, magnetycznego skrzyżowanych i elektrycznego, tak jak to pokazano na rys. 17.13. Protony poruszają się prostopadle do kartki w kierunku od czytelnika. Siła elektrostatyczna działa­ jąca na protony wynosi 3 · 10- 13 N. Przykład

(b) E=-=

3 · 10- 13 N =1,875 · 106 N/C _ 1,6 · 10 19 C

fil=!!_

1 875 106 T =O 0625 T = 625 Gs . ' ' 3 · 107

F

e

V

(c) Niech v 1 =0,1 c Fwyp=eE+2ev 1

X

B=

=eE+ev 1 x B+ev 1 x B=O+(-eE) Wiązka skierowana

F wyp = 3 · 10- 13 N skierowane do góry.

do kar tki \

1\ B

\ 17.8. Transformacja relatywistyczna B i E

\

E Rys. 17.13. Pola elektryczne i magnetyczne

są

prostopadłe

(a) Jaki musi być stosunek E/ B, by wypadkowa siła działająca na protony była równa zeru? Odpowiedź należy podać zarówno w jednostkach CGS jak MKS. (b) Ile wynosi B w gausach? (c) Przypuśćmy, że E/ B jest takie jak w punkcie (a). Jaki będzie kierunek i jaka wartość wypadkowej siły działa­ jącej na ładunek + e o prędkości v = = 0,2 c? (Taki układ skrzyżowanych pól wykorzystuje się jako urządzenie wybierające cząstki o określonej prędkości. Tylko cząstki o jednej prędkości nie zostaną odchylone). 0DPOWIEDŻ:

(a) Fwyp=O=eE+ev x B

E=-vxB

v i fil są do siebie prostopadE = vf.l lub E/!?l = v w MKS. W CGS zastępujemy f!J przez (B/c) i otrzymujemy E/ B=v/c. Ponieważ

łe,

W punkcie tym zobaczymy, że dla poruszają­ cych się obserwatorów, pola B i E przechodzą wzajemnie jedno w drugie. Fizycznie powinno się o nich myśleć jako o jednym i tym samym polu zwanym polem elektromagnetycznym. Pole elektromagnetyczne ma sześć składo­ wych (Ex, EY, E,, Bx, BY, B, ). które wszystkie „mieszają się", gdy obserwator jest w ruchu.

y

1/ V

p

V

Pan Prim

x' Rys. 17.14. Naładowany drut spoczywający w laboratoryjnym (nieprimowanym)

układzie

Z tego punktu widzenia układ CGS jest bardziej fizyczny, ponieważ wszystkie składo­ we jednej wielkości fizycznej powinny mieć przynajmniej te same jednostki. Rozważymy jedynie dwa znane przykłady transformacji pola. Najpierw rozważymy przypadek, gdy w układzie laboratoryjnym wszędzie B =O. Mogą istnieć ładunki stac-

293

17.8. Transformacja relatywistyczna B i E

jonarne i pole elektryczne E. Pokażemy, że poruszający się obserwator widzi B'=(v'/c 2 )xE, gdzie v' jest prędkością ładun­ ków w układzie primowanym, związanym z obserwatorem. Rozważmy najpic•rw nałado­ wany drut spoczywający w układzie laboratoryjnym. W tym przypadku wszędzie mamy B=O, a w punkcie P na rys. 17.14 E=2k 0 J../y. Niech teraz pan Prim zacznie się poruszać z prędkością v, jak to pokazano na rysunku. Widzi on prąd I'= J..'v płynący na lewo, gdzie ..1.' jest gęstością ładunku w przewodzie w układzie związanym z obserwatorem. Zgodnie równaniem (17.13) widzi on pole magnetyczne

z

&B ' = k0 2 (J..'v) c2 y Ponieważ

E' = 2k 0 J..'/ y, widzi on

Przykład

8. Długi naładowany pręt o promieniu R na każdym metrze długości ma ładunek powierzchniowy Q,. Prętowi nadajemy prędkość v0 w prawo, jak to pokazano na rys. 17.15. Jakie jest E i !1J tuż przy pręcie? Va

Rys. 17.15. Pręt z ładunkiem powierzchniowym porusza się w prawo z prędkością •o· Ładunek na jednostkę długości pręta wynosi Q1, gdy pręt pozostaje w spoczynku

ODPOWIEDŹ: Gdy pręt się porusza, jego liniowa gęstość ładunku wynosi ). = yQ1, gdzie y=l /Jl-vf,/c2 • Zgodnie z (16.5)

2). yQ, E=k 0 R=2k 0 R

fJB ' = .!::__ E' c2

Z równania (17.19)

W postaci wektorowej zapisujemy

v0 2k 0 v0 Q1 f!J= c2E=7 YR

v' B' = -x E ' c2 gdzie v' jest prędkością źródła w układzie primowanym. Wynik ten musi być niezależny od natury źródła, jeśli przetransformowane pole lokalne w punkcie P ma być jednoznaczne. W ogólności prawdą jest, że jeśli mamy układ ładunków poruszających się z taką samą prędkością v, to powstanie pole magnetyczne V

B= - x E c "2

(gdy wszystk ie

ła dunki

samą prędkość v )

Opuściliśmy

primy,

m ają

Drugim przykładem transformacji pola bę­ dzie sytuacja odwrotna, gdy w układzie laboratoryjnym wszędzie E =O. Naszym źród ­ łem będzie nienaładowany drut, w którym płynie prąd I , jak to pokazano na rys. 17.16. W punkcie 17.5 widzieliśmy, że pan Prim \.L_--~------___J -

I

tę

( I 7. I9) V

ponieważ

mówimy teraz o poruszających się ładunkach w układzie nieprimowanym. Równanie (17.19) przyda się nam na początku następnego rozdziału, gdy będziemy wyprowadzać prawo Biota-Savarta. Zauważmy, że w CGS, gdy ładunek się porusza B/ E = v/c i jeśli prędkość ładunku zbliża się do prędkości światła, to pola elektryczne i magnetyczne są prawie równe.

x' Nienaładowany, nieruchomy przewód, prąd / , jest obserwowany przez pana poruszającego się z pręd k o ścią v

Rys. 17.16. rym płynie

w któPrima,

17. Prąd i siła magnetyczna

294

zaobserwuje wypadkowy ujemny ładunek na drucie i, zgodnie z równaniem ( 17 .11 ), jeśli trzyma on w ręku ładunek ą, to siła działająca na ten ładunek będzie równa , 2k 0 yl . 1 F = qv -2- , gdzie y = ---;===

y'l-v 2 /c2

cY

Dzieląc

wa składowa pola magnetycznego Ziemi wynosi 0,6 Gs i jest skierowana do dołu. Prędkość samolotu 278 m/s. (a) Jakie zewnętrzne pole elektryczne zmierzy pilot? (b) Czy skrzydła samolotu są nałado­ wane elektrycznie?

obie strony przez q otrzymujemy

E' = v (2ko yl) c2 y

Zgodnie z równaniem (17.13) pan Prim widzi też pole magnetyczne k I' 1''=2 _!!.c2 y

skierowane do kartki. Użyjemy teraz równania (17.26) (Uzupełnienie 17.1), by zamienić I' na yl. Wtedy

ODPOWIEDŹ: (a) Ponieważ pilot porusza się względem źródła pola magnetycznego Ziemi, możemy zastosować równanie (17.20). Zatem E=v14/= =(278 m/s) (0,6 · 10- 4 T)=0,167 V/m. (b) Zgodnie z równaniem (17.20) E ma kierunek - v x B, to znaczy na wschód. Na wschodnim skrzydle będą zatem zbierać się ładunki dodatnie, a ujemne na zachodnim skrzydle. Obserwator pozostający w spoczynku na Ziemi

będzie widział różnicę potencjałów mię­

14' = /oYI

dzy

c2y

skrzydłami

skrzydeł że

i widzimy,

samolotu. Jeśli rozstaw wynosi 20 m, to rozmca

potencjałów między końcami

skrzydeł

E'= -v' x B'

wynosi

gdzie v' jest prędkością źródła prądu w ukła­ dzie primowanym. I znów jak poprzednio, ponieważ transformacje pól lokalnych muszą być jednoznaczne, mamy ogólny związek dla źródeł prądu dowolnego kształtu; mówiący, że

V=Ex 0 =(0,167 V/m)(20 m)=3,34 V

E= - vx B

(gdy źródła prądu z prędkością v)

poruszają się

(17.20)

jest polem elektrycznym wytworzonym przez źródło prądu poruszające się z prędkością v. Tak jak poprzednio, opuściliśmy wszystkie prim y, bo mówimy o poruszających się źródłach prądu obserwowanych w nieprimowanym układzie . Takie pole elektryczne jest fo rm ą tzw. indukcji elektromagnetycznej (bardziej szczegółowo omówimy to w rozdz. 19). Wynik ten prowadzi nas bezpośrednio do prawa Faradaya o polu elektrycznym indukowanym przez zmieniające się pole magnetyczne.

Przykład

pół n oc

9. Samolot odrzutowy leci na po po ł udniku, na którym piono-

Podsumowanie Natężenie

prądu elektrycznego I= Q/t = = fj · dA, gdzie j = pv jest gęstością prądu w amperach na metr kwadratowy. Zatem I= pvA = .KevA, gdzie .K jest liczbą elektronów przewodnictwa w metrze sześciennym. Z prawa Ohma wynika, że J - V dla metali w stałej temperaturze. R =V/I jest definicją oporu. Rozproszona moc elektryczna P = VI. Zmierzono, że siła magnetyczna między prą­ dem I a poruszającym się równolegle do niego w odległości y , ładunkiem q wynosi

µ 0 21 Fmag=qv-4 ny

gdzie stałą µ 0 /4n podstawiamy równą 10 - 7 N/A 2 • Gdy zastosujemy teorię względności do prawa Coulomba, wtedy możemy wyprowadzić wzór

295

18. Podsumowanie

Fmag=ąvC~ )~ Stąd k0 /c 2 =10- 7 N /A 2 =(µ 0 /4n) lub µ 0 e0 = = l/c 2 • Pole magnetyczne 86 definiuje się jako

dodatnie poruszają się w lewo z prędkością v, a elektrony przewodnictwa z prędkością większą v'-· Gęstość ładunku w przewodzie wynosi (17.21)

F ma 9 / qv, co daje

X=X+ +X-

k 0 21 fl = c2 Y

Na skutek skrócenia Lorentza (17.22)

dla prądu liniowego I . Kierunek B wskazują palce prawej ręki, gdy kciuk jest skierowany wzdłuż I. Kierunek Fmag otrzymuje się ze związku Fmag= qv X B. Siła ta jest zawsze prostopadła do prędkości. Zatem, jeśli cząst­ ka porusza się w obszarze jednorodnego B, to będzie się ona poruszać po okręgu o promieniu R=mvj q &§. Żeby wyrazić wszystkie powyższe równania w CGS (w układzie gausowskim) należy podstawić k 0 = 1 i zastąpić B przez (B/c). W układzie, w którym są tylko prądy i wszystkie prądy przesuwają się z prędkością v, E= -V X B. W układzie, w którym wszystkie ładunki mają taką samą prędkość i nie płyną żadne prądy B=(v/c 2 ) x E.

oraz , ,L =

17.1. Transformacja

prądu

i

ładunek

X=

(.L )0

(17.23)

·

Wstawiając tę zależność w miejsce (L )0 w równaniu (17.23) otrzymujemy

ładunku

Chcemy pokazać, że obojętny elektrycznie przewód, pokazany na rys. 17.8, będzie miał

J l-v7:... /c2

gdzie (A. _) 0 jest gęstością ładunku elektronów przewodnictwa pozostających w spoczynku. W związku ze skróceniem lorentzowskim

,1.'_ = Uzupełnienie

1

l 1-v2/c2 d L J 1-v7:... jc 2

v

Niech {3

X_ =

=v/c, {3d =vd/c oraz {3' =v'- /c.

Wtedy

Ji=7jI A. Jl-{3'2

-1

V

J 1-v2/c2c2

Następnie

I

korzystamy ze wzoru Einsteina na prędkości (równanie (9.1)), aby wyeliminować {3

dodawanie

z punktu widzenia obserwatora poruszającego się razem z ładunkiem q. Jak pokazano na rys. 17.17, obserwator ten widzi, że jony

---x-r•-.-·---.-----ru:___

----..,,--+ e V

e

e

e

e

\

I

~-- -- ---- - ------_o.;

v'- v+vd -1+ vvd/c 2

lj

q

X

Rys. 17. 17. Sytuacja przedstawiona na rys. 17.8. ale tak, jak widzi o bserwator po ruszaj ący s ię z ładunkiem q

ją

X=

x_ = (1 + {3d{3) L

~

(17.24)

Wst awiając to razem ze wzorem (17.22) do równania (17.21) otrzymujemy

17. Prąd i siła magnetyczna

296

X=

1

~

Zamieńmy

X=

/3 d/3

..l.++

teraz

~

A. =

Korzystając

-

1+/3/3 d

~ A.+ na 1

(-A._) V

~c2

z tego,

że

(b) Jeśli instalacja ta będzie maksymalnie

A._

5.

A. Vd -

I= - L

vd otrzymuje-

my wynik (17.25) 6. Transformacja

prądu

Natężenie prądu

Podstawienie wzoru daje

I'= (

1

~

I' jest równe l'=X+v+X_v'_.

wyrażeń

(17.22) i (17.24) do tego 7.

1 + /3d/3 ) v_ A+ ) v+ ( ~L I

1-/32

(-A._) za A+ oraz (v+vd)/ /3d/3) za v'_ otrzymujemy

Podstawiając

/(1 +

I'

R+(RA.-)Cv:;~)

Stąd

l'=yl

8. gdzie

y =l/~

(17.26)

twiczenia

1. Elektrony przewodnictwa w drucie mie-

dzianym o przekroju 2 mm 2 mają średnią prędkość unoszenia 0,1 mm/s. Jakie jest natężenie prądu?

2. Przewodnictwo miedzi wynosi 5,9 · 10 7 (!lm)- 1 . Średnia prędkość elektronów u= 1,3 · 10 6 m/s. Jaka jest średnia droga swobodna tych elektronów? 3. Opór właściwy p jest tak zdefiniowany, że opór walca o długości x 0 i przekroju A wynosi R = p (x 0 / A). Wyraź opór właś­ ciwy przez .Al, e, L, m oraz u. 4. Domowa instalacja elektryczna w USA jest przystosowana do prądu 100 A i napięcia 120 V. (a) Jakie jest maksymalne obciążenie (w watach) dla tej instalacji?

9.

obciążona przez miesiąc, to ile kWh zostanie zużyte i ile wyniesie rachunek za światło przy cenie 10 ~/kWh? 12-woltowy akumulator ma opór wewnęt­ rzny 0,05 n. Przypadkowo kabel o oporze 0,1 n połączył końcówki akumulatora. (a) Jaki prąd popłynie? (b) Jaka moc zostanie rozproszona w kablu? Czy kabel ten da więcej ciepła niż 100-watowa żarówka? Jeśli każdy z dwóch prętów na rys. 17.7 ma opór 0,2 n, a opór pozostałej części obwodu wynosi 0,1 n, to jaka siła działa na metr każdego z prętów . Odległość między prętami wynosi 1 cm, a bateria ma 12 V. Przez dwa długie, równoległe, proste druty, oddalone od siebie o 16 cm, płynie prąd 4 A w każdym drucie. Wyznacz B w punkcie leżącym w połowie odległoś­ ci między drutami. (a) Gdy prąd w obu drutach płynie w tym samym kierunku. (b) Gdy prądy mają kierunki przeciwne. Elektron poruszający się poziomo ze wschodu na zachód napotyka pole magnetyczne, które odchyla tor jego ruchu do dołu. Jaki kierunek ma to pole magnetyczne? Elektron o masie m porusza się z pręd­ kością v0 (v 0 «c) pomiędzy dwoma rów-

noległymi, naładowanymi płytami.

(a) Jaki jest kierunek przyspieszenia? Jak przyspieszenie to wyraża się przez e, E oraz m? (b) Po jakim czasie elektron uderzy w jedną z płyt? Odpowiedź podaj w postaci funkcji e, E, m, k, d oraz v0 . (c) Przypuśćmy, że linie pola E byłyby

+++++++

-e

Ćwiczenie 9

-

Vo

++

17. Ćwiczenia i zadania

297

liniami nie pola elektrycznego ale magnetycznego, skierowanego tak, jak przedtem było pole E. Jaką wartość i jaki kierunek miałaby siła działająca na elektron? Siłę tę wyraź przez e, v0 oraz 88 . 10. Wyprowadź wzór na okres obiegu okręgu dla elektronu o prędkości v w jednorodnym polu magnetycznym B. . Prędkość v jest prostopadła do B.

2

16. Zadania

atom wodoru składa się z elektronu krążącego po orbicie kołowej o promieniu R = 5,3 · 10- 11 m wokół protonu. Jaki prąd krąży wokół protonu? 12. Jednorodnie naładowana kula o promieniu R i całkowitym ładunku Q obraca się z okresem T p = Q/[(4/ 3) nR 3 ]. (a) Jakie jest j na równiku tej kuli? (b) Jaki jest całkowity prąd krążący wokół osi? 13. Powtórz zad. 12 dla obracającej się powłoki sferycznej o jednorodnym ładun­ ku powierzchniowym. W tym przypadku j na równiku będzie nieskończone, ale 11.

Załóż, że

całkowite natężenie prądu

będzie skoń­

czone.
3 Zadanie 15

Przypuśćmy,że

oporniki wewnątrz skrzyntak, jak na rysunku. Jak wyraża się RA przez R 12 , R 13 oraz R 23 ? Jakie będą opory RB i Re?

ki są teraz

połączone

1

2

3 Zadanie 16

17. Omomierz jest urządzeniem do pomiaru nieznanego oporu. Zawiera on ruchomą wskazówkę, która wychyla się maksymalnie, gdy natężenie przepływającego przez nią prądu wynosi 60 mA. W urządzeniu tym znajduje się mała 6-woltowa bateria i opornik 100 n połączone tak, jak pokazano na rysunku. Skala omomierza zaczyna się od nieskończoności i dochodzi do zera (gdy zaciski A i B są zwarte,

Zadanie 14

15. Czarna skrzynka zawiera trzy oporniki połączone z trzema zaciskami, tak jak pokazano na rysunku. Zmierzony między zaciskami 1 i 2 opór wynosi R 12 • Między zaciskami 1 i 3 R 13 , a między zaciskami 2 i 3 - R 2 3 • Jakie są opory R 1, R 2 i R 3?

Wskazówka miernika

sv ~

+

r-

A

Pu d[o JOOS? B Zadanie 17

298

17. Prąd i siła magnetyczna

pełne wychylenie wskazówki daje odczyt O Q). (a) Jaki jest opór R 1 , gdy wskazówka wychyla się do połowy skali? (b) Jaki jest opór R 2 dla wychylenia wskazówki do 1/4 skali? 18. Każda z krawędzi sześcianu jest 10-omowym opornikiem. Jakie jest całkowite natężenie prądu pobieranego z baterii 6 V połączonej z sześcianem. (Wskazówka: prąd wpływający do punktu A dzieli się na trzy równe części . Prąd wpływający do B dzieli się na dwie równe części) .

I= 60 mA i

I 1 D ..---+ I

- -a

j,.._ _

I

I

I

- - --- c Zadanie ·1g

(Załóż, że B jest stałe w obszarze mię­ dzy biegunami i równe zeru na zewnątrz).

(c) Jaka siła (w niutonach) działa na elektrony w tym polu magnetycznym? (d) Jaka jest wartość f1J? 21. Jaka jest masa relatywistyczna elektronu poruszającego się po okręgu o promieniu R = 10 cm w polu f1J = lT? Jaki jest stosunek tej masy do masy spoczynkowej? 22. W Bevatronie w Berkeley protony osiąga­ ją masę siedmiokrotnie większą od ich masy spoczynkowej i mają prędkość v = 0,99 c. Jaką średnicę musi mieć magnes Bevatronu, jeśli pole magnetyczne jest równe 1,8 T? 23. Dwie nieskończone płaszczyzny o powierzchniowych gęstościach ładunku +a i -a są od siebie oddalone o Yo= 2 cm. Ładunek powierzchniowy a= 10 - 5 C/m 2 .

19. Synchrotron elektronowy w Cornell ma promień 100 m. Jeśli patrzymy z góry, to elektrony krążą przeciwnie do kierunku wskazówek zegara z prędkością prawie równą prędkości światła. Mają one energię 12 GeV. (a) Jaki jest kierunek B? (b) Zakładając, że pole f1J jest jednorodne wokół pierścienia, podaj wartość tego pola? 20. Wiązka elektronów o prędkości 106 m/s zostaje odchylona o 90° . przez magnes tak, jak na rysunku. (a) Jaki musi być kierunek B, by wiązka została odchylona w ten sposób? (b) Jaki promień krzywizny ma tor elektronów między biegunami magnesu?

Wio, zka e!ektrondw

Powierzchnia bieguna maqnesu

Zadanie 23

(a) Jakie jest pole E w punkcie P, gdy naładowane płaszczyzny pozostają w spoczynku? (b) Jakie jest E w punkcie P, gdy płasz­ czyzny przesuwają się w prawo z prędkością v = 0,6c? (c) Jakie jest B w punkcie P, gdy płasz­ czyzny przesuwają się w prawo z prędkością 0,6c? Podaj zarówno kierunek jak i wartość pola. 24. Załóżmy, że cewka dająca pionowe odchylenie wiązki elektronów w kineskopie telewizyjnym wytwarza jednorodne pole I

~

Wio,zka elektrondw

do kartki _l_O_cm _ .., Wio,zka

I.

uqiąta

Zadanie 20

2cm

.1 Zadanie 24

299

17. Ćwiczenia i zadania

magnetyczne 50 Gs skierowane do kartki wewnątrz cewki. fl4 =O na zewnątrz cewki. Elektrony w wiązce mają energię kinetyczną 20000 eV. (a) Czy wiązka zostanie odchylona do góry czy do dołu? (b) O jaki kąt zostanie odchylona wiąz­ ka? 25. W długim, prostokątnym obwodzie płynie prąd I= lOA, tak jak pokazano na rysunku. Zakładamy, że obwód jest tak długi, że efekty od jego krótkich boków

27. Czarna skrzynka zawiera opornik r i baterię C połączone szeregowo, jak na rysunku. Jeśli do skrzynki podlączymy opornik R = 20 n, to amperomierz wskazuje 250 mA. Gdy R=80 n, wskazuje on 100 mA. Jakie jest napięcie C baterii i jaki jest opór r? Czarna skrzynka ( ) - - - ------<

można zaniedbać.

r

l -

l

R

Zadanie 27

-

1 Zadanie 25

(a) Jakie jest B w punkcie P? Podaj wartość i kierunek pola (P leży w odległości 1 cm od każdego z przewodów). (b) Jeśli obwód porusza się w prawo z prędkością v, to natężenie prądu zwię­ kszy się o czynnik y=(l-v 2/c 2 )- 1 ' 2 • Jeśli v=0,6 c, to jakie będzie B w punkcie P? (c) Jakie jest E w punkcie P w warunkach opisanych w części (b) tego zadania. Podaj kierunek i wartość. 26. Bateria 3 V ma opór wewnętrzny 0,2 n. Trzy żarówki, każda o oporze 1,5 n, są połączone równolegle i podłączone do zacisków baterii. Jakie napięcie pojawi się na tych zaciskach?

28. Na rysunku 17.5a ~ =6 V, R 1 =R 2 = =R 3 =3 n, Rx=3,01 n oraz R 9 =0,1 n. Jakie jest natężenie prądu płynącego przez R 9? 29. Woltomierz ma opór wewnętrzny r. (a) Jakie wskaże on napięcie, gdy podłą­ czymy go do oporu R 2 tak, jak pokazano na rysunku? (b) Jakie było napięcie na R 2 zanim został podłączony woltomierz?

e -=-

Zadanie 29

30.

Jeśli napięcie

na R 2 maleje dwa razy po woltomierza z zad. 29, to jak musi zależeć r od R 1 i R 2 ? podłączeniu

18 Pola magnetyczne

f1

18.1. Prawo Ampere'a W poprzednim rozdziale pokazaliśmy, że pole magnetyczne powstające na skutek przepływu prądu I w nieskończenie długim przewodzie wynosi !5J =

2k 0 l

-2

c r

(w

odległości

r od przewodu)

Chcemy teraz znaleźć pole magnetyczne wytwarzane przez inne powszechnie występujące rozkłady prądów, takie jak: solenoidy, cewki, pręty i . płaszczyzny prądu. Do tego celu potrzebny nam jest magnetyczny odpowiednik prawa Gaussa. Istnieje ogólne równanie opisujące B wytworzone przez dowolny prąd - nosi ono nazwę prawa Ampere'a. Zamiast całki z E po ograniczonej powierzchni, w prawie Ampere'a bierzemy całkę z B po zamkniętym konturze. Całkę taką nazywa się całką krzywoliniową i zapisuje jako

fB · ds Obliczmy najpierw całkę krzywoliniową po konturze zamkniętym wokół pojedynczego, długiego przewodu, dla którego to przypadku odpowiedź już znamy. Na rysunku 18.1 konturem naszym jest okrąg o promieniu r. Ponieważ B i ds są zawsze równoległe, mamy

Rys. 18.1. Całkę krzywoliniową obliczamy po wyimaginowanym okręgu o promieniu r. Pokazany jeden element ds konturu

A: A: A: 2k 0 1 4nk 0 :rB · ds=:rPJds= !5J:rds=-2 -(2nr)=-2-l

er

~~

c

Wynik ten nie zależy od r i jest prawdziwy dla każdego okręgu, w środku którego znajduje się przewód z prądem. Możemy

stosuje

pokazać,

się

do kształt, konturu przewód, tzn.

fB · ds=fB ·ds okrąg

dowolny kontur

że

każdego,

powyższy

bez

zamkniętego,

związek

względu

na

otaczającego

301

18.1. Prawo Ampere'a

Zgodnie z rys. 18.2

f

B1 • ds 1 = B1 • (ds'1 +ds'D Człon

B1 ·ds'{ =0, prostopadłe. Zatem B1 · ds 1 =B 1

·

ponieważ

wektory te

są

(1 8. 1)

gdzie I wew jest prądem objętym konturem C, a B= B1 + ... + B•. Ponieważ I= dA , prawo Ampere'a możemy zapisać też w postaci

!:rB · ds=4nk- 0 Sj · dA 2 c c s

B1 • ds 1 +B 2 • ds 2 =B 1 • ds'1 +B 2 · ds2 że

c-

Jj ·

ds'1

Stąd

Zauważmy,

4nko , , B · ds= - ,- fwew (prawo Ampere a)

ds 1 oraz ds 2

są

elementami

(prawo Ampere'a w innej postaci) (18.2)

a S jest dowolną konturem C. Prawo Ampere'a można też zapisać za pomocą µ 0 , zastępując k 0 /c2 przez µ 0 /4n. Wtedy

gdzie j jest

gęstością prądu,

powierzchnią ograniczoną

'B ·

ds=µ 0 Jwew

Zauważmy, że

wprowadzenie µ 0 wyeliminoz równania 4n. Chociaż nasze ·wyprowadzenie prawa Ampere'a dotyczyło tylko prądów płynących po prostych, istnieje bardziej ogólne wyprowadzenie tego równania, które dopuszcza wszystkie prądy stałe płynące zarówno po krzywych jak i prostych liniach. W następ­ nym punkcie zastosujemy prawo Ampere'a do paru powszechnie występujących rozkładów wało

Rys. 18.2. Prąd I jest skierowany do czytelnika, ds, i ds 2 są elementami dowolnie wybranego konturu: ds', i ds~ tworzą kąt prosty z wektorem promienia okręgu otaczającego przewód

dowolnego konturu, a ds'1 i ds2 są, rozpinającymi taki sam kąt, łukami odpowiednich okręgów. Lewa strona powyższego równania jest częścią całki względem dowolnego konturu, a prawa strona jest częścią odpowiednich całek po okręgach. Ponieważ B · ds jest takie samo dla wszystkich łuków okręgów rozpinających ten sam kąt, mamy zatem

'B ·

ds='B · ds=4n

dowolny kontur

okrąg

k~ I

Strumień

magnetyczny

Tak jak
C


Jeś li

nasz dowolny kontur otacza n prądów I 1 do I"' to mamy

różnych

!

! 4nk 0 -(1 1 + ... +I.) 1 B1 · ds+ ... + 1 B. · ds=c2 gdzie B. jest polem wytworzonym przez pojedynczy prąd I •. Stąd

! 4nk 0 :r(Bi + ...+ B.) · ds=-2-]we w c

lub

prądów.

s

jako strumień magnetyczny, czyli liczbę linii pola f1J, przechodzących przez S. Natężenie pola magnetycznego jest więc ilościowo równe liczbie linii na jednostkę powierzchni. Jak widać na rys. 17.11 linie pola P4 są ciągłe wokół pojedynczego przewodu z prądem . Zatem dA po dowolnej powierzchni zamkniętej musi być równa zeru (po prostu taki sam strumień wpływa do obszaru ograniczonego tą powierzchnią i opuszcza go). Jeśli

§s :

302

18. Pola magnetyczne prądów,

mamy n oddzielnych

to

fs· dA=fB, . dA+ ... +fs• . dA gdzie B. jest polem wytworzonym wyłącznie przez n-ty prąd . Ponieważ każdy z członów po prawej stronie jest równy zeru, mamy

fs ·dA=O

(18.3)

Tak jak dla prawa Ampere'a, istnieje bardziej ogólny dowód tego równania, który obejmuje także przypadki prądów płynących po krzywych torach.

18.2.

Różne rozkłady prądu

Widzimy, że pole na zewnątrz pręta jest takie, jakby cały prąd płynął wyłącznie samym środkiem pręta. Jeśli będziemy teraz całkować po innym konturze, takim że r < R, to otrzymamy ,.: · ds=4nk-0 J :rB j 2

c

· dA

4nk 0 2 86'(2nr)=-2-j(nr) c 2nk0 . 2k 0 I !1J =--1r=--r c2 c2 Ri

dla r
(18.4)

Otrzymaliśmy

Pręt

Przypuśćmy, że

pręt o promieniu R, o jednorodnej gęstości j. Całkowity prąd ma natężenie I= jnR 2 • Chcemy znaleźć B zarówno wewnątrz jak i na zewnątrz pręta. Jeśli weźmiemy kontur zaznaczony linią przerywaną na rys. 18.3, to mamy

w którym

mamy

płynie prąd

4nk 0

8il' (2nr) = -

2k I 86' = - 20 c r

-

c2

11 x E B=-c2

fB · ds = - c2- / 4nk 0

wynik, że pole wewnątrz pręta liniowo z odległością od jego środka . Zauważmy, że wzory na pole ~ wewnątrz i na zewnątrz pręta mają tę samą postać co odpowiednie formuły na pole E. Mogliśmy to przewidzieć, korzystając ze wzoru (17.19), z którego wynika, że rośnie

jest polem magnetycznym wytworzonym przez poruszające się, naładowane ciało, gdy E jest polem elektrycznym tego ciała . Wynik na pole f1J wewnątrz pręta można było otrzymać rozważając poruszający się jednorodnie naładowany pręt o gęstości ładunku p. Z tabeli 16.1 pole elektryczne E = 2nk0 pr. Stąd pole magnetyczne musi być równe

I

dla r > R

J Rys. 18.3. Przez pręt o promieniu R przepływa prąd o jednorodnej gęs t ości j . Całkę krzywoliniową obliczamy po o kręg u o promieniu r, zaznaczonym linią przerywaną

Równanie (18.4) otrzymujemy zastępując (pv) przez j. W tabeli 18.1 zostały zebrane wyrażenia na pola E i PJ„ wytwarzane przez różne nałado­ wane ciała, które poruszają się wzdłuż swej długości. W każdym przypadku wzór na f1J można otrzymać zastępując p, A. lub a we wzorze na E odpowiednio przez j , I lub ,I oraz mnożąc przez 1/c 2 . W ostatniej kolumnie tabeli k 0 zostało zastąpione odpowiadającym mu czynnikiem µ 0 c2 /4n.

18.2.

303

Różne rozkłady prądu

Tabela 18.1. Pole elektryczne i magnetyczne Ciało

Miejsce

na

pręt

zewnątrz

każdej

stronie

między

płaszczyzny

dwie

środka

płaszczyzna

I

prędkością

_.':._x(k 0 A.)= 2k 0 ~ c1 r c1 r

2k 0 .l.

-

_.':._X ckoA r) = 2ko .!__, cl Rl cl R, v 2nk 0

2nk 0 u

-x(2nk 0 u ) = - / c2

cz

4nk 0 u

4nk 0 -x(4nk 0 u)= / cl cl

4nk 0 px

V 4nk 0 -x(4nk 0 px)=--jx

c2

ładunek

r od ladunku

punktowy

q(v«c)

k 0 ąr

-

Płaszczyznę

prądu

można

otrzymać

przejej długości z prędkością v. Pojawia się wtedy tzw. prąd powierzchniowy /, gdzie /=.uv amperów na metr. Na rysunku 18.4 prąd suwając naładowaną

płaszczyznę wzdłuż

c2

_'.'._x

,1

Płaszczyzny prądu

v

wzdłuż

swojej

a (z

długości

µo)

µo I

--

2nr µo I --r 2nR1

~, 2

V

-/

płytka

z

ffl (z k 0 )

E

r 2k 0 .l. -r R1

pojedyncza z/=uv z,J

x od

lub drut

pręt

wewnątrz

po

naładowanych ciał poruszających się

( 0 qr)=~ąv xr ,2

c2

· c2 ,2

µoJ

µJx

µ 0 qp Xr

---

4n ,1

płynie do góry w kiernku y. W każdym metrze płaszczyzny w kierunku x płynie do góry prąd / amperów. Jak pokazano w tab. 18.1, możemy skorzystać z równania V

B=-xE

cl

aby

otrzymać

2nk 0

~ =--f

cl

wynik (dla

płaszczyzny prądu)

(18.5)

z

.li ! !'

Przykład

1. Jakie jest pole magnetyczne długiej, prostokątnej cewki, pokazanej na rys. 18.5? Cewka ma długość L i N zwojów. Przez każdy zwój płynie prąd o natężeniu I. wewnątrz

ODPOWIEDŹ: Cewkę tę można rozważać

Rys. 18.4. Plaszczyzna z prądem powierzchniowym f płynącym do góry. Po prawej stronie płaszczyzny z prądem, pole B jest skierowane za płaszczyznę rysunku, a po lewej stronie przeciwnie (do czytelnika)

jako cztery płaszczyzny prądu, dla każdej z których prąd powierzchniowy N

/ =1-A/m L

304

18. Pola magnetyczne

otIHlHIV I

-1

X

I•

Strona a

o

I •I

I

I

IL

_ _ _ _ _j

D

I

C

Rys. 18.6. Solenoid. Linią przerywaną jest zaznaczony kontur do całkowani a w prawie Ampere'a

-1 Rys. 18.5. Prostokątna cewka o długości L i o N zwojach, w k ażdym z których płynie prąd I

Z punktu P położonego wewnątrz cewki, strony a i b cewki widać jako dwie „ nieskończone" płaszczyzny prądu o prądach powierzchniowych / i - ,/ (por. pozycję czwartą tab. 18.1). Pole pochodzące od strony a oraz b wynosi zatem 4nk 0

B=7/ Efekty

jak pokazano na rys. 18.6. Niech n1 będzie liczbą zwojów w jednostce długości solenoidu. Wtedy prąd powierzchniowy / = n 11 A/m. Zastosujemy teraz prawo Ampere'a do prostokątnego konturu ABCD ko

§B · ds=4n7Jwew C

ABCD

J

J B · ds+ Bzew Jds+ J B · ds=

Bwew ds+ AB

BC

CD

DA

4nk 0 I N

=7

L

pochodzące

od górnej i dolnej pła szczyzny są małe, ponieważ odległość punktu P od tych płaszczyzn jest znacznie większa od szerokości tych płaszczyzn . (Okazuje się ponadto, że efekty pochodzące od górnej i dolnej pła szczyzny dokładnie znoszą się z poprawkami uwzględniającymi skończoną wy s okość płaszczyzn a i b, tak że powyższy wynik jest wynikiem dokład­ nym). Taka prostokątna cewka jest szczególnym przypadkiem omawianego poniżej solenoidu.

Pierwsza

całka

jest równa po prostu &I razy są równoległe . Druga i czwarta całka równe są zeru, ponieważ B i ds są w tym przypadku prostopadłe . Trzecia całka jest także równa zeru, ponieważ !!J zew jest prawie równe zeru, co widać jako niewielką gęstość linii na rys. 18.7b. (Dla nieskończenie długiego solenoid u !!J zew= O). Zatem x0,

ponieważ

4nk 0 f!J wew(Xo)+0+0+0=-2- / Xo c 4nko

[f,B\\'e11·= -,-/ c-

Wstawiając

Solenoid

Równanie B = v x E/c 2 jest bezużyteczne, gdy prąd płynie nie po liniach prostych, lecz po okręgach . Powszechnie znanym przykładem prądu płynącego po okręgu jest solenoid, w którym prąd płynie po powierzchni walca,

B i ds

(pole wewnątrz solenoidu)

długiego

(18 .6)

/=n 1l mamy

4nk 0 4nk 0 N f!J =--n --l 11 = 2 c c2 L

(18.7)

gdzie N jest całkowitą liczbą zwojów, a Ldłu­ gością solenoidu. Zauważmy, że wynik ten nie zależy od położenia wewnątrz solenoidu (bok AB nie musi leżeć na osi). Zauważmy także ,

18.2. Różne rozkłady / prądu

305 dl -xr ko dt ko dq dl X r dB = - d q - - = - - - c2 ,2 c2 dt ,2

ko dl x r dB= - 1 - c2

Rys. 18.7. a) Linie pola !!I namagnesowanego pręta. b) Linie pola !!I solenoidu o tym samym kształcie. c) Magnetyczne linie pola można „zobaczyć" rozsypując opiłki żelaza na kartce papieru, umieszczonej nad magnesem sztabkowym. Opiłki układają się wzdłuż tych linii

(prawo Biota-Savarta) (18.8)

,2

gdzie dl jest wektorem długości elementu prądu. Równanie (18.8) wyprowadziliśmy przy założeniu v« c. Istnieje jednak bardziej ogólna metoda, w której otrzymuje się równanie (18.8) jako równanie dokładne, a nie przybliżone. Musimy przy tym pamiętać, że prąd musi płynąć w obwodzie zamkniętym i, że całkowite pole w dowolnym punkcie otrzymuje się całkując równanie (18.8) po całym, zamkniętym konturze. W rzeczywistości, przypisywanie określonego pola dB określonemu elementowi prądu /dl nie ma uzasadnienia fizycznego, ponieważ nie istnieje sposób wyizolowania tego elementu z innych elementów obwodu.

że

równanie (18.7) jest takie samo, jak wynik otrzymany w przykł. 1 dla prostokątnej cewki. Pole wewnątrz solenoidu jest jednorodne i nie zależy od kształtu cewki, jeśli tylko jest ona bardzo długa.

18.3. Prawo Biota-Savarta Istnieje inne równanie, zwane prawem Biota-Sa varta, które pozwala obliczyć B z rozkładu prądu . Oczywiście prawo Biota-Savarta i prawo Ampere'a muszą być matematycznie równoważne . W niektórych przypadkach łat­ wiej jest obliczyć B z prawa Biota-Savarta. Ostatnia pozycja w tab. 18.l stanowi w rzeczywistości „wyprowadzenie" prawa Biota-Savarta. Jeśli ładunek q porusza się z prędkością v, gdzie v« c, to pole elektryczne będzie równe E = k 0 qrjr 2 i zgodnie z równaniem (17.1) pole magnetyczne

Przykład

2. Jakie jest pole magnetyczne osi pierścienia z prądem?

wzdłuż

ODPOWIEDŹ:

Na rysunku 18.8 widzimy, dl są prostopadłe. A zatem, zgodnie z równaniem (18 .8) że

r

1

k 0 dl c2 r2

d~=-l-

składowa

skierowana

wzdłuż

osi jest

równa dt{do kartki)

r

? B=

~ X (koqr) =ko qv X r

c2 Jeśli się

,2

c2 ,2

za q wstawimy ładunek dq poruszający w elemencie dl obwodu, to mamy

I~

dB

Rys. 18.8. dB jest polem magnetycznym wytworzonym przez element prądu /dl pierścienia prądu o promieniu R

306

18. Pola magnetyczne powierzchnią

Czyli pod

Ziemi powinien o natężeniu przekraczają­ cym miliard amperów. Geofizycy podają różne prawdopodobne przyczyny istnienia takiego prądu. płynąć prąd

scałkowanie

po

pierścieniu

daje

k 0 2/A Pł = --

(18.9)

c 2 r3

gdzie A jest powierzchnią otoczoną przez / . Widzimy, że tak jak dla dipola elektrycznego (przykł. 2 w rozdz. 15), pole zmniejsza się z odległością - jest ono odwrotnie proporcjonalne do trzeciej potęgi odległości. Linie pola E dipola elektrycznego i linie pola Pl pętli prądu układają się tak samo dla dużych odległości . Pętla prądu zachowuje się więc jak dipol magnetyczny. Omówimy to w p. 18.4.

Przykład

4. 3 w

przykł.

z

Powtórzmy obliczenia jednostek CGS.

układzie

ODPOWIEDŹ:

Prawidłowe

wyrażenie

w CGS otrzymamy, jeśli zamienimy Pl na B/c oraz podstawimy k 0 = 1 1 2/A c r

B

- =2 - 3

c

lub

Bcr 3 I= 2A B = 1 Gs,

gdzie

c = 3 · 10 10 cm/s,

R = 8,1 · 108 cm, A= n (5 · 10 8 cm) 2 • Przykład

3. Ziemskie pole magnetyczne jest w zasadzie polem dipola magnetycznego. Załóżmy, że ziemskie pole magnetyczne jest wytworzone przez prąd krążący pod równikiem w odległości średnio 5000 km od środka Ziemi. Jakie musiałoby być natężenie tego prądu, żeby pole magnetyczne Ziemi było równe około 1 Gs na każdym biegunie. ODPOWIEDŹ: Możemy skorzystać

wnania (18.9) i

obliczyć

z ró/. W równaniu

k 0 2(/A) Pł =--­ c2

I=

(1)(3 . 10 10 )(8,1 . 108 ) 3

2n (5 · 10 8 ) 2

= 1,01 · 10 19 statokulomba/s= = 1 01 · '

Rozważając

od bieguna magnetycznego r=8100 km, A=n(5 · 10 6 ) 2 m 2 , a k 0 /c2 =10 - 7 N/ A 2 . Stąd Pł r 3 l= - - - 2

= dq

(d')

problem

X

B = dq dl X B dt (siła

działająca

prądu) następnym przykładzie

na

element (18.10)

pokazano, jak za równania (18.10) ustala się wartość ampera. Dwa takie same prądy płyną w odległości 1 m od siebie. Natężenie prądów pomocą

3,38 · 10 9 A

dt

dF=ld/ x B W

)

2n (5 · 10 6 ) 2 (10- 7 )

A

elementów prądu, na siłę dF, działającą na element prądu Id/ umieszczony w polu magnetycznym B. Z równania (17.16) mamy

1

(10 - 4 )(8,1 · 10 6 ) 3 A

9

dF=dqv x B=

odległość prądu

/=

1 10 19 (-~) = 3' 38 · 10 3 . 10 9 s

możemy też otrzymać wyrażenie

r3

2A (k 0 /c

=

30

18.3. Prawo Biota-Savarta

dopasowujemy tak, aby siła działająca na jednostkę długości przewodu wynosiła 2 · 10- 7 N/m - natężenie prądu w każdym przewodzie będzie wtedy wynosić 1 A.

Przykład

5. Jaka

siła działa

na jednostdwoma równymi prądami oddalonymi od siebie o r? Konkretne obliczenia wykonamy dla r = 1 m oraz I= 1 A. kę

długości

jak µ 0 /4n, podstawiamy równą 10- 7 • Wtedy siła wynosi dokładnie 2 · 10- 7 N/m, gdy natężenie prądu w obu przewodach jest równe 1 A.

między

ODPOWIEDŹ :

Korzystając

z równania

(18.10) mamy

Przykla~ 6. Prostokątna cewka, pokazana na rys. 18.10, jest umieszczona w jednorodnym polu magnetycznym. Jaki moment obrotowy działa na cewkę?

F=IlxB

B

Na rysunku 18.9 widzimy, że B jest skierowane do kartki, jest zatem prostopadłe do /. Iloczyn wektorowy (lx B) jest więc skierowany w prawo. Wsta-

Rys. 18.10. Prostokątna cewka o przekroju 1,1 2 w jednorodnym polu magnetycznym. Zostały pokazane siły działające na krawędzie o długości I1

r F

Ii

ODPOWIEDŹ: Rozważmy iloczyny wektorowe I x B dla każdej z czterech ścian cewki. Widzimy, że siły magnetyczne działające na dwie ścianki o długości l 1 dają wypadkowy moment obrotowy

0 8 (do kartki)

Rys. 18.9. Siła przyciągania nymi prądami I wiając

między

dwoma rów-

B ze wzoru (17.13) otrzymujemy

F 2k 0 I 2k 0 12 - = 12- - =2- l c r c r

l

A

Siła /1

magnetyczna wynosi

działająca

na

długości

F=Il 18'

Zatem

dla r = 1 m i I= 1 A

!_=2(10- 1 ~)(l 2

T=F(/ 2 sin ex)

2

A) =2 · 10- 7 N/m 1m

W rzeczywistości tak definiuje się amper. Stałą k0 /c 2 , która jest taka sama

T=(/1 1 8')(/ 2 sin ex)=l/ 1 / 2 ~sin ex=

=(JA) gł sin ex (Siły działające

nie).

na 12

(18.11) znoszą się

wzajem-

308

18. Pola magnetyczne

18.4. Magnetyzm

µ flJ sin

Sztabka z magnesu umieszczona w jednorodnym polu magnetycznym ustawia się zgodnie z polem, jak to pokazano na rys. 18.11.

---

Rys. 18.11. Magnes sztabkowy długości L pod kątem 0< do zewnętrznego pola magnetycznego B. Ładunek magnetyczny wynosi ąm. Pokazano siły działające na bieguny magnesu

Kompas jest to mały magnes sztabkowy, który ustawia się zgodnie z polem magnetycznym Ziemi. Zjawisko to możemy opisać przypisując jednemu biegunowi magnesu ła­ dunek magnetyczny qm oraz ładunek -qm drugiemu biegunowi. Ładunek magnetyczny, jeśli istnieje, to ma, analogicznie do ładunku elektrycznego, tę własność, że działa na niego siła F= qmB. Chociaż w rzeczywistości ładun­ ków magnetycznych nie ma (porównaj poniżej zamieszczoną dyskusję) są one powszechnie używane jako wygodny matematycznie sposób opisu magnesów. Moment obrotowy działający na sztabkę magnesu na rys. 18.11 wynosi IX

(18.12) Iloczyn qmL jest z definicji momentem magnetycznym µ. Moment obrotowy działający na moment magnetyczny jest zatem równy T = µ flJ sin

P4 sin

IX

(moment magnetyczny pętli z prądem) (18.13)

µ=JA

Przed odkryciem elektronu i atomowych elektronowych hipoteza ładunku magnetycznego wyjaśniała zachowanie się magnesów w polu magnetycznym. Jeśliby jednak istniał ładunek magnetyczny, tak jak istnieje ładunek elektryczny, to powinno być możliwe wydzielenie jakiegoś wypadkowego ładunku magnetycznego, dodatniego bądź ujemnego. Można by się spodziewać, że uda się otrzymać pojedynczy biegun magnetyczny przez odłamanie końca magnesu sztabkowego. Ilekroć jednak próbowano tak zrobić, na drugim końcu ułamanego kawałka pojawiał się równy co do wielkości biegun przeciwny, jak widać na rys. 18.12. Do tej pory nigdy nie spotkano w przyrodzie pojedynczego bieguna prądów

B

T=FL sin

IX= (I A)

IX

W notacji wektorowej T= µ x B. Zauważmy , że pętla z prądem w równaniu (18.11) zachowuje się w taki sam sposób i, jak widzieliśmy w przykł. 1, daje taki sam rodzaj pola. Możemy znaleźć moment magnetyczny pętli z prądem przyrównując momenty obrotowe dane wzorami (18.11) oraz (18.12)

a)

(

o

Rys. 18.12. Magnes sztabkowy pokazany w części a) rysunku, w części b) zostaje podzielony na trzy kawałki

magnetycznego. Próby wyizolowania ładunku magnetycznego były tak szeroko prowadzone, że ich niepowodzenie sprawiło, iż obecnie większość fizyków wierzy, że ładunki takie nie istnieją. Wszyscy fizycy zgadzają się z tym, że prądy powierzchniowe wyjaśniają własności magnesów. Twierdzi się, że magnes sztabkowy jest w rzeczywistości solenoidem o wypadkowym prądzie powierzchniowym f ', krążącym na zewnątrz sztabki, jak to pokazano na rys. 18.13. Obliczymy teraz, jakie musi być./' dla magnesu, którego ładunek magnetyczny wynosi qm. W przykładzie 6 widzieliśmy, że moment obrotowy działający na pojedynczy zwój solenoidu jest równy T1 =I A flJ sin IX. Dla solenoidu o N zwojach T =N I A P4 sin IX. Ponieważ prąd powierzchniowy f '=N I/ L,

18.4. Magnetyzm

309

a)

f 'A=.% Aµ 0

-{ flj5((((rq+qm Powierzchnia A

b)

f

(18.15)

'= .Afµa żelaza

atomów/cm 3 . Wstawiając wartość momentu magnetycznego µ 0 = 1,86 · 10- 23 A m 2 mamy

Dla

.;V =8,51 · 10

22

/ ' =(8,51 · 10 28 m- 3 )(1,86 · 10- 23 A m 2 )= = 1,58 · 106 A/m

Rys. 18.13. a) Magnes sztabkowy z wypadkowym prądem jego powierzchni zewnętrznej . b) Widok magnesu od strony bieguna, na którym zostały pokazane poszczególne prądy atomowe. Wypadkowy prąd zaznaczono kolorową linią krążącym wokół

więc T= f 'LA f!4 sin a.. Jeśli przyrównamy ten moment obrotowy do momentu otrzyma~ nego we wzorze (18.12), to otrzymamy

qmL Pl sin r:t.=f 'LA f!4 sin a.

Jest to

prąd

można

osiągnąć

znacznie większy od tego, jaki w solenoidach zrobionych przez człowieka . Umieszczenie wewnątrz solenoidu żelaznego rdzenia znacznie zwiększy pole. Zgodnie z równaniem (18.6) pole wewnątrz solenoidu (magnesu sztabkowego) wynosi

ff4=

(18.14) Widzimy, że magnes o ładunku qm można jako kawałek metalu ze stałym prądem powierzchniowym /'=q,JA krążącym wokół powierzchni zewnętrznej . Z równania (18.14) wynika także, że solenoid z prądem powierzchniowym / ' zachowuje się jak magnes sztabkowy o ładunku magnetycznym opisać

qm=f'A.

Zobaczmy teraz, czy prądy w atomie żelaza pole f!4 ~ 2 T, obserwowane wewnątrz całkowicie namagnesowanego kawałka żelaza. Jeśli każdy atom dzięki swym elektronowym prądom ma moment magnetyczny µ 0 oraz w jednostce objętości jest .;V takich atomów, to całkowity moment magnetyczny magnesu sztabkowego o przekroju A i długo­ ści Ljest równy µ= % ALµ 0 , przy założeniu, że wszystkie atomowe momenty magnetyczne są zgodnie skierowane. Dla atomu żelaza µ 0 można obliczyć z prądów elektronowych, jak to zrobiono w następnym akapicie. Otrzymujemy stąd wartość 1,86 · 10- 23 A m 2 • Ponieważ całkowity moment magnetyczny jest z definicji równy qm razy długość L, więc mogą dać

qmL= .%ALµa qm=JVAµa Użyjemy

(j'A)

równania (18.14) i za qm podstawimy

4nk 0

c

2

4n (9 · 109 ) (3 · 10 8 )2

(1 ,58 · 106 )T=l,99 T

Wynik ten jest zgodny z tym, co zmierzono dla całkowicie namagnesowanego żelaza. Moment magnetyczny elektronu Jeśli odwołamy się

do mechaniki kwantowej, moment magnetyczny µ 0 atomu żelaza może­ my obliczyć z pierwszych zasad. Pokażemy teraz w skrócie, jak się to robi. Załóżmy, że elektron krąży po orbicie kołowej o promieniu r. Natężenie prądu elektronowego jest równe iloczynowi ładunku elektronu e i częs­ tości jego ruchu po orbicie: I= e (v/2nr). Zgodnie z równaniem (18.13) jego moment magnetyczny wynosi

µ. =J(nr 2 )=(~)(nr 2 )= evr =-=-(mvr) 2nr

Zauważmy, że

a

2

2m

mvr jest momentem

pędu

L,

więc

e µ.=2m L

(18.16)

Z mechaniki kwantowej dowiemy się, że orbitalny moment pędu elektronu jest wielkością skwantowaną. Jej kwantem jest L=h/2n, gdzie h = 6,63 · 10- 34 J s jest stałą Plancka. Zatem, minimalny moment magnetyczny elektronu wynosi

310

18. Pola magnetyczne

e h µe= 2m 2n =9,3. 10 - 24 A m2

Zgodnie ze wzorem (18.16), wynik ten nie zależy od odległości r od środka orbity. Można się więc spodziewać, że obracające się

elektrony mają wszystkie taki sam moment magnetyczny. Tak się rzeczywiście dzieje w mechanice kwantowej . Wszystkie elektrony mają samoistny moment magnetyczny µ =9 3 · 10 - 24 A m 2. W atomie żelaza w"szys~kie, oprócz dwóch, momenty magnetyczne 26 elektronów znoszą się. Moment magnetyczny atomu żelaza jest więc równy µ rc =2µ . = 1,86 · 10 - 23 A m 2, co zgadza się z wartością zmierzoną . Pozostało nam wyjaśnienie, dlaczego atomy żelaza wolą ustawiać się tak, by ich momenty magnetyczne były skierowane w tym samym kierunku. Pełne wyjaśnienie tego możliwe jest na gruncie mechaniki kwantowej i fizyki ciała stałego. Współczesna teoria ciała stałego przewiduje, że żelazo , kobalt i nikiel* (metale ferromagnetyczne) składają się z makroskopowych domen (o rozmiarach rzędu paru tysięcznych części centymetra), w których atomy są ustawione zgodnie. W nienamagnesowanej próbce domeny są zorientowane chaotycznie względem siebie. W procesie namagnesowywania domeny ustawiają się zgodnie przez ruch granic domen - domeny zorientowane korzystnie względem pola rosną kosztem pozostałych domen.

18.5. Równania

Maxwella dla

prądów

stałych

Do tej pory otrzymaliśmy cztery równania na B i E. Jak to podkreślaliśmy, można je wyprowadzić z prawa Coulomba i teorii względności . Te cztery równania razem są nazywane równaniami Maxwella. Zamieszczamy je w tab. 18.2 w następującej kolejności : rów na nie (15.7) (prawo Gaussa), równanie

(16.7) (różnica potencjałów nie zależy od drogi), równanie (18.3) (linie pola B ~ą ciągłe), równanie (18.1) (prawo Ampere'a). Zeby opis był pełny, podajemy je zarówno w układzie CGS jak i MKS. Postać równań w układzie CGS otrzymujemy podstawiając k0 = 1 i zamieniając B na (B/c). W układzie MKS zapisaliśmy także równania Maxwella za pomocą e0 oraz µ 0 . Postać tę otrzymaliśmy zamieniając k0 na 1/4rre 0 oraz (k 0 /c 2 ) na (µ 0 /4n). W równaniach I i III całkowanie przeprowadza się po całkowicie zamkniętych powierzchniach. Wyrażenia po lewej stronie tych równań są wypadkowym strumieniem odpowiednio elektrycznym i magnetycznym, opuszczającym

zamkniętą

powierzchnię.

W równaniach II i IV mamy całki krzywoliniowe po konturze zamkniętym. Do tej pory mieliśmy do czynienia wyłącz­ nie z prądami stałymi . Począwszy od następ­ nego rozdziału będziemy rozważać bardziej ogólny przypadek, w którym natężenie prądu może się zmieniać w czasie. Wtedy w równaniach II i IV pojawią się dodatkowe człony.

Podsumowanie

Pole magnetyczne wytworzone przez prądy stałe można wyznaczyć z prawa Ampere'a, z którego wynika, że pole magnetyczne scałkowane po dowolnym zamkniętym konturze wynosi k0

t B · ds=4n--zc

lw ew

I wew jest wypadkowym natężeniem prądu zawartego w tym konturze i jest równe także fj · dA, gdzie całkowanie wykonuje się po dowolnej powierzchni ograniczonej tym konturem. Z drugiej podstawowej zależności dotyczącej pola magnetycznego wynika, że wypadkowy strumień przez dowolną zamkniętą powierzchnię jest równy zeru

fB · dA =0 • a

t akże pi ęć

metali z grupy ·lanta nowcó w i liczne stopy i z w i ązk i chemiczne, w tym niektó re zło żo ne z samych pierwiastk ów nieferro magnetycznych - Przyp. red. wyd. polskieyo.

Innym związkiem, w pewnych przypadkach bardziej użytecznym , jest prawo Biota-Savarta

311

18. Podsumowanie Tabela 18.2. Równania Maxwella dla

prądów

stalych

MKS (z k 0 )

I fE · dA =4rrkoQwew II fE · ds=O

MKS (z Eo i µ 0 ) I fE · dA =- Qwew

fE · dA =4rrQwew

Eo

fE · ds=O

III fB · dA =0 f 4rrk 0 IV B · ds = - 2 ]wew c

fB · dA=O

fE · ds=O fB · dA=O

f B . ds= µol wew

fB. ds= -

ko dl x r dB=-/-c2

CGS

4rr c

lwew

Ćwiczenia

,2

1.

Rozważ

dwie

równoległe,

nieskończone

płaszczyzny prądu

o prądzie powierzchniowym f każda . Jaki kierunek i jaką wartość ma B w obszarach I, II i III?

Ze związków tych otrzymujemy pole w dowolnym punkcie wewnątrz solenoidu o n1 zwojach w jednostce długości

"t

tj

Pole wytworzone przez pojedynczy prosty przewód 11

1

2k 0 1 ffi = - -

III

c2 r

a pole wytworzone przez płaszczyznę prądu o prądzie powierzchniowym cf amperów na metr

Ćwiczenie I

2.

Pole magnetyczne pochodzące od sztabki magnesu trwałego można wyjaśnić za pomocą atomowych pętli prądu, których wypadkowym efektem jest prąd powierzchniowy ·cf ', krążący na zewnątrz magnesu, tak że magnes sztabkowy jest w zasadzie solenoidem. Efektywy y (choć w rzeczywistości nie istniejący) ładunek magnetyczny wyraża się przez ten prąd powierzchniowy następująco: ąm = cf ' A. Moment magnetyczny pojedynczej pętli prą­ du o powierzchni A jest równy µ=I A. Moment magnetyczny elektronu wynosi

Rozważ dwie przylegające do siebie płytki o gęstościach prądu j płynących w przeciwnych kierunkach. Każda płytka ma grubość x 0 . Jaki kierunek i jaką wartość ma B w obszarach I, II, III i IV?

-j y

I

j

IV X

Ćwiczenie 2

3. gdzie h jest

stałą

Plancka.

Rozważ dwa długie , koncentryczne solenoidy o promieniach R 1 i R 2 i o prąd ach

312

18. Pola magnetyczne

powierzchniowych / 1 oraz fz· Jaki kierunek i jaką wartość ma B w obszarach, gdzie r
r>Rz?

Przekrdj poprzeczny 11k[ad11 solenoidów Ćwiczenie 3

4. Solenoid o długości 1 m i średnicy 8 cm ma 500 zwojów. (a) Jakie jest 88 wewnątrz solenoidu, jeśli płynie w nim prąd 5 A? (b) Jaka jest całkowita liczba linii strumienia magnetycznego wytworzonego przez ten prąd? 5. Elektron został skierowany wzdłuż osi solenoidu. Opisz ruch tego elektronu. 6. Współosiowy kabel składa się z wewnę­ trznego i zewnętrznego cylindra o promieniach odpowiednio R 1 i Rz. Po powierzchni każdego z cylindrów płynie prąd /, lecz kierunki tych prądów są przeciwne (równoległy i antyrównoległy do osi). Jakie jest 88 w odległości r od wspólnej osi, (a) gdy r jest między oboma cylindrami? (b) gdy r jest na zewnątrz cylindra zew-

Przypuśćmy, że prąd w przykł. 3 płynie przez powierzchnię równą jednej czwartej przekroju Ziemi. (a) Jaka jest gęstość prądu j? (b) Jakie jest natężenie prądu I na centymetr kwadratowy powierzchni przekroju? (c) Jeśli prąd jest wynikiem ruchu elektronów mających prędkość unoszenia 10- 4 m/s, to ile poruszających się elektronów będzie w centymetrze sześ­ ciennym? 9. Jaka siła (w dynach na centymetr) działa między dwoma równoległymi prądami, o natężeniu 1 A każdy, oddalonymi od siebie o 1 cm? 10. Jakie jest ~ na końcu solenoidu? (Wskazówka: rozważ drugi identyczny solenoid przymocowany do końca pierwszego solenoidu, tak że powstaje jeden długi solenoid.)

8.

Zadania

11.

Rozważ

przewodzący

pręt

wydrążony

w środku. Promień wewnętrzny wynosi R 1 , a zewnętrzny Rz. Przez ten przewodnik płynie jednorodny prąd I (skierowany do kartki). Jakie jest P4 w obszarach, gdzie rRz?

nętrznego?

7. W pionowym, współosiowym kablu pły­ nie prąd I 1 = 3 A w dół po wewnętrznym przewodzie i prąd I z = 2 A do góry w zewnętrznym, cylindrycznym przewodzie. Zewnętrzny cylinder ma średnicę 3 cm. Wewnętrzny przewód ma średnicę 4 mm. (a) Jakie jest 88 w odległości 5 cm od środka?

(b) Jakie jest 88 wewnątrz kabla, w odległości 0,5 cm od środka?

Przekrój poprzeczny Zadanie 11

12. Problem jest taki sam, jak w zad. 11, oprócz tego, że cylindryczny otwór znajduje się nie w środku pręta, lecz w odległości x 0 od środka. Jakie jest ~ w każdym punkcie osi x? Pole to wyraź przez I - natężenie całkowitego prądu płynące­ go w przewodniku. Wskazówka: rozwiąza-

18. Ćwiczenia i zadania

313

nie tego zadania jest takie samo, jak w przypadku dwóch, przesuniętych wzglę­ dem siebie o x 0 , pełnych walców o równych co do wartości i przeciwnych co do znaku gęstościach prądu i promieniach odpowiednio równych R 1 oraz R 2 •

dx

p X

lj

L Zadanie 15 Scałkuj

X

to

wyrażenie

po x , by otrzymać ma postać

Odpowiedź

r!J w punkcie P.

2nk 0 r!J = -2- / (cos 02 -cos 0 1 ) c Zada•nie 12

13. Powtórz zad. 12, ale tym razem podaj @ w każdym punkcie osi y. 14. Wyprowadź wzór na 86 wewnątrz toroidalnego solenoidu. Promień wewnętrzny wynosi R 1 , a zewnętrzny R 2 • Całkowita liczba zwojów jest równa N. (To jakby nawinąć N zwojów na obwarzanek).

gdzie el i e2 są kątami między osią x i prostymi łączącymi punkt P z oboma końcami solenoidu. 16. Powtórz zad. 15 dla przypadku, w którym punkt P znajduje .się wewnątrz solenoidu. 17. Rozważ dwa pierścienie, oba o promieniu R. w każdym z których płynie prąd /. Pierścienie te są umieszczone równolegle do . siebie w odległości także równej R. Korzystając z równania (18.9) otrzymaj wyrażenie na r!J wzdłuż osi x. lj

!J

/J

I

I R 0

R

I

I

15.

f

I

Zadanie 17 Zadanie 14

solenoid o skończonej długości L i prądzie powierzchniowym j . Z równania (18.9) otrzymasz Rozważ

dfl= k 0 2A / dx c2

r3

X

18. Jakie jest r!J w punkcie x =O w zad. 17? Jakie są pierwsze trzy pochodne Pl po x w x=O? Zauważmy, że taki układ daje w miarę jednorodne pole w obszarze między cewkami. Są to tzw. cewki Helmholtza.

314

18. Pola magnetyczne

Przypuśćmy, że cewka pokazana na rys. 18.10 ma moment bezwładności 10 i pły­ nie w niej prąd I w kierunku przeciwnym niż przedstawiony na rysunku. Jeśli cewka zostanie obrócona o kąt et i puszczona swobodnie, to jaki będzie okres jej oscylacji, wyrażony przez I 0 , I, A oraz g{/ ? 20. Przy założeniu, że istnieją izolowane ładunki magnetyczne, prawo Gaussa dla ł adunków magnetycznych miałoby post a ć

19.

fB · dA =KQm

s gdzie Qm to wypadkowy ładunek magnetyczny zawarty w powierzchni S, a K stała proporcjonalności. Ile wynosi K ? (Porównaj ćwicz. 4b). 21. Pewien metaliczny stop ma 8 · 10zz atomów/cm 3 i średnio na dwa atomy przypada jeden elektron ustawiony zgodnie z zewnętrznym polem. Jakie jest pole magnetyczne wewnątrz tej namagnesowanej substancji? 22. Rozważ pier ścień o masie M i promieniu wewnętrznym R 1 , a zewnętrznym Rz. Jest on jednorodnie naładowany - całkowity ładunek wynosi Q. Pierścień obraca się wokół swej osi z prędkością kątową w. (a) Jak wyraża się jego moment pędu L przez M , R 1 , Rz oraz w? (b) Jak wyraża się jego moment magnetyczny µ przez Q, R 1 , Rz i w? (c) Jaki jest stosunek µ / L? Czy jest on

Zadanie 22

taki sam jak dla elektronu na orbicie kołowej?

23. Powtórz zad. 22 dla dysku o prom1emu R. 24. Rozważ trzy nieskończone płyty o gęstoś­ ci prądu j, takie jak na rysunku. Jaką wartość i jakie kierunki ma B w obszarach I, II, III i IV?

IV X

-)

j

j

Zadanie 24

25. Powtórz

ćwicz .

2 dla przypadku, gdy x 1 od siebie. 26. Jaki jest całkowity strumień magnetyczny wychodzący z qm na rys. 18.11? płyty są

w

odległości

19 Indukcja elektromagnetyczna

Głównym

zagadnieniem tego rozdziału jest prawo Faradaya, które ma następującą prostą postać: SEM= -d

2. Nieruchoma pętla (rzeczywista lub jedynie pomyślana), względem której porusza się źródło pola megnetycznego mamy wtedy tzw. elektryczną SEM. 3. Nieruchoma pętla (rzeczywista lub jedynie pomyślana) i źródło pola megnetycznego też nieruchome, lecz prąd, który jest źródłem pola magnetycznego zmienia się także elektryczna SEM. W przypadku SEM jest równa (l /q)fF"' · ds, czyli całce krzywoliniowej po konturze zamkniętym z siły magnetycznej działającej na ładunek q. W przypadku 2 i 3 SEM jest równa całce krzywoliniowej po konturze zamkniętym fE · ds. W przypadku 3 zobaczymy, że zmienne pole magnetyczne wytwarza towarzyszące mu pole elektryczne.

19.1. Silniki i generatory Na rysunku 19.1 przedstawiono podstawową działania generatora elektrycznego. Pojedynczy prostokątny zwój został umiesz-

zasadę

a) B

Oś obrotu

b) B

Rys. 19.1. a) Pros tokątna cewka o przekroju A = 1112 obraca się przeciwnie do ruchu wskazówek zegara w jednorodnym polu magnetycznym. Na ładune k q w dolnej gałęzi działa s iła F = qv x B b) Widok z boku sytuacji przedst a wionej w części a

316

19. Indukcja elektromagnetyczna

czony w jednorodnym polu magnetycznym. Jeśli zwój ten zacznie się obracać wokół zaznaczonej osi, to na końcach P 1 i P z pojawi się różnica potencjałów. Jak zobaczymy, ta różnica potencjałów będzie zmieniała znak z częstością, z jaką obraca się zwój. Obliczymy teraz, w jaki sposób powstająca różnica potencjałów zależy od rozmiarów zwoju, od ff!_ · oraz od prędkości kątowej w. Rozważmy siłę F działającą na mały ładunek q wewnątrz dolnego ramienia / 1 zwoju. Ponieważ wszędzie F =O, więc jedyną siłą działającą na ładunek jest siła magnetyczna F 1 =qvxB lub

sensie co bateria elektryczna jest źródłem napięcia. Każdy elektron przewodnictwa, za każdym razem, gdy przechodzi przez obracającą się cewkę generatora, zyskuje energię na jednostkę ładunku równą SEM. Ta dodatkowa energia może być przekazana atomom w obwodzie zewnętrznym przy zderzeniach, wynikiem czego jest wydzielanie ciepła. Możemy teraz znaleźć związek między SEM a strumieniem magnetycznym przechodzącym przez pętlę (cewkę o jednym zwoju). Strumień ten wynosi

wiz) Plsin8 F 1 =q ( 2

dzącego

gdzie v zapisaliśmy jako (w/z/2). Praca wykonana przy przepływie ładunku q wzdłuż /1 wynosi

--=

.

Pracę

na

definiuje

sin8

jednostkę

wzdłuż się

jako

ładunku

pętli

wykonaną przy z punktu P 1 do P z

silę elektromotoryczną

dt

Korzystając

(SEM)

w

P2

Korzystając

P1

z tego,

że

ze wzoru (19.1) mamy

Równanie to jest naszą pierwszą wersją prawa Faradaya. Do tej pory pokazaliśmy, że prawo Faradaya stosuje się do przypadku prostokątnej pętli, obracającej się w stałym, jednorodnym polu magnetycznym. Jeśli obracająca się cewka składa się z n zwojów, połączonych szeregowo, to SEM jest n razy większa. Jeśli w sytuacji przedstawionej na rys. 19.1, do zacisków P 1 i Pz podłączymy kondensator, to ładunki dodatnie szybko zgromadzą się na P 2 • Gdy zgromadzony ładunek osiągnie taką wartość, że

SEM = - =~ / 1 / 2 w sin8 q nią ograniczoną pętlą

-PJAw sinwt

dt

Gdy q porusza się wzdłuż Iz, żadna praca nie zostaje wykonana, ponieważ F i Iz są prostopadłe . Gdy q porusza się wzdłuż 13 , praca W3 = W 1 • Całkowita praca wykonana przez siły magnetyczne przy przeniesieniu ładunku q z P 1 do P z wynosi zatem

przejściu

1z cos8=~A coswt

dc/JB SEM=--

)

W1 =F 1 · 11 = ( qlPAsm8 / 1

W=q/ 1 1z~W

1

Pochodna po czasie ze strumienia przechoprzez obracającą się cewkę wynosi

dc/JB

wiz

JB · dA =FAl

JE · ds

11 lz =A jest powierzchoraz z tego, że 8 =wt

otrzymujemy (19.1) SE M =~Aw sin wt Oczywiście siła elektromotoryczna nie jest wcale siłą. Mierzy się ją w dżulach na kulomb lub w woltach. Jest ona energią na jednostkę ładunku przekazaną elektronowi przewodnictwa za każdym razem, gdy obiega on obwód (zakładając, że „zaciski" P 1 i P z są podłączone do jakiegoś zewnętrznego obwodu). SEM jest źródłem napięcia w tym samym

wzdłuż pętli będzie równa co do

wartości lecz przeciwna co do znaku SEM magnetycznej, wtedy ładunki przestaną przepływać. Zatem napięcie, które pojawi się między P 1 i P 2 jest równe SEM.

Przykład 1. Cewka o 200-tu zwojach i wymiarach 5 cm na 6 cm obraca się z prędkością 60 obrotów/s w polu 5000 Gs (0,5 T). Wykreślmy zależność otrzymanego napięcia od czasu.

317

19.1. Silniki i generatory Jeśli prąd wpływa

do pętli przez P 1 , a opuszprzez P 2 , to moment obrotowy będzie obracał cewkę zgodnie z ruchem wskazówek zegara.

V(V)

cza

200

ją

Przykład

2. Załóżmy, że cewka z przy1 obraca się z taką samą co uprzednio prędkością, na skutek przepływu sinusoidalnego prądu . Natężenie w maksimum tego prądu wynosi 2 A. Jaka jest chwilowa maksymalna moc dostarczana przez ten silnik? kładu

Rys. 19.2. Zmienne generator opisany w

napięcie przykł. I

wytworzone przez

ODPOWIEDŹ: Napięcie na jeden zwój jest dane wzorem (19.1). Podstawiając w tym równaniu ~ = 0,5 T, A=30 · 10- 4 m 2 oraz w=120ns- 1 otrzymujemy

ODPOWIEDŹ:

W ruchu liniowym moc P = Fv. Dla ruchu po okręgu o promieniu R mamy więc P=(RF)(v/R)= Tw. Dla n zwojów moment obrotowy

SEM/zwój=(0,5)(30 · 10- 4 )(120ir)sinwtV=

T= ni A~sinO. Zatem

= 0,565 sin wt V

P =(ni A§lsinO)w

Pomnożenie

przez 200 zwojów daje SEM= 113 sinwtV Wynik ten został wykreślony na rys. 19.2. Dla porównania napięcie w sieci elektrycznej w USA wynosi V= 170 sin(120nt)V. Pierwiastek ze średniej z kwadratu tego napięcia (tzw. nap1ęc1e skuteczne) wynosi

Moc maksymalna P 0 =nlA&flw

Podstawiamy n=200, I =2 A, =30 · 10- 4 m 2 , .11=0,5 T w=120n s- 1 i otrzymujemy

A= oraz

P 0 =226 W=0,30 KM

Jr= 120 V. Dowolny prąd lub napię­ cie zmieniające się sinusoidalnie w czasie nazywa się prądem zmiennym lub napięciem zmiennym.

W

przykładach

1 i 2 zaciski P 1 i P 2 cewki tak połączone, by uniknąć skręca­ nia przewodów.

muszą być

19.2. Prawo Faradaya Silniki elektryczne Jeśli prostokątną pętlę

na rys. 19.1 będziemy (lub za pomocą jakiegoś urządzenia mechanicznego), to otrzymamy generator prądu. Jeśli zamiast tego przepuś­ cimy przez pętlę prąd o natężeniu I dostarczony z zewnątrz, to pojawi się moment obrotowy, dany równaniem (18.11) obracać

ręcznie

T=IA~sinO

Do tej pory pokazaliśmy, że prawo Faradaya stosuje się do szczególnego przypadku prostokątnej cewki obracającej się w jednorodnym polu magnetycznym. W uzupełnieniu 19.l pokażemy, że SEM indukowana w cewce o dowolnym kształcie i poruszającej się z prędkością liniową v przez obszar niejednorodnego pola magnetycznego jest także równe -dB/dt. Z uzupełnienia 19.1 wynika, że dla cewki poruszającej się w obszarze pola magnetycz-

318

19. Indukcja elektromagnetyczna

nego, praca na jednostkę ładunku wykonana, gdy ładunek raz okrąża obwód, wynosi SEM= -dB dt

Cewka A

D ~I

-=-

(19.2)

Cewka B

~ :n;k,~

Bateria

Dla nieruchomej cewki siły magnetycznej nie ma, ponieważ v =O. Jednak, jeśli źródło pola magnetycznego porusza się, w obszarze cewki pojawi się pole elektryczne spełniające zwią­ zek fE . ds = - dB dt

a)

(prawo Faradaya)

(19.3)

Równanie (19.3) można otrzymać bezpośred­ nio z równania (19.2) stosując teorię względ­ ności do układu cewki i źródła pola magnetycznego. Oczywiście zmierzona siła elektromotoryczna może zależeć jedynie od pręd­ kości względnej między cewką a źródłem pola magnetycznego. Obserwator pozostający w spoczynku względem cewki musi widzieć taką samą siłę działającą na ładunek q w cewce co obserwator poruszający się ze źródłem pola magnetycznego. Z definicji, siła ta podzielona przez q jest polem elektrycznym dla obserwatora pozostającego w spoczynku względem cewki. Wynik ten jest matematycznie zgodny ze wzorem (17.20), E= -v x B, gdzie v jest prędkością poruszającego się źródła. Podsumowując, jeśli cewka porusza się w obszarze pola magnetycznego, to pole elektryczne po zamkniętych konturach nie daje SEM, ale siła magnetyczna wytwarza SEM równą -d 8 /dt. Sytuację tę przedstawiono na rys. 19.3a. Jeśli jednak cewka jest unieruchomiona, a porusza się źródło pola magnetycznego, to pojawi się pole elektryczne, które można obliczyć z równania (19.3). Taką sytuację przedstawiono na rys. 19.3b. Zgodnie z teorią względności, wskazania miernika w obu przypadkach muszą być takie same. W doświadczeniu b zmieniające się w obszarze cewki B pole magnetyczne wytworzyło siłę działającą na elektrony przewodnictwa w przewodzie, której wynikiem jest wychylenie wskazówki miernika. Siła ta na jednostkę ładunku jest z definicji polem elektrycznym.

Nieruchoma

b)

-----7

f

r==l

V

-~ Poruszająca sią

C)

_,..I

Poruszaja,ca się

c:J Nieruchoma

CJ Nieruchoma

Nieruchoma (I maleje) Rys. 19.3. a) Cewka B porusza się w polu magnetycznym cewki A. Miernik rejestruje indukowaną SEM. b) Względ­ na prędkość obu cewek A i B jest taka sama jak w części a. Wskazania miernika będą takie same. c) Zwiększamy opór R tak, aby !!4 w cewce B zmniejszało się tak sarno, jak w części a i b

Lecz co się dzieje w doświadczeniu c na rys. 19.3, gdy żadna z cewek nie porusza się? Pole magnetyczne w cewce B możemy zmniejszyć, w tym samym stopniu co w doświad­ czeniu b, zwiększając odpowiednio opór R. W obu przypadkach pole magnetyczne i jego pochodne czasowe w obszarze wokół cewki B są takie same. W doświadczeniu b doszliś­ my do wniosku, że zmiana pola magnetycznego wytworzyła siłę działającą na elektrony przewodnictwa. Skoro w doświadczeniu c zmiana pola magnetycznego jest dokładnie taka sama, musi ona dawać taką samą siłę działającą na ładunki w cewce B. Wskazania miernika w sytuacji b i c muszą zatem być takie same. Gdyby tak nie było, identyczne warunki w obszarze cewki B dawałyby niejednoznaczne wyniki. Pola E i B skonstruowaliśmy po to, by móc obliczać siły działające na naładowane cząstki. Jeśli taka konstrukcja matematyczna ma mieć jakiś sens

319

19.2. Prawo Faradaya

i być użyteczna, poszczególne wartości E, P4 i ich pochodnych muszą dawać określone siły działające na naładowane cząstki. Po prostu, to co robi „oddalone" źródło pola P4 nie może wpływać na lokalną sytuację. Musimy więc wysnuć wniosek, że równanie

~­ '1 (

)1

Powierzchnia S

_( d
stosuje i do b.

się

dA

zarówno do

doświadczenia

c jak

Doszliśmy właśnie do wniosku, że równanie (19.3) (prawo Faradaya) stosuje się także do układu dwóch nieruchomych obwodów. Zmienny prąd w jednym obwodzie może indukować siłę elektromotoryczną i pole elektryczne w drugim obwodzie. W rzeczywistości drugi obwód jest niepotrzebny. Pole elektryczne będzie tam istniało bez względu na to, czy jest tam jakiś obwód czy nie. Równanie

fE ·ds= - d
jest zupełnie ogólne i stosuje się do dowolnego wyimaginowanego zamkniętego konturu w przestrzeni. Można je także zapisać w postaci fE ·ds= c

fE · ds= c

_!!__(J B · dA) dt s

-J'iJt3B · dA

( 19.4)

s

gdzie S jest

dowolną powierzchnią

ograniczo-

ną krzywą C. Przeszliśmy do iJPĄ/iJt, ponieważ

granice

dA

nie

zmieniają

się

w czasie.

19.3. Prawo Lenza Aby nadać sens znakowi minus we wzorze (19.4), ważne jest ustalenie prawidłowego kierunku wektora dA w całce po powierzchni. Robi się to korzystając z reguły prawej ręki, przedstawionej na rys. 19.4. Jeśli palce prawej ręki zagniemy wokół kierunku, w jakim obliczamy całkę krzywoliniową (kierunek ds), wtedy kciuk wskaże nam dodatni kierunek dla zawartej w tym konturze powierzchni S. Z równania (19.4) i z rys. 19.4 widzimy, że

KrZIJWa C Rys. 19.4. Metoda wyznaczania dodatniego kierunku płaszczyzny S za pomocą prawej ręki jeśli

strumień w kierunku dA rosme, to indukowana SEM będzie ujemna. Wywoła ona przepływ prądu w kierunku przeciwnym do kierunku strzałki ds na rys. 19.4. Taki prąd wytworzy swój własny strumień, w kierunku przeciwnym do kierunku wzrostu strumienia. Powyższa obserwacja, że induko-

wany działa nazwę

prąd

wytwarza strumień, który przeciworyginalnym zmianom strumienia, nosi prawa Lenza.

Obrazowym przykładem prawa Lenza jest zachowanie się zamkniętej pętli z nadprzewodzącego drutu. Bez względu na to, jak zmienia się zewnętrzne pole magnetyczne, wypadkowy strumień przez nadprzewodzącą pętlę pozostaje stały. (Gdyby strumień zmienił się, to powstałaby różna od zera siła elektromotoryczna i popłynąłby prąd o nieskoń­ czonym natężeniu). Jeśli nadprzewodzący pierścień zbliżymy do magnesu, to w pierścieniu pojawi się indukowany prąd o skończonym natężeniu, dający strumień dokładnie taki, by zrównoważyć strumień z magnesu (por. rys. 19.5). Na każdy element pętli z prądem będzie też działała siła I dl x B, odpychająca go od magnesu. Ta siła może przewyższać ciężar pierścienia. Pierścień wykonany z dobrego przewodnika, umieszczony nad biegunem magnesu, będzie rzeczywiście przez pewien czas się unosił . Innym przykładem zastosowania prawa Lenza jest następująca sytuacja: magnes sztabkowy puszczamy nad nadprzewodzą­ cą czaszą. Nie spadnie on na czaszę, lecz

320

19. Indukcja elektromagnetyczna

a)

rs

N~'

jedna na drugiej, tak że obie zawierają te same linie pola B (por. rys. 19.6). Obie cewki mają zatem taką samą. wartość dB/dt. Niech n 1 będzie liczbą zwojów w cewce pierwotnej, Cewka wtórna

Cewka pierwotna Rys. 19.6. Transformator Rys. 19.5. a) Magnes sztabkowy porusza się na prawo, zwiększając s trumień przechodzący przez zamkniętą pętlę przewod u. Indukowany prąd I wytwarza pole !!l, którego linie zaznaczono liniami przerywanymi. Pole to przeciwdziała wzrostowi strumienia, związanego z magnesem sztabkowym. b) Magnes sztabkowy, początkowo nieruchomy, przesuwa się na lewo, co zmniejsza strumień przez pętlę. Powstanie indukowany prąd I dający przerywane linie pola !!I, przeciwdziałającego zmianie; tzn. pole !!l będzie się starało utrzymać początkową wartość strumienia przec hodzącego przez pętlę. W części a wypadkowa siła dzia łaj ąca na ce wk ę jest skierowana w prawo, a w części b w lewo

się nad nią unosił. Istnieją plany budowy bardzo szybkich pociągów, wykorzystujące cewki do tego, by pociągi unosiły się nad specjalnymi torami. Przewodnik nie musi koniecznie być nadprzewodnikiem. Zgodnie z prawem Lenza, na każdy przewodnik, który próbujemy wprowadzić w pole magnetyczne będzie działała siła temu przeciwna. Indukowane w takich sytuacjach prądy są zwane prądami wirowymi. będzie

19.4.

Indukcyjność

Transformatory

dwie cewki są nawinięte wokół tego samego rdzenia, to zmienny prąd w jednej z nich będzie wywoływał SEM w drugiej. Tę siłę elektromotoryczną można obliczyć, korzystając z prawa Faradaya. Urządzenie takie nazywa się transformatorem. W większości transformatorów cewki są nawinięte prawie Jeśli

a n 2 liczbą zwojów w cewce wtórnej. Zgodnie z równaniem (19.3) SEM lub napięcie V2 indukowane w cewce 2, wynosi dB V2= -n2-dt

Podobnie SEM dla cewki 1 dB V1=-n1-dt

Stosunek tych V2

n1

V1

n1

napięć

jest zatem równy

Gdy do cewki pierwotnej przyłożymy zmienne napięcie V.c, to natężenie prądu rośnie dopóki n 1 dB/dt nie osiągnie wartości prawie równej V.c; czyli V1 ~ V.cWidzimy, że jeśli do cewki pierwotnej przyłożymy zmienne napięcie, to we wtórnej cewce większe lub mniejsze napięcie indukowane możemy otrzymać przez odpowiedni dobór stosunku liczby zwojów. Ta wygodna metoda zmiany małych napięć na duże i odwrotnie jest jedną z przyczyn, dla których używanie prądów zmiennych jest wygodniejsze niż używanie prądów stałych . Zaleta ta ma duże znaczenie przy produkowaniu i przesyłaniu energii elektrycznej. Najbardziej ekonomiczne generatory wytwarzają prąd o raczej niskim napięciu. Jak zobaczymy

19.4.

321

Indukcyjność

w przykł. 3, żeby zminimalizować straty mocy przy przesyłaniu prądu wzdłuż długich linii przesyłowych, trzeba używać wysokiego napięcia . Transformator może zamienić niskie napięcie na wysokie, a straty mocy są przy tym niewielkie. Następnie, przy odbiorze przesłanego prądu, należy użyć innego transformatora, by zamienić wysokie napięcie znów na bardziej bezpieczne i wygodniejsze napięcie niskie. Żeby zobaczyć dlaczego należy używać wysokiego napięcia, rozważmy szczególny przykład generatora dostarczającego 10 MW linią przesyłową o oporze 1o n.

d SEM/zwój= - dt

gdzie d/dt jest szybkością zmian strumienia w zwoju. Tę siłę elektromotoryczną nazywa się silą elektromo toryc z ną (SEM) samoindukcji. Jeśli strumień przez każdy z N zwojów jest taki sam, to całkowita SEM samoindukcji wynosi d SEM=-Ndt wielkość N jest całkowitym strumieniem zawartym w obwodzie i nosi nazwę strumienia skojarzonego. Strumień skojarzony musi być proporcjonalny do prądu płynącego przez cewkę

Przykład

N=Ll

przesyłaniu prądu

lub

3. Obliczmy straty mocy przy z generatora 10 MW przez linię o oporze 10 Q . Rozważmy dwa przypadki, gdy napięcie na generatorze wynosi: (a) 1,4 · 104 V, (b) 10 5 V. ODPOWIEDŹ:

P=IV, a więc natężenie prądu wynosi I= P/V. Straty energii w linii przesyłowej Psrrar = =1 2 R = (P/ V) 2 R = RP 2 / V 2 = (10)(10 7 ) 2 / 2 15 2 / V , czyli P srrar= l0 / V . Straty podczas przesyłania energii elektrycznej maleją więc z kwadratem napięcia. To daje: (a) Pstrat = 10 15 /(1 ,4 · 104 ) 2 = 5 MW, tj. połowa mocy początkowej . (b) P strat = 10 15 /(10 5 ) 2 = 10 5 W, tj . strata 1%. Widać stąd jasno, że w tym przypadku należy przesyłać prąd przy napięciu większym od około 20 kV. przesyłanego

N L =I

(19.5)

(definicja

indukcyjności)

Indukcyjność

jest z definicji stałą proporcjoL. Zróżniczkowanie równania (19.5) prowadzi do innej, równoważnej definicji L nalności

d dl N - =Ldt dt Stąd

dl SEM= - L dt

(SEM samoindukcji)

(19.6)

Widzimy, że jednostką Ljest V · s/A lub Q s. W układzie MKS jednostkę tę nazywa się henrem. W układzie SI oznacza się ją w skrócie H. Jako przykład obliczymy indukcyjność dłu­ giego solenoidu o długości x 0 i N zwojach (porównaj rys. 19.7). Ze wzoru (19.5) 1 L=N-

1

Indukcyjność własna

Gdy

natężenie prądu przepływającego

przez czy solenoid zmienia się, zmienia się też strumień przechodzący przez każdy zwój i, zgodnie z prawem Faradaya, w każdym zwoju indukuje się siła elektromotoryczna cewkę

Rys. 19.7. Solenoid o z prądem I

związany

długości

x 0 daje

strumień

322

19. Indukcja elektromagnetyczna

Strumień

przez


każdy

dl - L- = . dt

zwój wynosi

~A

. ,,., ,,.,, __ 4nk 0 NI Jest . d ane wzorem (l 8.7). gd zie c2

Xo

Zatem
4nk 0 NA C2Xo

I mnożąc

wyrażenie

to

4nk 0 N 2 A

(indukcyjność

(19.7)

Dla chwili t=0,01s,1=47,8 A. Natęże­ nie prądu będzie rosło liniowo z czasem do momentu osiągnięcia granicy nadprzewodności. W tej chwili następuje gwałtowne przejście od zerowego do normalnego oporu.

solenoidu)

Przykład 4. Nadprzewodzący solenoid o długości 10 cm, mający 1000 zwojów i pole przekroju rdzenia 2,0 cm 2 , jest połączony z baterią 12 V (rys. 19.8). Jakie jest natężenie prądu po 0,01 s od zamknięcia przełącznika?

r. -

L

~~"""'"""''i' +

Rys. 19.8. W chwili t=O zamykamy

12 t=4780t 2,51 . 10- 3

I=

C2Xo

l',c, ,~ ,

12 vdt L

przez

N /I L=

dl L- = VPrzylożone dt dl=

L otrzymujemy

VPrzylożone

przełącznik

19.5. Energia pola magnetycznego Oscylator LC

Kondensatory są używane nie tylko do przechowywania ładunku, lecz stosuje się je powszechnie w połączeniu z cewkami indukcyjnymi do generowania zmiennych napięć i prądów. Prześledzimy najprostszy przypadek kondensatora i cewki indukcyjnej połą­ czonych równolegle, jak to pokazano na rys. 19.9. Zakładamy, że opór obwodu jest równy d

ODPOWIEDŹ:

(19.7),

żeby

Korzystamy otrzymać

ze

wzoru

indukcyjność

L

)N A 2

k --= L= 4n ( .-!!. c2

Xo

=411:(10- 7 )

(1000) 2 (2 o . 10- 4 ) ' H= 0,1

a

=2,51·10- 3 H Zgodnie z prawem Ohma, wypadkowa SEM wynosi VPrzylożone + Vsamoindukcji =IR. Ponieważ dla nadprzewodnika R =O, więc mamy Vsamoindukcji

=-

Zastąpimy

- Ldl/dt

JIPrzylożone

teraz

L

-q

Vsamoindukcji

przez

c

Rys. 19.9. W chwili t=O przełącznik zostaje zamknięty i naładowany kondensator C podłączamy do cewki indukcyjnej L

zeru. Przypuśćmy, że w t=O naładowany kondensator zostaje połączony z cewką indukcyjną, tak jak to jest pokazane na rysunku. Napięcie na kondensatorze wynosi

323

19.5. Energia pola magnetycznego

q

v,,b=c

Przykład

Ze wzoru (19.6), nej jest równe

napięcie

5. Jaka jest naturalna częstot­ rezonansowa układu złożonego z cewki i kondensatora, narysowanego w rzeczywistych rozmiarach na rys. 19.10? liwość

na cewce indukcyj-

dl

Ycd= - L dt

W dowolnej chwili po zamknięciu przełącz­ nika te dwa napięcia muszą być równe

!!._= -Ldl

c

dt

Podstawmy teraz dq/dt w miejsce I Szczelina = 0.25 cm

q d2q - = - L -2 C dt

d2 q dt 2

Rys. 19.10. Cewka i kondensator mają w rzeczywistości takie same wymiary, jak na rysunku. Cewka ma IO zwojów, a szczelina kondensatora ma 2,5 mm

1 LCq

=-

To równanie różniczkowe ma postać równania dla prostego ruchu harmonicznego. Rozwiązanie jest dane wzorem ( 11. 7) . 1 q = q 0 cos wt, gdzie w= rrr.

ODPOWIEDŹ:

q

na kondensatorze

.będzie

równe

Ze wzoru (16.20) na C

qo

będzie oscylowało

z

C=~=567 · 10- 13 4nk 0 x 0

częstotliwością

f=--

=8,43. 10- 10 s

2n.jLc

Natężenie prądu

dq

F

'

ffe=J(l,26. 10- 6 )(5,67. 10- 13 )=

1

niczkując

wzoru

C2XL

V=c=ccoswt= V0 coswt czyli

ze

1,26. 10-6 H

4nkoN2 AL

L

yLC

Napięcie

Korzystając

(19.7) na L mamy

zmiennego otrzymujemy równanie q = q 0 cos wt

róż­

f=

2n.jLc

1,88 · 108 s- 1 =188 MHz

Ta częstotliwość rezonansowa odpowiada jednemu z kanałów sieci telewizyjnej w USA. Elementy obwodów podobne do tych są używane w obwodach wejściowych odbiorników telewizyjnych.

.

/=-= -q 0 smwt dt

Znak minus oznacza, że prąd (ładunek ą) najpierw wypływa z okładki kondensatora, która początkowo miała ładunek ą 0 . Równa temu ilość prądu musi wpłynąć do drugiej okładki kondensatora, bo w cewce indukcyjnej ładunek nie ma się gdzie gromadzić. Widzimy więc, że prąd zmienny działa tak, jakby przepływał przez kondensator i że natężenie tego prądu różni się w fazie o 90° od napięcia na kondensatorze (por. rys. 19.11).

1

Energia

poła

magnetycznego

4 i 5 energią początkową energia zgromadzona na kondensatorze; zgodnie ze wzorem (16.22) energia ta wynosi W

przykładach

układu była

324

19. Indukcja elektromagnetyczna

1 ą6 1 l V =--=-CVo 2C 2

Uc+ UL =(1/ 2)CV6cos 1 wt+

+ (1 /2) CV 6 sin 1 wt= (1/2) CV 6

Ale, gdy V maleje, energia zgromadzona w polu elektrycznym kondensatora również maleje. Prawo zachowania energii mówi, że ta początkowa energia nie może zniknąć - musi ona zostać zgromadzona gdzieś indziej. Pokażemy teraz, że gromadzi się ona w polu magnetycznym związanym z cewką indukcyjną .

Ładunek

dq przepływając przez cewkę na końcach której różnica potencjałów wynosi V= -Ldl/dt, uzyskuje energię Vdq . Energię tę ładunek przekazuje cewce, a więc przyrost energii cewki indukcyjnej wynosi indukcyjną,

dU =(L dl)dą=L dldq =Ldl(dq)=Lldl dt dt dt Jeśli

zaczynamy od

prądu

my natężenie prądu I 0 , na w cewce wynosi

zerowego i osiąga­ to energia zgromadzo-

J

(19.8)

6. Jaka energia jest zgromadzona w chwili t w cewce indukcyjnej i w kondensatorze na rys. 19.7? ODPOWIEDŹ: Energia zgromadzona w kondensatorze wynosi

U c=(l/ 2) CV 1 =(1/2) C(V0 cos wt) 1 =

= (1/2) CV6 cos 1 wt Zgodnie ze wzorem (19.8), energia zgromadzona w cewce indukcyjnej wynosi UL =(1/2) L/ 1 =(1 /2)L(-ą 0 sin wt) 1 =

=(1/ 2) Lą6 w 1 sin 1 wt

UL =(1/2) L (CV 0 ) 1 w 1 sin 1 wt Zamieńmy w 1

na 1/LC

Ciekawe jest przekształcenie wzoru (19.8) tak, aby otrzymać zależność od pola magnetycznego związanego z cewką indukcyjną. Można to łatwo zrobić dla prostego, długiego solenoidu. L zastąpimy wartością daną równaniem (19.7) U =~(4nk 0 N 1 2 C Xo

1

A) 11

Skorzystamy teraz ze

związku

1

P4 =4nk 0 N l /(c x 0 ) (wzór (18.7)),

aby

wyeliminować

I

1

U=~ 4nk~N A (~) 2

c x0

4nk 0 N

1

1

c Ax 0 P4 8nk 0

2

Jeśli

podzielimy to równanie przez Ax 0 , czyli Y solenoidu, to otrzymamy

objętość

Przykład

Podstawmy teraz (CV 0 ) zamiast Otrzymujemy

początkowej układu.

Cl X o

Io

U= Lidl = (1/2) LJfi o

jest równa energii

ą0•

U

c1 ~ 1

"Y

8nk 0

(gęstość

energii pola magnetycznego)

(19.9)

Chociaż wyprowadzenie to zostało zrobione dla solenoidu, można w ogólny sposób udowodnić, że całka z c1 P4 2 /(8nk 0 ) po całej przestrzeni jest równa (1/2) L/ 1 , gdzie L jest indukcyjnością cewki o dowolnym kształ­ cie. A więc, tak jak interpretowaliśmy E 1 /(8nk 0 ) jako energię na jednostkę objętości zgromadzoną w polu elektrycznym, możemy interpretować c1 P4 2 /(8nk 0 ) jako energię zgromadzoną w polu magnetycznym. W ogólności , w przestrzeni może istnieć zarówno pole elektryczne jak i magnetyczne, a więc cał­ kowita gęstość energii pola elektromagnetycznego wynosi

UL= (1/2) CV 6 sin 1 wt

dU =-l-(E1 +cl f,12) d'"Y 8nk 0

Suma

W

następnym

rozdziale zobaczymy,

(19.10) że

fala

19.5. Energia

poła

elektromagnetyczna wypromieniowana przez zmieniający się prąd ma E = c ~ . Energia promieniowania zawarta w polu elektrycznym jest więc równa energii zawartej w polu magnetycznym.

19.6. Obwody Analizując

prądu

rys. 19.9

widzieliśmy, że

istmeJe zmiennym napię­ ciem a prądem płynącym w kondensatorze bądź cewce indukcyjnej. Celem tego punktu jest obliczenie prądów w przypadku, gdy do obwodu złożonego z kondensatorów, cewek indukcyjnych i oporników przyłożymy zmienne napięcie. pojemnościowa

Obliczmy najpierw natężenie prądu zmiennego, gdy zmienne napięcie, V= V0 sinwt, przyłożymy do kondensatora. Napięcie w danej chwili wynosi V=!!_

c

Stąd

dV

1 dq

dt

c dt

I

/

zmiennego

określony związek między

Reaktancja

325

magnetycznego

Rys. 19.11. Zależność od czasu napięcia i natężenia prądu na kondensatorze. Zauważymy, że natężenie prądu wyprzedza napięcie o 90° Stałą

proporcjonalności

reaktancją pojemnościową

1 Xe= (reaktancja wC

1/(wC) nazywa Xe

pojemn oś ciow a)

się

(19.11)

Stąd

V0 =1 0 Xe

(19.12)

Zauważmy, że

równanie (19.12) ma taką samą jak prawo Ohma: V=IR. Reaktancja pojemnościowa Xe pełni taką rolę w obwodach prądu zmiennego, jaką pełni opór w obwodach prądu stałego. Jest to stała proporcjonalności między wartością maksymalną natężenia prądu zmiennego i maksymalną wartością zmiennego napięcia. postać

Podstawmy teraz (V0 sinwt) zamiast V oraz I zamiast dq/dt

1

w V0 coswt = ( / I= wCV0 coswt = wCV0 sin( wt+ 90°)

lub I= I 0 sin( wt+ 90°)

gdzie 10 =wCV0 jest natężeniem prądu w maksimum. Zauważmy, że prąd wpływający do kondensatora „wyprzedza" napięcie na kondensatorze o 90°; tzn. maksimum prądu pojawia się o 1/4 okresu wcześniej (rys. 19.11). Zgodnie z powyższym wzorem, związek mię­ dzy maksymalnym napięciem a masymalnym natężeniem prądu jest następujący 1 Vo=-lo wC

Przykład

7. Jakie jest natężenie prądu do kondensatora o pojemności 1 µF przy zmiennym napięciu o wartości maksymalnej 100 V i częs­ totliwości 60 Hz? Powtórzymy te same obliczenia dla częstotliwości 1 kHz oraz 1 MHz. wpływającego

ODPOWIEDŹ: Ponieważ w= 2nf. wi~ trzema wartościami w są: 377, 6283 ' oraz 6,283 · 106 s - 1 . Trzy odpowiadają' ce temu wartości reaktancji pojemnoś­ ciowej dla C = 10- 6 F są równe: Xe= l/wC=2653, 159 oraz 0,159 n. Trzy wartości maksymalne natężenia prądu wynoszą: I 0 = V0 / Xe= 27,4 mA, 629 mA oraz 629 A.

326

19. Indukcja elektromagnetyczna

Reaktancja indukcyjna Jeśli generator prądu zmiennego podłączymy do cewki indukcyjnej, to otrzymamy obwód

. Vprz.yiożone

Rys. 19.13. Do obwodu szeregow.ego LCR zmienne napięcie Rys. 19.11. Gencr.ator

prądu

zmiennego

połączony

z

cewką

ind~cyifną

,

Vc =Xcl 0 sin(wt - 90°)

przykładamy

(napięcie

na C pozostaje w tyle za prą­ dem o 90°)

pokazany na rys. 19.12, gdzie l-/,rzylożone = = V,0 sinwt. W przykładzie 4 widzieliśmy, że

Całkowite napięcie

Vprzylożone = LdJ/dt. Stąd

V=VR+Vc+ VL

dl 1 - =-V.0 -sinwt dt L

V= I 0 R sinwt- X cl 0 coswt +X LI 0 coswt

1

dl= LV0

w danej chwili t wynosi

V . -=Rsmwt+(XL -X:c)coswt Io

. smwtdt

(19.14)

Sinus i .cosinus możemy dodać korzystając z rys. 19.14, na którym został zdefiniowany kąt fazowy
.:Vos smwt . dt= l=L Vo wL

?=arc tg

= --coswt=

XŁ-Xc

R

Vo . =-sm(wt-90°)

z

wL

Stała całkowania

jest równa zeru, ponieważ nie płynie. W tym przypadku prąd pozostaje w tyle za przyłożonym nal"ięciem o 90° (badź napięcie wyprzedza prąd o 90°). Skoro V0 =I 0 wL, to reaktancja indukcyjna wynosi

żaden prąd stały

XL = wL

(reaktancja indukcyjna)

(19.13)

Związek między kątem

impedancją

fazowym i;, oporem R, Z i reaktancjami XL oraz Xe

Przeciwprostokątna trójkąta

na rys. 19.14 jest

równa

Obwody szeregowe Przypuśćmy, że

generator prądu zmiennego jest włączony do obwodu złożonego z szeregowo połączonych: opornika R, cewki indukcyjnej L i kondensatora C, jak to zostało pokazane na rys. 19.13. Niech l=l 0 sinwt. Wtedy napięcia w danej chwili wynoszą

Z=)R 2 +(XL -Xc) 2

Dzielimy teraz obie strony równania (19.14) przez Z 1 V R . XL -Xe --=-smwt+ coswt= Z/ 0

Z

Z

= cos

VR =I 0 R sinwt VL =X J 0 sin( wt+ 90°)

Rys. 19.14.

(napięcie

na L wyprzedza prąd o 90°)

V= ZI 0 sin( wt+?)

Widzimy,

że

V0 = ZI 0 i

(19.15) że napięcie

wyprzedza

19.6. Obwody

prądu

327

zmiennego

prąd o kąt fazowy ~- Stała proporcjonalności Z między V0 i I 0 jest nazywana impedancją i pełni analogiczną rolę jak opór R w prawie Ohma

0

~° =Z=JR 2 +(wL-

wlc)

L Napięcie

na wejsciu

R

(z antem;)

2

(impedancja obwodu szeregowego) (19.16)

TC

Napięcie naw!J!jsci:.11:

1

a~--::r:-+---o

Rezonans Zauważmy, że wyrażenie

gowego obwodu mum, gdy

prądu

na impedancję szerezmiennego ma mini-

K9

lub

150

100

1

w=--

JLC

Tę szczególną wartość cią rezonansową

w nazywa

się częstoś­

200 f „ !1Hz

250

Rys. 19.15. a) Szeregowy obwód rezonansowy z przykl. 8, b) Otrzymane napięcie na kondensatorze jako· funkcja często~li.wośc~

w0

1

Wo= - -

JLC

lub fo= -

1

--

2rrvfLC

Przykład

8.. Cewka i kondensator w obwodzie wejściowym telewizora, opisane w przykł. 4, są połączone z anteną telewizyjną, jak na rys. 19'. ł5a. Załóż­ my, że zmienne napięcie odbierane przez antenę dla dowolnego kanału telewizji ma amplitudę 100 µV. Indukcyjność i opór cewki wynoszą odpowiednio 1,26 µH (mikrohenrów) i 20 n. Pojemność C = 0,567 pF (pikofarada). (a) Jakie jest natężenie prądu zmiennego i zmienne napięcie na kondensatorze przy częstotliwości rezonansowej (f0 = 188 MHz)? (b) Wykreśl zależność otrzymanego na wyjściu napięcia od częstotliwości,

przy ustalonym na wejściu napi:ęcil!h o amplitudzie 100 µV . (c) Jeśli kanał 9 jest nadawa!l'lly1 na częstotliwości rezonansowej, a kanał 10' na częstotliwości o 6 MHz wy:Zsze]. t0· o jaki czynnik sygnał z kanału !01 będzie mniejszy? ODPOWIEDŹ: (a) Dla zonansowej Z=

częstotliwośei1

JR2+0 = R = 2©• n

V,

10 =_.!!_= z

10- 4 V ---=5 20 n

i:e'-

µA

Maksymalne napięcie na kondensatorze wynosi (Vc) 0 =I 0 X c =I0 (1 /wC)= =7,46 mV. Zauważmy, że ten prosty. obwód daje 74,6-krotny wzrost napię'­ c1a.

f

(b) Porównaj rys. 19.15b. (c) Dla dowolnej częstotliwości otrzymujemy napięcie na wyjściu

(Vdo =I oX c =

Vo

--;:====== JR2+( wL- w1Cywc

328

19. Indukcja elektromagnetyczna wartością skuteczną prądu . Definicją warto ści

J(2nfRC)

2

+

G;-1 )2

skutecznej

Dla f = 194 MHz (Vc) 0 = 1,54 mV, która to wartość jest 4,84 razy mniejsza od wartości 7,46 mV otrzymanej dla częs ­ totliwości rezonansowej. Zatem, czynnik eliminowania sąsiednich kanałów wynosi 4,84.

Moc Na rysunku 19.13 moc rozproszona w danej chwili wynosi P(t) = V(t) J(t). Zgodnie ze wzorem (19.15), V(t)= V0 sin(wt+9). gdzie I= I 0 sinwt. Zatem

P(t) = V0 10 sin(wt +9) sinwt = = V0 10 (sinwt cos9 -coswt sin9) sinwt Ponieważ

coswt sinwt = (sin2wt)/2, jest

więc śred­

nią rozproszoną mocą

--

-

sin2wt . 2

P= V0 10 (sin 2 wt cos9---sm9) Stąd

V, I

P=---fcos9

(19.17)

ponieważ sin 2 wt = 1/2, a sin2wt =O. Śre­ dnia z sin 2 wt jest równa 1/ 2, gdyż sin 2 wt+cos 2 wt=l oraz sin 2 wt=cos 2 wt (sinus i cosinus to takie same krzywe tylko przesunięte o 90°). Średnia z sin2wt jest równa zeru, bo funkcja ta jest na przemian dodatnia i ujemna. Czynnik cos9 jest zwany czasami czynnikiem fazowym mocy. Z rysunku 19.14 wynika, że cos9 = R/Z. Stąd

p =(Z/ o)I o~= ( l/ 2)J5R

2

z

Jak zobaczymy potem, cała moc zostaje rozproszona w oporniku. W kondensatorze i cewce indukcyjnej nie ma strat mocy. Pokażemy teraz, że (1 /2)15 jest równe 1;k gdzie Isk oznacza pierwiastek ze średniej z kwadratu natężenia prądu i nazywa się

prądu

jest

Jsk=P Średnia z kwadratu natężenia prądu wynosi /

2

A

=15 sin 2 wt =(1 /2)/5 więc

1 Isk= filo Pokazaliśmy właśnie, że średnia rozproszona moc dla całego obwodu wynosi 1;kR. Ale wiemy już, że w samym oporniku zostaje rozproszona moc / 2 R. Cała strata mocy następuje więc w oporniku nic nie zostało dla kondensatora czy też cewki indukcyjnej (por. przykł. 9). W praktyce amperomierze prądu zmiennego odczytują Isk' a woltomierze prądu zmiennego V,k. Zmienne napięcie zmierzone w gniazdku sieci 120 V oznacza, że maksymalne napięcie wynosi f i razy 120 V, tzn. 170 V. W gniazdkach w Stanach Zjednoczonych napięcie waha się tam i z powrotem między + 170 V i -170 V 120 razy na sekundę (f= 60 Hz). Jest wygodne, by mierniki prądu zmiennego podawały wartości skuteczne, bo wtedy strata mocy w elemencie oporowym jest po prostu iloczynem wskazań woltomierza i amperomierza prądu zmiennego.

Przykład

9. Kondensator o pojemności 10 µF jest podłączony do gniazdka w Stanach Zjednoczonych. (a) Jakie natężenie prądu wskaże amperomierz prądu zmiennego? (b) Jaka jest średnia rozproszona moc? (c) Jaka jest maksymalna chwilowa moc? ODPOWIEDŹ :

V,k d " X 1 Isk= Xe' g zie c =2nfC=

19.6. Obwody

prądu

329

zmiennego napięcia

spadkowi

na oporniku IR

!l._=IR

c

strzałki

Kierunek p

= V.kl sk cos?

= - 90° jest kątem fazowym nie nadąża za prądem o 90°). Ponieważ cos~ =O, więc mamy P =O. Moc w danej chwili wynosi P( t) = V0 10 sin( wt - 90°) sin wt = = -(1/2)V0 10 sin2wt Wartość maksymalna P(t) jest równa (1/2)V0 10 = 54,2 W. Zauważmy, że moc w poszczególnych chwilach zmienia znak, raz jest dodatnia raz ujemna, tak że średnio jest równa zeru. Ujemna moc oznacza, że zgromadzona moc jest oddawana z powrotem do obwodu. gdzie

~

(napięcie

I= -dq/dt, a

na rys. 19.16 jest taki,

że

więc

i= -Rdq

c

dt

dq q

dt

RC

Całkując

obie strony tego równania otrzymu-

jemy t

Iną=

--+const

RC

lub

ą=ą 0 exp(;~) Zauważmy, że

kondensator nie rozładowuje natychmiast, lecz po czasie r =RC ładunek zmniejsza się do 1/e początkowej wartości. W następnym przykładzie baterię o SEM C podłączymy do szeregowo połączonych kondensatora i opornika. W chwili t =O napięcie C zostaje przyłożo­ ne przez zamknięcie przełącznika na rys. 19.17. Pokażemy, że w chwili t=O na oporniku pojawia się napięcie C.. lecz z czasem zmniejsza się ono wykładniczo; pokaże­ my mianowicie, że się

19.7. Obwody RC i RL Gdy do obwodu zawierającego opornik i kondensator (lub opornik i cewkę indukcyjną) nagle zostanie przyłożone napięcie, wtedy pojawi się prąd zmieniający się wykładniczo w czasie. Taki prąd możemy nazwać prądem tłumionym. Rozważmy teraz trzy przykłady. Obwody RC

Nasz pierwszy przykład jest podobny do przedstawionego na rys. 19.9, gdzie naładowa­ ny kondensator był połączony z cewką indukcyjną. Na rysunku 19.16, w chwili t=O przełącznik zostaje zamknięty i kondensator C rozładowuje się przez opornik R. W każdej chwili napięcie na kondensatorze jest równe

VR= Cexp(

-;c)

Na rysunku 19.17b potencjał w punkcie B względem punktu A jest równy sile elektromotorycznej c. jest on także sumą

a)

r~

d'+Li -

R

A Rys. 19.16. W chwili t=O, przez zamknięcie przełącznika, kondensator do opornika R

podłączamy naładowany

b)

u -,

, ~+/ +q

_J I

;...._;

I= dq dt

Rys. 19.17. a) tO. W części b ładunek zgromadzony w kondensatorze przepłynął przez opornik

330

19. Indukcja elektromagnetyczna

napięcia

na oporniku i

napięcia

na konden-

satorze

W tym przypadku, lOs po zamknięciu przełą­ cznika nap~ęcie na oporniku R spadnie do l/e początkowej wartości.

l

re =IR+~

(19.18)

Zróżniczkujmy

teraz obie strony po czasie

O=Rdl +.!._ dq= dt c dt

Obwody LR

Ostatnim przykładem (rys. 19.18) jest cewka indukcyjna L podłączona do opornika. Jeśli w t =O natężenie prądu jest równe I 0 , to

dl l =R-+-1 dt c dl l -=--dt I RC Całkujemy

obie strony i otrzymujemy

Rys. 19.18. W chwili t=O

natężenie prądu

wynosi 10

t

In/= - RC +const korzystając

z takiego samego podejścia matematycznego jak w poprzednim punkcie, mo-

Stąd

I =1 0 exp( Stałą

żemy pokazać, że

-:c)

(19.19)

całkowania

stawiając

I0

możemy znaleźć

pod-

I w postaci (19.19) do wzoru (19.18)

re =R/ 0 exp( -:c)+~q W chwili t =O, q =O i równanie to przyjmuje

/=/ 0 exp( -

W tym przypadku, nap1ęc1e na cewce jest równe spadkowi napięcia na oporniku dl -L-=IR dt

postać

dl =-~t I L


lub

=R/ 0
l=/0 exp( -

Io= R

Spadek

~)

napięcia

Początkowe

na oporniku wynosi

~) natężenie

prądu

10

możemy

otrzymać rozważając

obwód przedstawiony na rys. 19.19, gdzie RL jest oporem wewnętrz-

VR=Rl= =Rl0 exp(-t/RC) Podstawiając

( tf / R) w miejsce I 0 otrzymuje-

Prze[a,cznik

my VR= Sexp(

-:c)

(19.20)

Jednostką iloczynu RC jest jednostka czasu i iloczyn ten nazywa się stalą czasową. Przypuśćmy, na przykład, że R = l MQ, a C = 10 µF. Wtedy

RC=(l0 6 Q)(lO · 10- 6 F)= 10 s

Rys. 19.19. Gdy przełącznik zostaje otworzony, na jego końcówkach pojawi się bardzo duże napięcie, jeśli R 1 »Ri

331

19.7. Obwody RC i RL

nym cewki L. Przy założeniu. że przełącznik na czas znacznie dłuższy od L/Rv przez L będzie płynął prąd o natężeniu l 0 = C / Rv Natychmiast po otwarciu przełą­ cznika, prąd l 0 musi płynąć zarówno przez R 1 jak i przez RL (w przeciwnym razie Al/At dążyłoby do nieskończoności, gdy At dąży do zera). Stąd, zaraz po otwarciu przełącznika, spadek napięcia na R 1 wynosi został zamknięty

R1

vl =loR1 = c RL Spadek napięcia na kontaktach przełącznika, gdy go otwieramy, będzie równy

+

v1 c = 6" [~:

+i]

Zauważmy, że jeśli

R 1 jest znacznie

większe

od Rv to napięcie na przełączniku będzie znacznie większe od napięcia baterii. Posypałyby się więc iskry i przełącznik mógłby ulec zniszczeniu. W związku z tym, w praktyce jest konieczne dołączenie do cewki opornika R 1 przed odłączeniem obwodu od źródła napię­ cia. Widzimy, że cewki indukcyjne przy nagłych zmianach warunków, działają w kierunku utrzymania stałego natężenia prądu, natomiast kondensatory podczas takich zmian zachowują się jakby były na krótko zwarte. Podsumowanie

z

prawa Faradaya wynika, że siła elektromotoryczna po konturze zamkniętym jest równa szybkości zmian strumienia magnetycznego zawartego w tym konturze ,f.'E. ds= - dB j' Zmianę się

dt <1> 8 mogą spowodować poruszające

cewki (lub magnesy) bądź prądy, o zmieniającym się natężeniu w nieruchomych przewodach. Takie samo wyrażenie na SEM otrzymujemy dla przypadku, w którym zamknięta pętla przewodni.<:a porusza się w obszarze pola magnetycznego. Znanym przykładem tego ostatniego przypadku jest cewka o przekroju A obracająca się z częstością w w jednorodnym polu ~ . Wtedy

SEM= ~ Aw sinwt Ten sposób wytwarzania siły elektromotorycznej, napięcia, jest podstawą działania generatorów energii elektrycznej. Znak minus w prawie Faradaya oznacza, że napięcie indukowane stara się wytworzyć prąd, którego linie strumienia będą przeciwdziałać oryginalnej zmianie <1> 8 • Stwierdzenie to nosi nazwę prawa Lenza. W transformatorze, składającym się z cewki pierwotnej i wtórnej, obu nawiniętych na ten sam rdzeń, stosunek napięć Vwt órne

N wtórne

-V,,ierwotne

N pierwotne

---=---

jest równy stosunkowi liczby zwojów. L jest indukcyjnością własną cewki, to elektromotoryczna samoindukcji Vsamoindukcji= Dla

Jeśli siła

dl

L dt

-

długiego

solenoidu o

długości

x0

k0 N 2A

L=4n--c2

Xo

L podłączymy do kondensatora C, wtedy ładu­ nek będzie oscylował tam i z powrotem z częstotliwością f = 1/(2n..jLC). Energia zgromadzona w cewce indukcyjnej, w której płynie prąd l wynosi u =(1/2)L/ 2 Matematycznie jest to równoważne scałkowa­ niu równania

Gdy

cewkę indukcyjną

naładowanego

dU

c1 PJ 2

d"f/

8nk 0

po całej przestrzeni. Ogólnie, gęstość energii dowolnego pola elektromagnetycznego w dowolnym punkcie przestrzeni wynosi dU =-l-(E2+c2PJ2) di/ 8nk 0

Dla

źródła

zmiennego napięcia V= V0 sinwt, do kondensatora ma natęże­

prąd wpływający

me V, 1 reaktancja l = ___..Q.sin( wt+ 90°) gdzie X c = wC Xe pojemnościowa

332

19. Indukcja elektromagnetyczna

Natężenie

prądu

wpływającego

do cewki

indukcyjnej wynosi Vo . I =-sm(wt-90°) gdzie XL =wL

reaktancja indukcyjna

XL

W obwodzie szeregowo nap1ęc1e

połączonych

I= I 0 sinwt, równe V=

przyłożone

=Z/ 0 sin(wt+~)

jest gdzie impedancja

Z=JR2+(wL-

~c)2 a tg~=wL-~(wC)

Średnia moc jest równa gdzie Isk= =I o/ fi.

./i2

V.kl sk cos~ = 1;kR.

Jeśli siłę elektromotoryczną

do R i C

C podłączymy

= -q

Ax

f!J · Ax x ds Lit

(Skorzystaliśmy

tu ze związku: (A x B) · C = =A · (Bx C)). Jak wynika z rys. 19.20, iloczyn Ax x ds możemy zastąpić elementem powierzchni dA dW= - q f!J . (dA) At Całkowita praca wykonana przy przesunięciu ładunku q z a do b wzdłuż konturu 1 wynosi b

połączonych

prądu będzie

szeregowo, to natężenie równe l=( C/R)exp(-t/ RC).

długości

(ffJ x Llx) · ds dW= -q--Ll-t- -

L,

płynie prąd

C oraz R, w którym

gdzie Llx jest wektorem o w kierunku x

Jf!J · dA

b

J dW= -qa-Ll_t-

w.,bl =

a

Uzupełnienie

19.1.

Pętla

o dowolnym

łuk

kształcie

Chcemy pokazać, że na poruszającą się pętlę przewodnika (o dowolnym kształcie) pokazaną na rys. 19.20 działa siła elektromotoryczna równa -d 8 /dt. ffJ może być dowolną funkcją położenia. Praca potrzebna na pokonanie siły magnetycznej przy przesumęcm ładunku q na odległość ds (patrz rys. 19.20) wynosi

I

Podobnie A-

a

J dW=qAt

W,,al =

b łuk

2

SEM jest równa pracy, wykonanej przy przeniesieniu ładunku wzdłuż całego konturu, podzielonej przez q SEM= W..b1 + W,,a2 q

dW=Fmag · ds=

LI +

A -

At

Lit

---+--=

=(qv xf!J ) · ds=

=q(~~

X

f!J ) ·ds Sfrumieri w obswrze zakropkowanljm = L1'1> -

d

-.--

dt Jest to prawo Faradaya dla cewki poruszają­ cej się w obszarze pola magnetycznego.

b

V

twiczenia

1.

Strumieri wobszarze zakreskawanljm = L1'1> + X

Rys. 19.20. Zamknięta pętla, złożona z łuku 1 i łuku 2, porusza się z prędkością v wzdłuż osi x. Linią przerywa ną zos tało zaznaczone położenie pętli po czasie At. Strumień wzrasta wtedy o L1<1> + i zmniejsza się o L1<1> -

Rozważ okrągłą pętlę o promieniu R w jednorodnym polu magnetycznym B. Pętla początkowo leży w płaszczyźnie xz, jak pokazano na rysunku. Jaka będzie średnia indukowana siła elektromotoryczna, jeżeli pętlę obrócimy o 180° wokół osi z w czasie 1/2 s?

19. Ćwiczenia i zadania

333 /"forowanie

l.j

obrotowo-śliz owe

Obszar pola B (linie B skierowane do CZIJfe/nika}

r _____ _L __________ , •

1•

.i

•

•

•l

I I c::it===I

.

1 · I

I • I • I .

X

L-

z Ćwiczenie I. Okrągła pętla o promieniu R w płaszczyźnie xz. B jest jednorodne i równoległe do osi y

Ćwiczenie 5. Wygięty drut o promieniu R jest obracany jednostajnie za pomocą ręcznej korbki. Linie pola B są skierowane do czytelnika. Kontakt elektryczny z miernikim M tworzą pierścienie obrotowo-ślizgowe.

2. Jaka będzie indukowana SEM, jeśli pętlę z rysunku do ćwicz. 1 będziemy przesuwać wzdłuż osi x ze stałą prędkością v, bez obracania, w jednorodnym polu magnetycznym? 3. Jaki będzie kierunek indukowanego prą­ du, gdy patrzymy z góry, jeśli pętla z rysunku do ćwicz. 1 będzie nieruchoma, a zewnętrzne pole B będzie się zmniej-

ny. Jak pokazano na rysunku, pręt spada przez obszar, w którym istnieje pole magnetyczne B = 2T prostopadłe do płasz­ czyzny szyn (pole jest skierowane za płaszczyznę rysunku). Jaka będzie pręd­ kość końcowa pręta, jeśli zaniedbujemy tarcie? Jaki będzie kierunek przepływu

4.

prądu?

0

szać?

0

0

0

0

Rozważ

obwód złożony ze źródła siły elektromotorycznej
Pręt

10f2

I

0

9mg 0

0

0

Ćwiczenie 4. W chwili t=O zamykamy przełącznik

Załóż,

że

całkowity

opór obwodu jest będzie płynął po ls

równy zeru. Jaki prąd od zamknięcia przełącznika, jeśli I = =0,1 H, a 0" 0 = 1,5 V? 5. Wygięty drut o promieniu R obraca się z częstotliwością f w jednorodnym polu B. Jakie są amplitudy indukowanego napię­ cia i natężenia prądu, gdy opór wewnętrz­ ny miernika M wynosi Rm, a pozostała część obwodu ma zaniedbywalny opór? 6. Przewodzący pręt długości 1 m, o cięża­ rze 1 N i oporze R = 10 n spada wzdłuż pionowych szyn o zaniedbywalnym oporze, zamykając przy tym obwód elektrycz-

Ćwiczenie 6. Spadający pręt łączy szyny. Linie pola B są skierowane za płaszczyzną rysunku.

7. Kwadratowa pętla, której krawędź ma długość 1 m i opór 0,5 n jest unieruchomiona w obszarze, w którym istnieje pole magnetyczne B, tworząc kąt 45° z pła­ szczyzną pętli i jednostajnie rosnące z szybkością 0,1 T/s. Jaka moc zostanie rozproszona w pętli? 8. W chwili t =O przełącznik zostaje prze-

L Ćwiczenie 8. W chwili t=O podłączony

kondensator do cewki indukcyjnej.

334

19. Indukcja elektromagnetyczna

rzucony z punktu a do b (patrz rys.). Podaj wzót na zależność ładunku na kondensatorze od C , C, L oraz t. 9. Cewka o indukcyjności L ma opór wewnętrzny R. Dla jakiej częstotliwości f zmiennego napięcia, natężenie prądu będzie opóźnione w fazie względem napię­ cia o 45°? 10. Cewka mająca 300 zwojów i przekrój 100 cm 2 obraca się w polu magnetycznym 0,5T, wykonując 1800 obrotów na minutę . Jaka jest maksymalna wartość generowanej SEM? 11. Cewkę mającą 1000 zwojów, której przekrój 100 cm 2 jest prostopadły do ziemskiego pola magnetycznego, obracamy o 90° w czasie 1 s. Średnia siła elektromotoryczna otrzymana z cewki podczas tej sekundy wyniosła 0,6 mV. Jakie jest natężenie ziemskiego pola magnetycznego? 12. Rozważ transformator mający 10 zwojów w pierwotnym i 25 we wtórnym uzwojeniu. Do uzwojenia pierwotnego przyłożo­ no zmienne napięcie 60 Hz, które daje maksimum cztery linie pola B, przechodzące przez obie cewki. Jakie jest maksymalne napięcie na uzwojeniu pierwotnym, a jakie na wtórnym? 13. Uogólnione prawo ekwipartycji energii przewiduje, że średnia energia zgromadzona w polu magnetycznym przestrzeni międzygwiezdnej powinna być równa śre­ dniej energii kinetycznej cząstek, którymi głównie są atomy wodoru o prędkości termicznej równej około 103 m/s. Gęstość cząstek wynosi około 1 cm - 3 . Oszacuj ś rednie pole magnetyczne? 14. W przykładzie 1 otrzymano napięcie V= 113 sinwt V. Jakie jest napięcie skuteczne V,k? -

1

Cewkę pokazaną

P2 ,

potencjał będzie wyższy?

18. Transformator 12 V dostarcza do silnika prąd 10 A. Korzystając z prawa zachowania energii i zakładając, że nie ma strat mocy, podaj: (a) ile koni mechanicznych ma silnik w tych warunkach? (b) jaki prąd jest pobierany z sieci 120 V? 19. Generator prądu zmiennego o mocy 100 MW dostarcza energię elektryczną do miasta przez linię o oporze 5 n. Jakiego napięcia należy użyć, by straty mocy wynosiły 2%? 20. W przykładzie 5, jakie jest L w henrach, a jakie C w faradach? 21. Dwa solenoidy o indukcyjnościach L 1 i L 2 są połączone równolegle, jak na rysunku. Udowodnij, że 1 1 1 . dl, L, =Li+ L2 , gdzie .V..,,,.oi11dukcji=L,dt

Vsamoindula:jl"

L,

Ćwiczenie 21. Dwie indukcyjności połączone równolegle

22. Wyraź Z=

JR

czę­ w 0 , R. L oraz w. 23. W ćwiczeniu 22 niech Q=w 0 L/ R. Wyraź Z przez w 0 , R. Q i w. 24. Cewka indukcyjna o L=lH i R=OQ jest włączona do gniazdka sieciowego. Jakie jest natężenie prądu, a jaka moc rozproszona? 2

+ (wL-1 /wC) 2 przez

stość rezonansową

T

V 2 =- JV 2 dt To

15.

16. Powtórz ćwicz. 15 dla () od 90° do 270°. 17. Załóż, że na rys. 19.1 cewka jest unieruchomiona w przedstawionym położeniu i, że fi maleje. W którym punkcie, P 1 czy

na rys. 19.1 obracamy o 180° od ()=0° do ()= 180° w czasie 1/2 s. Jakie jest średnie napięcie między P 1 i P 2 w ciągu tego czasu. Odpowiedź wy raź przez 11 , 12 i !Jl.

Zadania

25. Toroidalna cewka ma promień

całkowitą

liczbę

wewnętrzny

R 1, R 2 . (To jakby nawinąć cewkę na obwarzanku). Jaka jest zależność !Jl od r wewnątrz torusa? ZWOJOW

a

N,

promień

zewnętrzny

19. Ćwiczenia i zadania

335 (Jest to podstawowa zasada działania generatora prądu stałego). 29. Przewodząca taśma o gęstości prądu j jest umieszczona w obszarze jednorodnego pola B, jak to pokazano na rysunku. Jeśli

Zadanie 25. Widok z góry na rdzeń toroidalnej cewki

Jaka jest indukcyjność tej cewki, pokazanej na załączonym rysunku? (Załóż kwadratowy przekrój cewki). 26. W zadaniu 25 scałkuj c 2!11 2 /(8rtk 0 ) wzglę­ dem całej przestrzeni. Porównaj z (l/2)Ll 2 • 27. 10-omowy opornik jest podłączony mię­ dzy punktami P 1 i P 2 (patrz rys. 19.1). Ile kulombów przechodzi przez opornik, gdy cewkę obracamy od 0° do 180°? Załóż 11 =1 2 =0,1 m oraz !11=1,5 T. (Jłśkazówka: wychodząc z równania I =(1/R)V. pokaż że

B Strono b

Zadanie 29. Przewodzą­ ca taśma w jednorodnym polu magnetycznym prąd przenoszą

elektrony przewodnictwa, to na każdy elektron będzie działała poprzeczna siła magnetyczna. (a) Która strona, a czy b, jest bardziej dodatnia? (b) Przewodząca taśma może być pół­ przewodnikiem typu p, w którym nośnikami prądu są ładunki dodatnie. Która strona będzie wtedy bardziej dodatnia? (Efekt ten nosi nazwę zjawiska Halla i pozwala ustalić znak

dq=(l/R)dct>).

28. W przykładzie 1 koniec cewki jest

przypuśćmy, że

jeden do jednej części pierścienia miedzianego ze szczeliną, a drugi koniec do drugiej jego części, tak jak na rysunku. Ten przełącznik pierścieniowy, zwany komutatorem jest podłączony

Pierścień

ze szczelino.

A

8

nośników prądu).

Jeśli

w zad. 29 mamy A' elektronów przewodnictwa na jednostkę objętości, to jaka będzie różnica potencjałów między stronami a i b wyrażona przez j, !11, %, Yo oraz e? (Jłśkazówka: wypadkowa siła poprzeczna działająca na elektron przewodnictwa musi być równa zeru). 31. Magnes cyklotronu ma powierzchnie biegunów w kształcie kół o promieniu

30.

Zadanie 28. Widok z boku na cewkę z rys. 19.1. Pierścień ze szczeliną obraca się wraz z cewką. Końcówki A i B są połączone na zmianę z P 1 i P 2

w kontakcie z dwiema miedzianymi „szczotkami", tak jak pokazano. Wykreśl różnicę potencjałów między końcówkami

A i B jako

-

1

T

V=- fVdt

To

funkcję

czasu. Jakie jest Zadanie 31. Gdy magnes cyklotronu zostaje włączo­ ny, są indukowane koliste linie pola E

336

19. Indukcja eli;ktromagnetyczna

50 cm, jak to pokazano na rysunku. indukcyjność jest duża, więc gdy magnes zostaje włączony, prąd wzrasta liniowo przez 2 s zanim maksymalne pole 2 T zostaje osiągnięte. W tym czasie istnieje indukowane pole E. (a) Jak wyraża się E przez i386/i3t oraz r? (b) Jakie jest E w odległości r = 40 cm? 32. Powtórz zad. 31(a) dla przypadku r więk­ szego od promienia magnesu R. 33. Gdy końcówek baterii o niskim napięciu dotknąć językiem, można dosłownie poczuć smak elektryczności . Napięcie 1,5 V na odcinku 6 cm daje, na przykład, „mocny" smak. Jak szybko trzeba poruszać głową między biegunami magnesu cyklotronu z zad. 31, żeby poczuć tak samo mocny smak elektryczności? (Bł =2 T). 34. Kwadratowa miedziana ramka o oporze 0,5 n została wrzucona w obszar pola magnetycznego Bł= 1,6 T, jak to przedstawiono na rysunku. Masa na jednostkę Ponieważ

l

"' "'

®

c;

®

L

Zadanie 35

36. (a) Jaka energia jest zgromadzona w L, gdy przełącznik jest w pozycji 1 pokazanej na rysunku, a przepływ prądu jest ustalony? ~-__,,1

L

Zadanie 36

®

5cm

Q..

<.... N

V)

.Q

c:::.

®

®

®

Zadanie 34. Kwadratowa cewka wpada w obszar jednorodnego pola B. Linie B są skierowane za płaszczyznę rysunku

drutu wynosi 2 g/cm. Jaka bę­ dzie prędkość końcowa ramki? (Siła magnetyczna kompensuje siłę grawitacyjną). W jakim kierunku będzie płynął prąd? 35. Cewka indukcyjna i opornik są połączone szeregowo jak to pokazano na rysunku. W chwili t =O przełącznik zostaje zwarty podając na układ napięcie V. Udowodnij, że zależność natężenia prądu od czasu ma

38.

39.

długości

po s tać

I=;i[ 1-exp( _R:)J

R

2

37.

V

Q:I

R

40.

(b) Jak napięcie na oporniku R zależy od czasu, po tym, gdy przełącznik przerzucimy z pozycji 1 do 2? (c) Jaka jest całkowita energia rozproszona w oporniku w postaci ciepła (od t=O do t=oo) po przestawieniu przełącznika z 1 do 2? Zaprojektuj obwód podobny do obwodu z przykł. 8 taki, żeby fo = 1 MHz oraz żeby Vc spadało do połowy, gdy f=f0 +Af przy AJ= 5 kHz. (Jest to taki rodzaj charakterystyki, jaką powinien mieć odbiornik radiowy z modulacją amplitudy). Cewka indukcyjna o L= 1 H i R = 1 n jest włączona do gniazdka sieciowego. Jakie jest natężenie prądu i jaka jest rozproszona moc? Powtórz przykład 9 dla przypadku, gdy 100-omowy opornik jest szeregowo połą­ czony z kondensatorem. (a) Jakie jest natężenie prądu zmiennego? (b) Jaka średnia moc zostaje rozproszona? (c) Jaka maksymalna chwilowa moc wpływa do kondensatora? Kondensator o pojemności lµF jest uszkodzony i ma opór wewnętrzny 100 Mn. W chwili t =O został on naładowany do 100 V. Po jakim czasie napięcie spadnie do 10 V?

19. Ćwiczenia i zadania

337 PrzeTqcznik

41. Po jakim czasie napięcie na oporniku na rys. 19.16 będzie równe (1/2)$? Rozwiązanie ma być wyrażone przez R i C. 42. W sytuacji przedstawionej na rys. 19.16, napięcie na kondensatorze wyraź przez C, R, C oraz t. 43. W układzie pokazanym na rysunku, przełącznik zostaje zamknięty w chwili t=O. Wyprowadź wzór na zależność spadku napięcia na R od
==i11 L

+ rff-=-

R

Zadanie 43

oraz t. (Suma nap1ęc
wokół

pętli:

A Uzupełnienie

Stałe

fizyczne

prędkość światła

przyspieszenie grawitacyjne na powierzchni Ziemi stała grawitacji ładunek elementarny stała Boltzmanna liczba Avogadra stała gazowa masa elektronu masa protonu przenikalność magnetyczna przenikalność elektryczna współczynnik Coulomba

promień stała

Bohra Plancka

c g

G e

k No

R=N 0 k m, mP µ.o Eo

1 ko=-4ne0

ko

µ.o

CI

4n

atmosferyczne (jedna atmosfera) wody gęstość powietrza temperatura zera bezwzględnego gęstość

8,988 · 10• N m 2 /C 2

10- 1 N s 2 /C 2

5,292 · 10- 11 m 6,626 . 10- 34 J s

a h

-li=!!_

1,055 . 10- 34 J s

Po

1,013 · 10 5 N/ m 2 1,00 · 10 3 kg/m 3 1,293 kg/m 3 -273,16°C

2n

ciśnienie

2,998 · 10 8 m/s 9,807 m/s 2 6,672 · 10- 11 N m 2 / kg 2 1,602 . 10 - 1 • c 1,381 . 10 - 23 J(K 6,022 · 10 23 /mol 8,314 J/(K mol) 9,110 . 10- 31 kg 1,673. 10 - 27 kg 4n · 10 - 7 H/m 8,854 · 10- 12 F/m

339

U zupelnienie A Stale astronomiczne

Masa (kg)

Średnica (km)

Odległo ść od Słońca Przyspieszenie grawitacyjne

(km)

na powierzchni (xg)

Słońce

Ziemia Księżyc

Merkury Wenus Mars Jowisz Saturn

1,99 5,977 7,36 3,28 4,82 6,4 1,90 5,7

. . . . . . . .

10 30 1024 1022 1023 1024 1023 1027 102•

1,39 . 1,27. 3,48 . 5,14. 1,26 . 6,86 .

10 6 104 10 3 103

lif 10 3

1,44. 105 1,21 · 10 5

1,49 . 108 5,8 . 1,08. 2,28 · 7,78 · 1,43 .

Odległość Księżyca od Ziemi = 3,80 · 105 km

10 7 108 108 108 109

28,0 1,00 0, 17 0,40 0,90 0,40 2,70 1,20

B Uzupełnienie

Przeliczenie jednostek.

mks (SI)

cgs

brytyjskie

Im I kg I s I J

100 cm 10 3 g 1 s I0 7 ergów

39,37 cali 2,205 funtów 1 s 9,48 · 10-• brytyjskich jednostek ciepła

0,2389 cal; 6,24 · 10' 8 eV

1,602. I0- 1 • J I N IW

1,602 · IO- 12 ergów IO' dyn I0 7 ergów/ s

0,2248 funtów siły 3,413 brytyjskich jednostek

1,341 · I0- 3 KM

Jednostka metr kilogram sekunda dżul

elektronowolt niuton wat

inne

10 10

A

ciepła/h

kelwin N/m 2 (ciśnienie) m/s

( prędkość)

1 K I N/m 2

I K IO dyn/cm'

1 m/s

100 cm/s

l ,8°F ,45 . 10-• funtów/cal kwadra Iowy 3,281 stóp/s

9,869 · 10- 6 atm 2,237 mil/h

Jednostki elektryczne

Wielkość

ładunek

Q

natężenie prądu

I

napięcie

V B

indukcja magnetyczna pole elektryczne

E

mks (SI)

I C (kulomb) I A (amper) I V (wolt) I T (tesla) 1 V/m

cgs lub

układ

Gaussa

2,998 · 109 statkulombów 2,998 · 10 9 statamperów 3,336 · IO- 3 statwoltów 104 gaussów 3,336 ·IO -' statwoltów/cm

Aby równania zapisane w układzie mks (SI) przedstawić w układzie Gaussa należy zastąpić B przez B/c, t 0 przez l/4rr, Jlo przez 4rr/c 2 oraz podstawić k 0 =I.

c Uzupełnienie

cosW=2cos 2 0-1=1 - 2sin 2 0 e±'9 =cos0±i sin O

\Vzory matematyczne Geometria

sin(1X±/3)=simx cosf3± cos1X sin/3

Pole okręgu= nr 2 Pole kuli= 4nr 2

Objętość

cos (Il± /3) = cos IX cos f3 +sin IX sin/3 sin IX± sin /3= 2 sin ~(Il ±/3) cos ~(Il + /3)

kuli =;nr 3

Objętość powłoki

kulistej o grubości dr= 4nr 2 dr

a 2 = b 2 + c 2 - 2bc cos A

Trygonometria

Rozwinięcie

sin O=ł'.

sin(-0)= -sin O

nx n(n- l)x 2 + ! (l+x)" = l+l!+ 2

cos 0= ~

cos(-O)=cos o

r

r

tgO= ł'. X

Jeżeli ax 2 + bx + c =O, to

sinW=2sinO cosO

sin(;-o)=cosO

']~ '. O

dwumianu

Równanie kwadratowe

sin 2 0+cos 2 0=1

X

X

~ b

X=

-b±~ 2a

Niektóre pochodne du d d)au)=a dx ..:!__Xn=nxn - 1 dx 1 d - lnx= X dx du dv d dx (uv) "'.' u dx + v dx d - eax =aeax

dx d dx sin ax = a cos ax

d

sin A sin B sin C -a- = - b- = - c-

.

dx cos ax = - a sm ax

.„

Uzupełnienie C

342 Niektóre (z

całki

d o kł a dn o śc i ą

nieoznaczone do d o wolnej

s tałej)

f111 =u

I

X" + I

x" dx

J,i

=;:;+i

11

# - l

dx = ln x

fe''' dx = ~~"' sinax dx =

J

- ~cosax a

cos ax dx = ~sin ax

J

(/

Iloczyny wektorów A ·B = IAI IBI cosć>'. AxB = n IAI IBI sinć< gdzie ~ jest kątem między A i B, a n jest wektorem jednostkowym prostopadłym do plaszczyzny zawieraj
A B= B · A A · (B x C) = (A x B) · C

Alfabet grecki alfa beta gamma delta epsilon zeta eta te ta jota kappa lambda mi ni ksi omikron pi ro sigma tau ypsilon

A B

[3

r /).

E

z H

e

„

(

U,9

K /\ M N

o

}.

~

o

n

1!

p

p

~

(J

T y

fi



hi psi omega

X

X

'ł'

i/I

Q

w


,

1

,

Odpowiedzi do cw1czen zadań o nurn erach nieparzystych

Rozdział

1.

5.

11. exp(-inD=exp(lnx)=x.

21.

v=./YfP. 23.

0-P

Ji=7i2 = vI+P· 1-(3

235 mil.

13. t 112 =(1n2)-r=0,693-r.

V, / V2 = 1,5 2 = 3,375.

9. mH=l,66 · I0- 24 g/atm.

17. E=-e 2 /(2R).

15. y=l,745m.

19.

E=JM5c 2 +c2 p 2 .

(a) 3,87 g/s; (b) 116 · I0 3 W, czyli 116 kW. W przeciętnym amerykańskim mieszkaniu zużywa się kilka zużywa więc

kilowatów, samochód

stopera A wynosi 1,58 · I0- 2

więcej.

c

c

27. (a) Dokładność średniej dla ... 8y s; (b) Dokładność średniej dla stopera B wynosi 1,58 · I0- 2 s; (c) Dokładność średniej

ok. 30 razy

powyższych dwóch pomiarów wynosi 1,12 · I0- 2 s.

Rozdział

7.

25.

v=c-~-----;,+

2y

31. sin 2A=2sinAJ!-sin 2 A.

33. 30%; C=2,0 ·IO'.

2 5.

I. I km/h=0,278 m/s.

7. Rysunek do odpowiedzi 7/2.

V

aa

X

o

10

t,s

-aa

o Xo

2aa aa 5

10

t,s

9. Rysunek do

Odpowiedzi do ćwiczeń i zadań o numerach nieparzystych

344

odpowiedzi 9/2.

11. Czas

całej podróży

2

17. a= l23,42 m/s = 12,59 g.

się

czasowi jej wznoszenia

237 s = 3,94 min.

13. Czas 2x 21. v=-y - v0 .

19. h=l54,3 m.

t= 2

~ = 4 s, a więc

bramkarz

całej podróży

spóźni się

2828 s=47 min.

15. 1,225 m.

23. Czas lotu piłki jest równy podwojonemu o 0,5 s.

25. (a) a= - 2,5 m/s 2 ; (b) t = 4 s.

27. v= 2,8 km/s, t=286 s=4,76 min. 29. Klasycznie: v= 1,54 · 10 8 m/s; relatywistycznie: v= 1,37 · 10 8 m/s. 31. t = 2,15 · 10 8 s = 6,84 łat. 33. Doniczka spadała 19,4 m zanim osiągnęła górną krawędź okna, spadła z 9

_

pię tra .

Rozdział

2

1

35. v= v ,.

więc

2

37. v =2At .

3

3

I. C = B - A; Z=X - Y.

E"=~E 2 . Gd y 0'= 30' ' kierunku N,

3. B cos 30' = 1,732 m.

E'= 0866 E . Gdy 0"= 60' ' '

prędkość

wzgl ędem

5. Fi =F.

E"= ~E' 2 =0433 '

brzegu jest 3,32 km/ h.

7. 0= 15' lub 75 ' .

COS C<.

E.

li.

Łódź

trzeba

13. y =3,82x-0,098x

2

.

skierować

9. Gdy 0'= 0"=45', 56,44° na zachód od

Rysunek do odpowiedzi 13/3.

IJ,m 30

20 10

o o

v6 sin 2 17. h = - - - . 19. 490 m. 2g (b) 22,3 obrotów/s. 25. 27,6 dni. Rozdział

s ił y

10

20

30 x,m

21. (a) 4 h; (b) 4,167 h; (c) 4,0825 h.

23. (a) v= 7 m/s;

4

m

F

wypadkowe: (F 1 )wy p= - -1-- m 1+ m1+m 3 m2F + m2 + m3 m3 F ( F 3 ) w„ p = --~-m1 +m 2 +m 3 ( F i)wy p = --~-­

m1

5. P = mq. Stąd m= 0,102 kg. F = m 1gcosrx, a więc rx =84' . 7. F = - 916,7 N. 9. Siła wypadkowa działaj ąca na pług jest równ a zeru. W tych warunkach pług może po ru szać się ze stałą prędk ością. 11. 7,08 · 10 15 obrotów/s, v = 2,22· 10 6 m/s. 13. (a) T= 1,9456 s; (b) stosunek okresów jest 0,9694; (c) stosunek okresów jest 0,841. 15. (a) Fwyp= 100 N, k ąt=O' ; (b) Fwrp = 500,5 N, k ą t = 3 7' . 17. (a) a=F/(4m); (b) F 2 =0,75F. 21. (a) F = 58,8 N; (b) F = 70,8 N, T= 47,2 N. 23. (a) a= 0,333g; (b) T= 0,667 mg. 25. L! P = Ft 0 . 27. (a) m2 = 2m 1 ; (b) a',=g/8 i jest skierowane w górę . 29. Okres = 1,0035 s, 0= 60' . 31. v =4,l 1334 km/s, jest to mniej niż pręd k ość orbita lna 8 km/s. 33. Vo;rn =0,0833 m/s, v,,,.;=0,238 m/s. 35. rx = tg - • ( v' ) . gR

37. v = l6,6 m/s.

39. (a) a= 0,327 g; (b) v= 0,189 m/s.

Odpowiedzi do Rozdział

ćwiczeń

zadań

345

o numerach nieparzystych

5

I. 490 N. 3. 1,87 roku, czyli 684 dni. S. Nie, nie, tak. 7. Ta ki sam. 9. (a) Na szczycie; (b) 490 m. 11. 3,46 · 10 8 m od środka Ziemi. Pasa żerowie będą w stanie nieważko ści, gdy są wyłączone silniki rakiety, 13. 2,006 · 10 3 0 kg. taki stan będzie w ciągu prawie całej podróży (dotyczy to rakiety nieo bracającej się). IS. 5,95 · 10 - 3 m/s2. w

dół ;

17.

2

Gp 2 R4 .

(b) 264,6 N skierowane w

2S. F = 4n

obecnego okresu. W

4

9rr

części (b)

R=l ,50 · 10

nó w=2,70 · 10 -

3

pozorny = 3 mg.

Rozdział

11

mR

y Z-

23.

orbity

byłby

W części (a) R=3,84 · 10 więc

m, T= I rok,

31. T = 2".Jw·

T=2n~.

razy normalny ciężar kierowcy.

Promień

[R3

stopni. 39.

2

J2

19.

górę.

F=4,58· 10 -

2

8

21. (a) 264,6 N skierowany

1/4 obecnego promienia. Okres obiegu

m, T=27 dni=2,33 · 10

27. T=7071 s=l,96 h.

N.

29. 4,73·10 -

a- Ja -b = b 2

33. v 1 /v 2 = (R, / R,) -

Tc/ Trb =l ,0005.

112

.

3S. v2 /v 1

b yłby

s, więc F=2 ,79 · 10 -

6

5

1/8

3

N.

radia-

2

37. C iężar

.

41. 2,0 lat.

6

I. Stosunek= 6,27 · 10 - 4 . 3. (a) Zero; (b) Praca ujemna 8,14 · 10 6 J. S. 2,34 · 10 5 MW. 7. F = -2A x. 9. Zostanie zużyte 5% tlenu znajdującego się w pokoju. Wentylacja nie jest konieczna, aby uzupełniać zapas tlenu, może jednak pomagać w zmniejszaniu koncentracji C0 2 lub usuwać nieprzyjemne zapachy. Il. Energia potencj alna wzrosła o 3 ·

13. u0 = 0,5 m/s.

10 -' J.

IS. LIU =- kx I/3.

17. (a) U(r)=O;

(b) U(r) =

~Mm,(~+ Rt_ ~2 Rf) ; 2 r

R 2 -R 1

~Mm, (Rł + R t _~ Rf)+GMm(_I__-~) R2 - R 1 2 R2 2 R2 r 19. Masa musi spaść z wysoko ści 10,2 m, bez względu na jej początkową prędko ść. Jeżeli t = 1,44 s. Wartość tego odcinka czasu zależy od równa zeru, to 21. (a) - 2000 N; (b) 6 · 104 W; (c) 15 km. 23. (a) U = -GM 2 m/r; (b) U = -GM 2 m/R„

(c)

U(r) =

Rozdział

i.

prędkość począt kow a prędkości

jest

począ tkowej .

7

U= f[E_Xo .

3. (a) 0,045 s; (b) 66,7 · 10 3 m/s 2 = 6800 g.

f4;;,

masie m„

7. u1 = 0,983u 0 .

19. 0 = 90°.

9. LIK/ K=0,331.

21. (a) u=9,68 · 10 -

34

S. W zderzeniu 8/9 energii masy m 1 jest przekazane

li. 1,512 kW.

m/ s; (b) R=l ,19 · 10 2 9 m.

13. v=Jgi(l-cosO). 23. (a)

u= ~;

(b)

IS. F 8 =18 mg.

h=~R.

2S. 9,09 · 10 -

2

.

27. (a) 0,0491; (b) 0,071; (c) 2,0m/s. 29. 319N. 31. Ym„= 12,25 m, am„ =17,33 g. 33. (a) mgh; (b) v = J9h; a =u 2 /(2/). 3S. 9 1/ 100 km, 74 kW. 37. 4,52 m na prawo; wzniesie się o 0,204 m. 39. 316 m/s.

(c)

Rozdział

8

I. (a) 0,1222 s; (b) 0,012273 s; (c) 6,67 · 10 - 3 s. (c)

120,66 m.

9. (20-3,44 · 10 -

13

)

„

m.

IS. p ro śnie wraz z rosnącą prędkością. 23. x 2 - x 1 =

fl+P / vR

0

29. (a) 1,484 · 10 -

Rozdział

12

.

27. (a) -4 · 10 - 7 s; (b) 5,333 · 10 - 7 s; (c) l,ll · 10 - 6 s.

2S. f'/f=l-/3.

s; (b) I+ 7,42 · 10 -

S. u = c~.

7. (a) 22,37; (b) 4,026 · 10 - 7 s; df d/3 11. A będzie miał 100,08 lat, B będzie miał 23,58 lat. 13. y= _ 1 13 19. LlrA-Llt 8 =0. 21. x= yx' - yut', t =yt' - y (u/c2) x'. 3. 94,9 km/s.

13

;

(c) 7,42 · 10 -

13

,

2,47 · 10- ".

9 3. 0,0654 g.

s.

5,01 %.

7. 35,1 µg.

9. (a) 117 MeV; (b) 145 MeV.

li. 0,75c. 1

15. p 2 / 2m 0 .

17. (a) E=mPc 2 +K 0 ; (b) p = (l /c) j K 0 (2mPc 2 +K 0 ) ; (c) u=pc 2 /E.

19.

U -V

u, =- , - -„ 1- uu~/c

13. 1,25.

Odpowiedzi do ćwiczeń i zadań o numerach nieparzystych

346

23. (a) 93 ,8 MeV; (b) 2,4 · 10 8 m/s; (c) 1,67; (d) 1,337. 25. p=(l/c) jK (2mc 2 + K). 27. E.= 1918 GeV. 33. (a) F=ma(l-u 2 /c 2 ) - ' ' 2 +ma(u 2 /c 2 )(1-u 2 /c 2 ) - 3 ' 2 ; 31. Dla małych t, v--+ a 0 t; dla dużych t. v--+c. (b)

F;.=(dp,fdt)( y +y(v/c 1 )u,).

Rozdział

35. (a) E/c 1 ; (b) gh/c 1 .

37. (b) c/ j2.

IO

I. w= b+2ct 0 , a=2c.

częstość końcowa

5. f 1 = 36f,

jest 36 razy

większa niż

częstość początkowa , końcowa energia kinetyczna jest 36 razy większa niż początkowa energia kinetyczna. 7. Prędkość 32 km/ h osiągnie po 10,66 s. 9. P=fow. Il. F=(R 2 R 4 /R,R,)mg. 13. W kole zamachowym z topionego kwarcu 3,33 razy więcej. 15. 66,67 cm. 17. 49 N. 21. A x B=i(A,B,-A,B,)+j(A,B,-A,B,)+

+ k( A, B,-A , B,) ,

sma_(A,B,-A,(~;~+~;:B~;(~~B~)~;~A;:i,-A,B,)2

(c) F = m0 v5/R 0 ; (d) R 0 = ti 2 /Gm~.

25.

3

2

mv .

27. Stosunek

4

23. (a) L=2m 0 R 0 v0 ; (b)

rotacyjnej energii

kinetycznej

do

F=G(mŚ/4Rij); całkowitej

energii

. . . . . 4-(4yo/y)+(yij/y2) kinetycznej hanth jest rowny 2 2. 4-(4y 0 /y)+2(Yo/Y) 29.

3,59 · 10 34 kg m 2/s;

(a)

(c)

zanim drabina

Rozdział

I

(/11A;

6,0 · 108 m;

(b)

I

i

I

i

53,3

(c)

dnia.

33.

i

V A/2;

37. Może się wspiąć na odległość x='0,741 I

(d) 4mrowA+2mvA;

ześlizgnie się.

(a)

41. T=(2m+3M)g.

11

I. Amplituda = 1,5 cm, okres=4 s, prędkość maksymalna=0,75rr cm/s, maksymalne przyspieszenie =0,375 rr 2 cm/s 2. 3. 2 rr / A. 5. 0,248 m. 7. 0,4rr s.

9. f=9,3 · 10 11 s- 1 . 15.

(a)

. (k

x=

13. (a) x=x 0 cosA (t-t 1);

Il. 6 db.

- x s1n.J;, t;

(b)

kolo.

19.

0

(c)

v=-x 0 (a)

AcosAt.

l=~mli. 2 ,

(b) 4

25. ro -(5a)'' - b

Rozdział

.

27. f=27,57 Hz.

29. db=20 log(V, - V2 ).

12

I. 6,24 · 10 7 N/m 2. 3. 8,245 km. 5. 10% objętości znajduje się nad poziomem wody. Nie zależy to od kształtu. 7. Llp=mv. 9. objętość= 10,2 litrów, gęstość=3000 kg/ m 3 . 11. (a) 28,8 g; (b) 28,8 g; (c) 12 cm 2. 13. 2,42 g 2i: 2Ne straty na tydzień . 15. 0,36°C. 17. AT=0,468°C. 19. (a) Ne; (b) 3k; (c) W; (d) temperatura pozostaje taka

sama,

ciśnienie

a

spada

27. (b) h = h0 ln2 = 5,50 km;

Rozdział

dwukrotnie.

21.

4

(c) 3,33 · 10 N/ m 2 .

(a)

jeden;

I

(b)

2

23.

5 . 10 - 5

m.

25.

d=RP/2S.

31. y=2,16 · 10 / R jeżeli R jest wyrażone w metrach. 10

3

13

I. - 12,3 J. 3. (a) N 0 /2,016; (b) N 0 / 18; (c) N 0 / 180. 5. 3,68 · I0 3 cząsteczek/cm 3 . 7. 0,75 cal/(gK) dla He; 2,5 cal/(gK) dla H 2; 5,28 cal/(gK) dla N 9. c. =IO cal/(mol K). 11. T2 / T, = 0,488. 13. 1)„" „m w)T.iw. „mow•= (V, / V2 ) 0 · 261 . 15. (a) 9 cal/K; (b) 6 cal/ K zakładając, że nie ma wibracyjnych stopni

„

00

swobody. (d)

175 j;

0

0

17. RT ln[Vz - Vo]. V, - V0

(e)

207 K;

(f)

19. (a) P 1 = 0,379 atm; T2 = 207 K; 3

1,37 · 10 J.

21.

(a)

6;

(b)

(b) W12 =I ,37=10 3 j; I;

(c)

3R ;

(d)

(c) W2 3 = - l , I9 · I0 3 j;

4R ;

(e)

T=m v5/3k.

Odpowiedzi do 23.

(a)

T2 =T1(V2 / V1 );

ćwiczeń

(b)

zadań

P 1 (V2 -V1);

5 °2R(T2 -T,);

(c)

27. (a) WA 8 =3,37 · I0 3 J, W8 c=7,00 ·IO' J, Wc 0 =0; oddane, Q0 A= = 7397 J pobrane;

Rozdział

347

o numerach nieparzystych (d)

V3 =V2(T2/ T3)'1
25.

13,2

KM.

(b) QA 8 =8417 J pobrane, Q8 c=7000 J oddane, Qc 0 =5047 J

(c) e = QAB + Qsc-QoA

0,287.

QAs+Qsc

14

I. Wielkości AW,, AQ, i AQ 2 są wszystkie ujemne. Związek AW=AQ, -AQ 2 pozostaje w mocy. 3. 767 kW. 5. 74 J. 19. (T, -T3)/T1 • 7. 10 J. 9. LfS=0,10 calfK. li. 1/ 32. 17. 3,22 · 104 J, 32,2 W. 21. 1443 cal, AW= 1,75 · 10 5 J. (b) (i) AS A= -8,90 cal/ K, 27. (a) Ciepło właściwe jest równe 0,214 cal/(gK); 23. 35%. 25. 66,7°C. (ii) AS w= 10,1 cal/K, (iii) 1,2 cal/K.

Rozdział

I.

15

-4,16. 1042 .

3.

2k 0 Q2 r (r2 + E /4)'12 .

5.

Maleje.

7.

+

(a)

+

+

Rys.

do

odp.

7(a)/15,

(b)

1,70 · I0 5

N

m 2/ C;

-F

@

+

+ ++

++ +

+

+

(c)

2,5 · IO- 5 C.

9.

-1,24 . IO- 36 .

+

+

li. Rys. do odp.

+

+

11/ 15.

15. Wypadkowa

siła

elektrostatyczna wynosiłaby 1,86 · 10 - 64 N, czyli tyle samo, co siła grawitacyjna. Z tej hipotezy wynika, że obojętne elektrycznie cząstki elementarne, np. neutron, doznawałyby działania zerowej siły grawitacyjnej. Wynika z niej również, iż masa grawitacyjna 138 U byłaby 92 razy większa od masy atomu wodoru zamiast 238 razy. x+R/2 x-R/2 } 2 4 17. E = koQ { [(x + R/ 2)2 + R 2] 312 + [(x- R/ 2)2 + R 2] 312 . 19. 2nk 0 a. 21. 2k 0 Jh 0 . 23. E = 3k 0 QL /x . 25. Obie pochodne są równe zeru.

Odpowiedzi do ćwiczeń i zadań o numerach nieparzystych

348

E11=k 0 Q; r

E111 = k0 Q 1 ~Q 2 r E -k Q, +Q 2 +Q, 1v -

o

,2

3. Promień 0,167 m, Q =9,26 · 10-• C.

krawędź

5. Niech lewa

lewej

7. 1,13 · 107 m 2 •

9.

płyty będzie

C=[~ + ~ + ~ I

ro;

(c)E=l,8·10

V= 7,7 · 10

10

5

13. 3,09 . 10

V/m.

19. 1153 V.

V.

6

m/s.

21. 1,28.

15. 400 V.

w x=O:

2

17. (a) 4,28 ·

3

10- 2

J-

1

11. (a) zero;

.

C;

(b) E=l,54 · 10

Q(r'-Ml En= ko(R1-R~)r2'

23. E 1 =0,

(b) ze13

V/m,

Q

Em=ko?·

(b) 0,5 MeV; (c) 2,88 · 10 -

Rozdział

15

m.

35. (a) 12 MeV;

(c) 4 MeV;

(b) -10 MeV;

(d) 6 MeV.

37. C'=

A

4nk 0 (x 1/ K-X 1 +x 0 )

.

17 2mu

1. 1=2,69 A. 7.(a) IJl =O;

3.

5. (a) /=80 A;

p=_;ve2L"

(b)B=2·10- 5 T.

(b) P=640 W czyli 6,4 razy

więcej

niż

!OO-watowa

(b)t=~;

9. (a)a=eE/mskierowanedogóry;

żarówka.

(c)F=-ev0

x

B

2

11. 1,05 mA. 13. lv=4R u/ T. 15. R 1 =(l/2)(R 12 +R 13 -R 23 ), R 2 =(l/2)(R 12 -R 13 +R 2 ,), skierowana do czytelnika. R 3 =(l /2)(R 23 - R, 2 +R 13 ). 17. (a) 100 Q; (b) 300 n. 19. (a) B jest pionowe i skierowane do góry; (b) 0,4 T lub 4000 Gs. 21. m=58,5m,. 23. (a) 1,13 · 106 N/C; (b) 1,41 · 106 N/C; (c) 2,82 · 10- 3 T=28,2 Gs skierowane do kartki. 25. (a) 4 · 10 - 4 T skierowane do kartki; (b) 5 · 10- 4 T; (c) 3 · 10- 4 V/m skierowane do dołu. 27. e= 10 V, rR 2 R2 r=20 n. 29. (a) e, (b) e, - - -. rR 1 +R 1 R 2 +rR 2 R 1 +R 2 Rozdział

18

1. i1' 1 = i1' 111 =4nk 0 J/c2 , 9B 11 =0, [j 1 skierowane do czytelnika, [j 111 do kartki. ko [j =4n? /

kartki, gdy r < R 1;

po osi ze stałą prędkością. 2

k 0 r -Rf 14 =2-,I(R R 2 ) , gdy 2 c 1 r 2-

17. !!4

y
skierowane do kartki, gdy R 1
7. (a) 4 · 10-• T;

2

;

(b) 1,2 · 10- 4 T.

k 0 1 gdy r>R • R,
=2n~/R 2 {[(x+~r +R

23. (a) L=(l /2)MwR

że

2

(b) (µ= l /4)QwR

r

312

2

2

;

+[(~-x r

Rozdział 2

0 k0 I - [·( Rfy ) -1. Rfx 13. [j=2-,1 y--2- -c R 22 -R 21 x 0 +y 2 x 02 +y 2

2

r

} .

19.

2n~.

się

5. Porusza

on

11 .. [j =0, gdy r
J ,

dla

21. 0,467 T.

25. Odpowiedź taka sama jak w ćwicz. 2 oprócz tego,

(c) µ/L=Q/2M.

f!4 = 4n~ jx 0 i jest skierowane do czytelnika, w obszarze c

.

J 1 + ,/z) skierowane do

[j=O, gdy r>R 2 • 9. 0,02 dyn/cm.

312

+R

k

3. [j =4n-}< c

między płytami.

19

1. 4nR B. 3. Przeciwnie do ruchu 11. 6 · 10 - s T=0,6 Gs. 9. f=R /(2nL).

wskazówek 13. 4,58 · 10 -

zegara. 1

Gs.

5.
15. 481 112 •

17. P 2 •

I= tf/Rm.

19. 3,16 kV.

7. 10- 2

w.

Odpowiedzi do

23. C=

Wo~R' L=~:.

29. (a) strona

b;

ćwiczeń

i

zadań

Z=RJl+Q

(b) strona a.

2 (; 0

349

o numerach nieparzystych

-a;)'. r ćJ B

31. (a) E=2° ot;

27. 3. 10 (b) E=0,2

V/ m .

33. 12,5 m/s.

henrów. Wtedy C = 25,33 pF, a R = 36,3. 39. (a) I= 0,4237 A; (b) P = 17,95 W; 41. 0,693 RC. 43. /=( G/R)(l-e - R•fL). kondensatorze wynosi 47,6 W.

37. Wybierzmy

3

c.

L= 10 - 3

(c) Maksymalna chwilowa moc na

Skorowidz

Amper 279, 287 Ampere'a prawo 300 analiza wymiarowa 23 anihilacja elektronu i pozytonu 153 Archimedesa prawo 201 atmosfera 200 Atwooda maszyna 68, 69 Avogadra hipoteza 215 - liczba 215 Avogadro 215

Barometr 200 bilard 112 Biota-Savarta prawo 305 błąd przypadkowy 26 - systema tyczny 25 Boltzmanna stała 204 Boyle'a (Boyle'a-Mariotte'a) prawo 203 Bruno Giordano 81 brzytwa Ockhama 19

Cal ameryka11ski 21 Carnota cykl 227 - silnik 227 Cavendish Henry 8 1 Cavend isha doświadczenie 80 Celsjusza skala temperatur 205 chłodnia 229 ciało sztywne (rozciągłe) 163 ciążenie sztuczne 84 ciecze 198 c i ep ło 208 w łaściwe 2 ł 5 kr ysz t a łu 218 mol owe 216 przy s tałym ciśnieniu 218 w s t a łej objętości 216 c i ęża r 65, 83 . definicja 83 - pozorny 84

ciśnienie 198 - atmosferyczne 200 Coulomba prawo 243 - współczynnik 243 czarna dziura 157 czas własny 134 cząsteczki polarne 272 częstość kołowa 164 częstotliwość drgań 164, 184 - plazmowa 263 - rezonansowa układu LC 323, 327 czynnik fazowy mocy 328

Dicke R. 87 diełek tryk 253, 271 dipol elektryczny 226, 245 - magnetyczny 306 dodawanie prędkości według Einsteina 148 domeny magnetyczne 310 Dopplera zjawisko dla światła 139 drgania tłumione 190 Dulonga-Petita prawo 218 dylatacja czasu 133 dyna 62 dżul 95, 208 dźwignia 175

Einstein Albert 129, 132, 134, 148, 151 Einsteina teoria względności 38 - wzór na dodawanie prędkości 149 elektronowolt 95, 268 elementarna jednostka ładunku 243 energia 94 - biologiczna 119 - chem iczna 119 -, jednostki 95 - kinetyczna 97 relatywistyczn a 154 - na orbicie kołowej 113

energia pola magnetycznego 322, 323 - potencjalna 99 - - grawitacyjna 100, 114 - - ładunków punktowych 264 - - sprężyny 102 - - , wykresy 115 - ruchu harmonicznego prostego 187 - spoczynkowa 151 - wewnętrzna 116, 119, 208, 214 entropia 234 - mieszania 234, 235 Eiitviis Roland 87 erg 95 eter 129

Fahrenheita skala temperatur 205 fala bieżąca 191 - dźwiękowa 192 fale grawitacyjne 157 farad 269 Faradaya prawo 294, 315, }17 fluktuacje 237 Franklin Benjamin 243, 280 funt 62

Galileusz 81 , 132, 185 gaus 291 Gaussa powierzchnia 249 - prawo 249 - układ jednostek 244, 291 gaz doskon a ły 202 generator elektryczny 315 - Van de Graafa 225, 226 gęstość 21 - energii pola elektromagnetycznego 324 - - - elektrycznego 271 - - - magnetycznego 324 - gazu dos konałego 205 - prądu elekt rycznego 279

351

Skorowidz gęstość prądu,jednostka 279 gram 22 grawitacyjne przesunięcie ku czerwieni 156 gromad zenie energii w kondensatorze 270

Henr 321 Hooke'a prawo 182 hydrostatyka 198

Iloczyn skalarny wektorów 95 - wektorowy 164 impedancja 327 - obwodu szeregowego 327 indukcja elektromagnetyczna 315 - elektryczna 252 - magnetyczna 291 indukcyjność 320 - , definicja 321 - , jednostka 321 - własna 321 inercjalny układ odniesienia 60

Jednoczesność 138 jednostki czasu 22 - długości 21 - elektryczne 340 - masy 22, 62 jonosfera 263

Magnes sztabkowy 308 drgania 188 - - , okres 189 masa atomowa 215 - bezwładna 86 - cząsteczkowa 215 - , definicja 59 - grawitacyjna 86, 155 - relatywistyczna 61, 155 - spoczynkowa 61 - zredukowana 185 Maxwella równania dla prądów stałych 310 mechaniczny równoważnik ciepła 209 mechanika relatywistyczna 128 - statystyczna 235 metale ferromagnetyczne 310 Michelsona i Morleya doświadczenie 129 mikrofarad 269 mion 153 moc 95 - dla układu LRC 328 model atomu wodoru 259, 268 mol 215 moment bezwładności 172 - dipolowy 245 - magnetyczny 308 - - elektronu 309 - pędu 82, 165 - siły 167 Miissbauera zegar 141 - zjawisko 157 małe

Naładowana

kula 258 261, 262

Kabel koncentryczny 261, 267 - - , pojemność 269 kaloria 208 kaloria żywieniowa 208 Kelvina skala temperatur 205 Keplera prawa ruchu planet 81 kilowatogodzina 95 kinetyczna teoria ciepła 208 Kirchoffa prawa 285 kolejka diabelska 67 koło zamachowe 176 kompas 308 kondensator 269 konwersja jednostek 23 k01\ mechaniczny 95 kosmologia 157 kulomb 244

-

Lampy fluorescencyjne 280 - jarzeniowe 280 Lenza prawo 319 linie sił (linie strumienia) 247 Lorentza skrócenie 137, 288, 295 - transformacja 135

Obwody prądu zmiennego 325 - szeregowe 326 obwód LR 330 - prądu stałego 283 - - zmiennego 325 - RC 329 odwrócenie cza su 237 ogólna teoria względności 156 Ohm Georg 280 Ohma prawo 280 okres drgań 184 - obrotu 53

Ładunek

elektryczny 243 - jednostki 243, 244 magnetyczny 308 ładunki indukowane 271

-

płaszczyzna płyta

262

naładowany

drut 260, 261 68 zmienne 316, 320

napięcie

-

natężenie fali dźwiękowej 192 - pola elektrycznego 246 - - - , jednostki 246 - - grawitacyjnego 258 - prądu , definicja 279 - - , jednostka 279, 287 Newton Isaac 27, 54, 60, 77, 82, 86, 87 Newtona zasada druga 60 - - pierwsza 60 - - trzecia 60, 61 niuton 61 niutonometr 95

om 281 opór (rezystancja) przewodnika 280 - powietrza 121 - właściwy (rezystywność) 281 oscylator LC 322 Otta cy kl 229

Paradoks bliźniąt (paradoks zegarów) 140 Pascala prawo 198 perpetuum mobile 106, 232 pęd, definicja 59 - relatywistyczny, definicja 150 pętla nad przewodząca 3 19 - z prądem 308 pion 134 płaszczyzna prądu 303 podnośnik hydrauliczny 199 podstawowe tempo metabolizmu 119 pojem ność 269 - , jednostki 269 pole elektromagnetyczne 292 - elektryczne 246 - - , jednostki 265 - - od naładowanego drutu 260 - - naładowanej kuli 258 - - - płaszczyzny 261 - - poruszających się naładowanych ciał 303 - grawitacyjne 87 - - wewnątrz kuli 87 - magnetyczne 279, 289, 300 - - , jednostki 289, 291 - - poruszających się naładowanych ciał 303 - - wewnątrz prostokątnej cewki 303 - - - solenoidu 304 - - wzdłuż osi pierścienia z prądem 305 - - ziemskie 306 połączenie równoległe oporów 283 - szeregowe oporów 283 pompa cieplna 230 popęd 110 potencjał elektryczny 264 - - , definicja 264 - ładunku punktowego 264 - Ziemi 284 powierzchnia przewodnika 262 - stałego potencjału (powierzchnia ekwipotencjalna) 268 pozyton 153 praca 93 prawo gazów doskonalych 202 - jednorodności czasu 70 - - przestrzeni 70 - powszechnego cią żenia 77 prąd elektryczny 279 indukowany 319 - powierzchniowy 303 - tłumiony 329 - zmienny 323 pn1dy wirowe 320 prędkość chwilowa 35 - , definicja 48

352

Skorowidz

prędkość dla ruchu po okręgu

164 , efekt relatywistycz n y 38 k ą t owa 163 orbitalna 53 krytyczna 53 ś red nia 35 środka ma sy 170 św i a tła 129 uc ieczki I I 2 w prostym ruchu ha r monicz nym 183 pręt z p1«idem 302 problem st rza łu do małpy 51 procesy nieodwraca lne 237 r- odwraca lne 221 , 229 próg s ł y sza lno śc i 192 przel1czen ie jednostek 340 przenikalność e lektryczna. definicja 27 1 próżni 244 przewodnictwo e lektryczne 281 przyspieszenie 37 c hwil owe 37 - , d efinicj a 4 8 dośrodkowe 52 grawitacyjne 37 jed n os tajne 37 kątowe 164 liniowe dla ruchu po okręgu 164 o d ś rodkowe 53

Rakie ta 7 1 rami ~ pędu 166 reaktancja indukcyjna 326 pojemnościowa 325 reg uła prawej rę ki 165. 289, 319 - wieloboku 47 rezo nan s 327 rower 169, 170 rozkłady ł ad unku kuliste 257 lini owe 260 prąd LI 302, 303 rozpad fJ swobodnego neutronu I 53 rozprężanie ad iabatyczne 219 - izo termiczne 218 - swobodne gazu 205, 206, 235. 237 równ ia pochyła 67 równowaga I 16 te rmicz n a 206, 207 r ów n owa ż n ość masy i energii I 52 r óż nic a p o t e ncjałów 265 ru c h harm o nicz ny prosty 182 - jedn os tajnie przyspieszony 38 jednostajny po okręgu 52 po ok ręgu 163 pocisków 5 1

Satelity Ziemi 53 sek und a 22, 142 silnik benzynowy 221 silniki e le ktryczne 317 s iła centralna 166 , definicja 59 e le ktromagnetycz na 58, 286, 291 e lektrom oto rycz na (SEM) 282, 316 sa m o indukcji 321

s iła

elektrostatyczna 242 grawitacyjna 58 ha rm o niczna 182 j ądrowa 58 , jednostki 62. 63 magnetyczna 279, 286, 288 od środkowa 53 relat ywistycz na 155 s łaba 58 tarcia 94, I OO, 120 wypadkowa 63 wyporu 201 zachowawcza 100 s iły kontaktowe 62, 63 - oddziaływania 61 s kala decy belowa 193 so lenoid 304 s prawno ść drugiego prawa 231 pierwszego prawa 231 - si lnik a 221 - - Ca rnota 228 s pr ęża nie gazu 221 s tała czasowa dla obwodu R C 330 gazowa 215 grawitacyjna 78, 79, 80 Plancka 309 sprężys tości 182 s t a łe astronomiczne 339 - fi zyczne 338 s tatkułomb (elektrostatyczna jed nostka ł ad unku) 243 sta ty ka 174 stopnie swobod y 207 - - rotacyjne 216 stosunek s prawności energetycznej 230 strat y cieplne 282 - e nergii 11 9 strumieó elektryczny 248 - magnetyczny 301 - skojarzony 321 szczegó lna teoria względności 128

-

Średnia 26 - droga swobodna 281 - ważona 36 środek masy 170

Tarcie 63, 64, 100 te mperatura bezwzględna 203 teoria kinetyczna 198 - obwodów 283 te rmodynamiczna skala te mpe ratur 233 te rmod y namika 198 te rmometry 204 tesla 289, 291 trajektorie spadku swobodnego 45 transformacja ładunku 295 pól elektrycznego i magnetycznego 292 prądu 296 relatywistyczna pola elektromagnetycznego 292 transformator 320 twierd zenie o obwodzie zamkniętym 285

twierd ze nie pracy i energii 98 - punkcie rozgałęzienia 285

Układ

jednoste k cgs 22 - mk s 22 - SI 23 odosobniony 70, I IO - śro dka ma sy 170 - zachowawczy I IO urządzenie do klimat yzacji powietrza 230 -

Vełikov s k y

Immanue l 20, 21

Wahadło

balistyczne 11 8 fi zyczne 186 proste 185 - , okres drgań 186 s to ż kowe 69 wartość skuteczna prądu 328 wat 95, 282 ważenie Ziemi 81 weber 291 wektor 47 wektorów dodawanie 47 - rozkładanie 49 Wheatsona mostek 285, 286 winda 84 wolt 264 wspólczynnik tarcia kinetycznego 65 - - statycznego 65 wykres ciała swo bodnego 66 wyładowanie koronowe 265. 266 wzorzec kilograma 22, 59 - metra 21

Zanieczyszczenie cieplne 229 zasada ekwipartycji energii 207 równowa ż no śc i 86, 156 - superpozycji dla potencj a łu 267 - - w elektrostatyce 245 - termodynamiki druga 231 - pierwsza 2 14 - zerowa 206 względności 132 zachowania energii I 5 I całkowitej 116 - - dla układu N cząstek 123 - mechanicznej 106 ładunku 243 momentu pędu 166, 167 pędu 70, 151 zderze nia I IO - centralne 111 niecentralne 111 niesprężyste (nieelas tyczne) I I I, 117 sprężyste (elastyczne) 111 zegar atomowy 22, 142 - świetlny 133 zero bezwzględne 205 zwa rcie (krótkie spięcie) 284 zys k mechaniczn y 175

Cena29,00zt t.1/2 290.000 zt ISBN 83-204-2018-0

I

9 788320 420180