Metodyka rozwiązywania zadań z fizyki

Citation preview

Od Wydawnictwa

Książka jest oryginalnym zbiorem zadań specjalnie dobranych pod względem metodycznym. Szczególną zaletą tego zbioru jest to, że zawiera szczegółowe rozwiązania tych zadań i analizę ich sensu fizycznego. Rozwiązania większości zadań podane są w międzynarodowym ukła­ dzie jednostek SI. Każdy paragraf poprzedzony jest krótkim wstępem, zawierającym oprócz zwięzłego repetytorium wskazówki metodyczne, ułatwiające samo­ dzielne rozwiązywanie zadań. Książka powinna zainteresować nie tylko studentów wielu wydziałów wyższych uczelni, nauczycieli i wykładowców, lecz również kandydatów na wyższe uczelnie.

Spis treści

Rozdział I. M E C H A N IK A .......................................................... § 1. § 2. § 3. § 4. § 5.

7

Kinematyka ........................................................................................................ Dynamika ruchu postępowego ....................................................................... Ruch o b r o to w y .................................................................................................... Drgania m e c h a n ic z n e ....................................................................................... Układy nieinercjalne............................................................................................

7 16 50 72 89

Rozdział II. FIZYKA CZĄSTECZKOWA I T E R M O D Y N A M IK A .................

99

§ 1. § 2. § 3. § 4. § 5.

Równanie stanu gazu doskonałego.................................................................. Podstawy kinetyczno-molekulamej teorii gazów ...................................... Pierwsza zasada termodynamiki i procesy w gazie doskonałym . . . . Druga zasada term odynam iki........................................................................... C ie c z e ....................................................................................................................

Rozdział m . ELEKTROSTATYKA

99 103 130 144 155

...........................................................................

163

§ 1. Pole elektryczne w próżni ............................................................................... § 2. Przewodniki i dielektryki w polu e le k tr y c z n y m .......................................... § 3. Pojemność elektryczna i e n e r g ia .............................

163 198 223

Rozdział IV. PRĄD S T A Ł Y ...........................................................................................

240

................................................................................... § 1. Prawa prądu stałego . § 2. Elektronowa teoria przewodnictwa. Zjawiska kontaktow e.........................

240 250

.......................................................................................

257

Pole magnetyczne w p r ó ż n i............................................................................... Indukcja elektromagnetyczna ....................................................................... Samoindukcja i indukcja wzajemna. Energia pola magnetycznego . . . M a g n e ty k i............................................................................................................ Drgania elektrom agn etyczn e...........................................................................

257 286 301 308 320

Rozdział V. MAGNETYZM § 1. § 2. § 3. § 4. § 5.

U z u p e łn ie n ie .................................

6

326

R o zd z ia ł I MECHANIKA

§ i . KINEMATYKA

Zasadniczy cel ćwiczeń: nabieranie wprawy w znajdowaniu równań ruchu. Napisać równanie ruchu — to znaczy określić położenie ciała w pew­ nym układzie współrzędnych jako funkcję czasu. Należy tu wyjaśnić, żs równanie ruchu określa w danym momencie czasu położenie ciała, a nie wielkość przebytej drogi. Trzeba przy tym zwalczać wyniesione ze szkoły przekonanie, że do równania ruchu wchodzi wielkość drogi. Z reguły zapisu równań ruchu dokonuje się przy użyciu współrzędnych. W ybór układu współrzędnych jest dowolny; w każdym przypadku w zależności od w arun­ ków zadania konieczny jest taki wybór, żeby rozwiązanie było matematycz­ nie jak najprostsze. N a przykład, przy rozpatrywaniu ruchu ciała, rzuconego pod pewnym kątem do poziomu, wygodnie jest skierować oś x poziomo, a oś y pionowo. Wówczas ruch wzdłuż osi x rozpatruje się jako jednostajny, a wzdłuż osi y jako jednostajnie zmienny*. Zadanie 1 Wioślarz chce przepłynąć rzekę pomiędzy punktam i A i B leżącymi na prostej prostopadłej do kierunku rzeki (rys. 1). Jeśli skieruje on łódkę wzdłuż prostej AB, to po czasie t 1 = 10 min znajdzie się w punkcie C, leżą* Ruch nazywamy jednostajnie opóźnionym, jeżeli prędkość początkowa i przyspie­ szenie mają przeciwne zwroty; przy ruchu jednostajnie przyspieszonym prędkość po­ czątkowa i przyspieszenie skierowane są zgodnie.

7

cym w odległości s = 120 m od punktu B, w kierunku ruchu prądu. Jeśli zaś skieruje łódkę pod kątem a do prostej AB, to po czasie t 2 = 12,5 m in znajdzie się w punkcie B. Przyjm ując prędkość łódki względem wody y

a)

B

C

V2 •

2

y

A jr

B

___ O b) A

jr R ys. 1

za stałą, obliczyć prędkość prądu rzeki v u prędkość łódki względem wody v 2, szerokość rzeki / oraz kąt a między wektorem prędkości łódki a pro­ stą AB. Analiza. Łódka z wioślarzem bierze udział w dwóch ruchach: w ruchu łódki wraz z rzeką, równolegle do brzegów, ze stałą prędkością v 1 oraz, dzięki pracy wioślarza, w ruchu względem wody z prędkością v 2, którą m oż­ na uważać za stałą. W ektorowa suma tych dwóch prędkości jest pręd­ kością wypadkową łódki i określa kierunek ruchu. W pierwszym przypadku wypadkowa skierowana jest wzdłuż prostej AC, w d ru g im — wzdłuż prostej AB. Oczywiście dla opisu ruchu łodzi wygodnie jest wybrać układ współrzędnych następująco : oś r — wzdłuż rzeki, oś y — w kierunku AB, a początek układu współrzędnych w punk­ cie A. Rozwiązanie. Zapiszmy równania ruchu w pierwszym przypadku x — Vtt;

dla t = t L

x = s,

tzn. s = v yt it

( 1)

y = v 2t;

dla t = t v

y = I,

tzn. I = v i t l .

(2)

W drugim przypadku y = ü 2cosa • t, dla t = t2

y — l, tzn. / = v 2c o s a -t2 .

(3)

R ównania ruchu wzdłuż osi x w drugim przypadku nie trzeba pisać, ponieważ suma algebraiczna rzutów prędkości na oś x jest równa 0 : v x —ü 2sin a = 0. 8

(4)

Rozwiązując równocześnie równania (1), (2), (3) i (4) dostajemy = 12 m/min, v 2 — 20 m/min, / = 200 m, a = arccos 0,8 = 36°. Zadanie 2 N ad studnią o głębokości h 10 m rzucono pionowo w .górę kamień z prędkością początkową v pocz = 14 m/s. Po jakim czasie kamień osiągnie dno studni? Analiza. Przede wszystkim na szczególne podkreślenie zasługuje fakt, że w każdej fazie ruch kam ienia zachodzi zgodnie z jednym i tym samym prawem. W rzeczywistości przyspieszenie kamienia równe przyspieszeniu swobodnego spadania, przy zaniedbaniu oporu powietrza, pozostaje stałe przez cały czas. W rezultacie ruch kamienia jest ruchem jednostajnie zmiennym z prędkością początkow ą różną od zera. Fakt, że począwszy od pewnego momentu, prędkość m a przeciwny zwrot do początkowego, nie daje żadnych podstaw do twierdzenia, że w tym momencie zmienia się prawo rządzące ruchem ciała. R uch kamienia zachodzi zgodnie z równaniem y = J o + z ’o * + ^ - ;

(1)

= v 0 + at.

(2)

jego prędkość

\

Z nak prędkości początkowej i przyspieszenia oraz liczbowa wartość y 0 są określone poprzez wybór doda tniego kierunku osi i punktu odniesienia na niej. Najlepiej zilustruje to analiza trzech następujących przypadków: 1. Oś y skierowana w dół; punkt odniesienia znajduje się na powierz­ chni Ziemi. Wówczas ko = 0,

v0 = - v t a = g. R ównania (1) i (2) w tym przypadku przyjmują postać g t2 2/ j

y

^pocz^*ł

^

^pocz"bgt. 9

2. Oś y skierowana w górę; punkt odniesienia na poziomie dna studni. Wówczas ko = h, «0 ^pocz y a = -g . Równanie ruchu g t2 prędkość kamienia V =

yp o cz

3. Oś skierowana w górę; początek układu na powierzchni Ziemi. Wówczas ko = 0, V0

^pocz>

a = -g . Równanie ruchu k

^pocz 1

g t2 2 ’

prędkość kamienia ^

^pocz

Rozwiązanie. D la przykładu podam y rozwiązanie zgodnie z wariantem trzecim : g t2 g t2 y = « w *— 2~~ lub J = ®°*~J x Rozwiązując to równanie względem t dostaniemy t = r>0± v / t ) g - 2gy

^

g Stąd natychm iast znajdziemy czas tk, po upływie którego kamień osiąga dno studni {y = —h): v 0 + V v l+ 2 g h

(4)

(pierwiastek i* = {v0 —] /v l + 2gh) /g odrzucamy, ponieważ nie m a on sensu fizycznego; t'k < 0). 10

W arto zwrócić uwagę studentów na fakt, że zbadanie równości (3) umożliwia odpowiedź aa szereg pytań. 1. Znaleźć maksymalną wysokość H, na jaką wzniesie się kamień. Z równania (3) widać, że t m a wartość rzeczywistą dopóki v l-2 g y

0.

(5)

Z wzoru (5) mamy y ^ »¡j/2g, skąd H =y

mftS

- — 2g

2. Znaleźć czas, po upływie którego kamień znajduje się w dowolnym pośrednim punkcie y swojego toru. Przy H > y > 0 w (3) dostaniemy dwie odpowiedzi, z których każda ma sens fizyczny, ponieważ w każdym takim punkcie kam ień znajdzie się dwukrotnie w czasie swego ruchu. Zadanie 3 Dwa ciała poruszają się po jednej prostej z przyspieszeniami al = 1 m /s2, a2 — 3 m /s2. Ciało drugie przebiega przez pewien punkt A o x = 14 s później niż pierwsze, biegnąc w tym samym kierunku. W .punkcie A prędkość pierwszego ciała v A = 22 m/s, a prędkość drugiego uA = 10 m/s. Po jakim czasie od m om entu przejścia pierwszego ciała przez punkt A oba ciała zderzą się? Analiza. Początek układu współrzędnych trzeba umieścić w punkcie A. Za punkt zerowy na skali czasu wygodnie jest przyjąć moment, gdy pierwsze ciało przebiega przez punkt A. Wówczas początkowa prędkość pierwszego ciała v 0 — v A. Początkową prędkość drugiego ciała i jego położenie x 02 m ożna znaleźć z warunków zadania: przy t — x x 2 — 0, ut = uA. Rozwiązanie. Równanie ruchu dla pierwszego ciała 0) dla drugiego ciała X2 — * 02+WotH

—.

(2)

Z warunków początkowych mamy uA = u0 + a 2r,

(3)

o

0 = x 02 + u0r + —— •

(4)

11

Z równania (3) dostajemy Mo = uA - a 2T,

(5)

z równań (4) i (5) a2r 2 x 02 = - u Ar + - T ~. *■

t

-

(6)

W wyniku podstawienia wartości liczbowych do równań (5) i (6) dosta­ niemy u0 < 0, x 02 > 0. Oznacza to, że drugie ciało w chwili t — 0 znaj­ dowało się na prawo od punktu A (kierunek z lewa na praw o na osi x przyj­ mujemy za dodatni) i poruszało się w kierunku punktu A. W którymś momencie czasu t < r zmienił się kierunek prędkości drugiego ciała. Przy podstawieniu (5) i (6) do równania (2) dostajemy x 2 = uA( t - T )

+

— .

(7)

(Równanie (7) m ożna otrzymać również, wprowadzając dla drugiego ciała jego czas własny t' — t —r.) M oment zderzenia ciał wyznaczymy z warunku Xx == x 2 . Porównując prawe strony równań (1) i (7), dostaniemy równanie kwadra­ towe ze względu na t. Pierwiastki tego równania m ają wartości: tx = 51 s, t2 = 3 s. Oba pierwiastki m ają sens fizyczny. Pierwszy z nich (ii > r) odpowiada „zderzeniu” po przejściu obu ciał przez punkt A, gdy poruszają się one w tym samym kierunku. Drugi pierwiastek (t2 < t) odpowiada „zderzeniu” ciał w tej fazie ruchu, w której drugie ciało porusza się w kierunku punktu A naprzeciw pierwszego ciała. : t

Zadanie 4 Kamień rzucony z wysokości h — 2,1 m pod kątem a = 45° do poziomu pada na ziemię w odległości s — 42 m mierzonej poziomo od miejsca wyrzu­ cenia (rys. 2). Znaleźć prędkość początkową kamienia v 0, czas lotu r i maksy­ malną wysokość H względem poziom u ziemi. Wyznaczyć promienie krzy­ wizny trajektorii w najwyższym punkcie i w punkcie upadku kamienia na ziemię. 12

Analiza. Ruch kamienia, odbywający się po paraboli, m ożna rozpatry­ wać jako sumę dwóch niezależnych m chów : jednostajnego m chu pozio­ mego (wzdłuż osi x) i jednostajnie zmiennego pionowego (wzdłuż osi y).

Początek układu wygodnie jest wybrać w punkcie rzutu. Oś y skiemjemy pionowo w górę. Rozwiązanie. Dla m chu kamienia wzdłuż osi * mamy vx — w0cosa = const,

x = v 0coscc ■t.

Zatem dla t — r x = s. Stąd s = v 0cos& ■x.

(1)

D la ruchu kamienia wzdłuż osi y

(2)

vy = ^ o s i n a - g t , y = w0sina • t — Dla t — x

g t2

(3)

y — —h, a zatem -li = w0sina • T VyB

=

(4)

( 5)

Z>OS m 0( — g 7 '

Rozwiązując układ równań (1) i (4), znajdujemy wartości r i v 0 -

V v0 =

2 (h+ stga) g

r cos cc

= 3s,

= 20 m/s. .13

M aksymalną wysokość osiągniętą przez kamień można znaleźć z wa­ runku H = h + y m„ . Dla y = ymax mamy vy = 0, t = t i . Po podstawieniu pierwszego z tych związków do równania (2) obliczamy czas v Qsina h g ' Podstawiając t 1 do równania (3) dostajemy ©o sin2a 2g 9 , ©nsin2a H = h+-^-~ = 12m. 2g Określimy teraz kierunek wektorów pełnego przyspieszenia i prędkości oraz przyspieszenia normalnego i stycznego w punktach trajektorii poda­ nych w warunkach zadania. W najwyższym punkcie trajektorii vy = 0, v = = v x. Zatem wektory przyspieszenia i prędkości są wzajemnie prostopadłe. Znaczy to, że a, = 0, an — g. Znając przyspieszenie normalne i prędkość, znajdziemy promień krzy­ wizny trajektorii w rozpatrywanym punkcie, korzystając z wzoru v2 Vo cos2a r — — = ------------- = 20 m. a„ g W punkcie końcowym trajektorii sinus kąta /? między wektoram i prędkości i przyspieszenia m ożna wyrazić następująco: sin fi = — . v Rozłożywszy wektor pełnego przyspieszenia g na składową styczną i normalną, dostaniemy a, — gcosjl, a„ = g sin fi. Prom ień trajektorii w tym punkcie również można znaleźć ze związku r = v 2/a„, to znaczy r =

v xg

Ponieważ pełny czas ruchu r i prędkość początkowa v 0 są już znane, prędkość v w punkcie upadku na ziemię obliczamy z wzoru v — ]/Vo cos2« + (o0 sina - g r )2 = 21 m/s. Stąd zaś prom ień krzywizny trajektorii w tym punkcie r = 63 m.

Zadanie 5 Z wierzchołka góry pod kątem a = 36° do poziomu rzucono kamień z prędkością początkową «0 = 5 m /s (rys. 3). Stok góry tworzy z poziomem również k ąt 36°. W jakiej odległości od punktu rzutu upadnie kamień? y

Rys. 3

Analiza. Tak jak w poprzednim zadaniu, ruch kamienia odbywający się po paraboli m ożna rozpatrywać jako sumę dwóch niezależnych ruchów prostoliniowych. W danym przypadku jako ruchy składowe wygodnie jest wybrać ruchy wzdłuż nachylonego stoku góry i prostopadle do niego. Przy takim wyborze oba ruchy składowe są prostoliniowe i jednostajnie zmienne. Rozwiązanie. Początek układu współrzędnych umieścimy w punkcie rzutu (punkt A), oś x skierujemy równolegle do stoku w dół, oś y — prosto­ padle do stoku w górę. Jak widać z rysunku, ax = g s in a ,

v 0x — w0cos2a ,

(1)

ay — —g c o s a ,

v 0y = ®0sin2a .

(2)

Opierając się na wyrażeniach (1) i (2), można zapisać równanie ruchu w wybranym przez nas układzie następująco: (3)

(4) 15

W punkcie upadku kamienia (punkt B), dla ł = r x = / i y = 0. Podsta­ wiając wartości t = r i y — 0 do równania (4), dostajemy t =

2o0sin2a g co sa

4w0sina 2-------. g

(5) K'

Podstawiając do równania (3) wartości t — r, x = / i zastępując r przez wyrażenie (5), otrzymujemy 4r>o sin a . I = ------------ (cos2 a + 2 sin“ a).

8

Przekształćmy wyrażenie w nawiasach cos2a + 2 sin2a = cos2 a —sin2 a + 2 sin2 a = 1; ostatecznie dostajemy /=

4«o sina ar

= 6,1 m .

e?

M ożna wybrać osie współrzędnych tak jak zwykłe: oś x ' skierować poziomo, a oś y ' pionowo w górę. Wówczas dostaniemy następujący układ rów nań: x ' = z>0cosa • t, g t2 y = v 0 sin a ■t --- — .

(6)

W punkcie B dla t = z x'B = l cos a , y^ = /sina. Podstawiając wartości i yjj do równań (6), obliczymy szukaną wartość /.

§ 2. d y n a m i k a r u c h u p o s t ę p o w e g o

Podstawowymi prawami dynamiki są II i III prawo Newtona. II prawo podaje związek przyczynowy pomiędzy ruchem ciała'a charakterem oddzia­ ływania danego ciała z innymi ciałami. Znając charaktąr m chu ciała, m ożna określić wypadkową siłę działa­ jącą na nie. Jeśli znany jest sposób oddziaływania rozpatrywanego ciała z ciałami z otoczenia, tzn. jeśli znane są siły dziłające n a dane ciało, to przy zadanej prędkości początkowej i położeniu początkowym m ożna określić ruch tego ciała. 16

Zastosowanie i i prawa Newtona do konkretnych zadań jest nierozer­ walnie związane z zastosowaniem III prawa dzięki temu, że działanie jed­ nego ciała na drugie zawsze m a charakter wzajemnego oddziaływania. D opóki nie wprowadzi się pojęcia pola sił, trzeba zawsze rozpatrywać wzajemne oddziaływania danego ciała z innymi ciałami. Prawa zachowania (prawo zachowania pędu i praw o zachowania energii) wiążą ze sobą niektóre param etry (współrzędne i prędkość) ruchu ciała w różnych jego stanach. Prawa zachowania należy stosować w tych przy­ padkach, gdy obliczanie sił jest albo zbyt skomplikowane, albo zgodnie z warunkam i zadania niepotrzebne. W przypadku, gdy okazuje się, że siły działające na rozpatrywane ciało są zależne od czasu, ruch określa się opie­ rając się na II i III prawie N ewtona przy pomocy rachunku całkowego. Zastosowanie praw zachowania pozwala obejść komplikacje matematyczne i z wartości początkowych param etrów ruchu znaleźć końcowe lub na odwrót. W tym przypadku prawa Newtona mogą być wykorzystane do ana­ lizy jakościowej. W wielu wypadkach obie metody są równie dobre. Problemy stosowalności praw zachowania będą rozpatrywane dalej. Zadania z tego paragrafu zostały rozwiązane w układzie S I; dla wyraże­ nia poszczególnych wielkości w jednostkach tego układu wykorzystujemy tabelę 1 w Uzupełnieniu. Przy rozwiązywaniu zadań wszystkie dane sprowadzono bezpośrednio przed podstawieniem wartości liczbowych do jednego układu jednostek. Prawa Newtona Równanie wyrażające II prawo Newtona należy stosować oddzielnie do każdego ciała w rozpatrywanym układzie. W arto przy tym szczególną uwagę zwrócić na analizę sił wzajemnego oddziaływania ciała z innymi ciałami. Przy analizie działających sił trzeba rozważyć ich charakter (przyciąganie, sprężystość, tarcie), pochodzenie (w wyniku oddziaływania z jakim ciałem powstała dana siła) i kierunek. Równanie II prawa Newtona należy pisać w postaci wektorowej, a następnie, przechodzić do równań skalarnych, wiążących rzuty przyspieszenia i rzuty sił na osie współrzędnych, któ­ re wybieramy w zależności od warunków zadania. Tego układu współ­ rzędnych, przyjmowanego dla rozwiązania równań wektorowych, nie należy mylić z układem odniesienia, względem którego liczone są prędkości i przy­ spieszenia ciała. Jest to szczególnie ważne przy rozwiązywaniu zadań na ruch krzywoliniowy, gdzie dla rozwiązania równania wektorowego, opar­ 2

M e to d y k a ro zw iązy w an ia z a d ań z fizyki

17

tego na II prawie Newtona, wygodnie jest wybrać osie, których kierunki nie są stałe w czasie, podczas gdy prędkość i przyspieszenie ciała liczy się w inercjalnym układzie odniesienia. W przypadkach, gdy ciała są ze sobą związane (za pom ocą mci, pręta itp.), przemieszczenia ciał nie są niezależne. Trzeba pamiętać, że prawa N ewtona są słuszne tylko w układach inercjalnych. Prawie we wszystkich rozważanych zadaniach Ziemię można uważać na układ inercjalny, jeśli zaniedbamy jej przyspieszenie względem układu nieruchomych gwiazd. W ynika stąd ograniczenie na wybór układów odniesienia: nie powinny one mieć przyspieszenia względem Ziemi*. Konieczne jest także rozpatrzenie zastosowania praw Newtona do ba­ dania ruchu krzywoliniowego punktu materialnego. Przede wszystkim należy przypomnieć podstawowe praw a kinematyki ruchu krzywoliniowego. W ogólnym przypadku, gdy zmienia się nie tylko kierunek, ale i bez­ względna wartość prędkości, zachodzi następująca równość:

Suma stycznych składowych wszystkich działających sił daje przyspieszenie styczne (ma, = Ft) ; suma normalnych składowych wszystkich sił daje przyspieszenie normalne (man = F„). Sumę rzutów wszystkich sił na kie­ runek prostopadły do trajektorii, tzn. £ Fn, nazywamy siłą dośrodkową. Siła odśrodkowa — siła, z którą ciało poruszające się po okręgu działa na więzy — przyłożona jest do więzów, a nie do danego ciała, dlatego też przy rozwiązywaniu zadania siły tej się nie rozpatruje. O odśrodkowej sile bezwładności trzeba mówić tylko w tym przypadku, gdy na seminariach szczegółowo bada się układy nieinercjalne. Zadanie 1 W poruszającej się windzie na wadze sprężynowej zawieszony jest ciężarek o masie m — 1 kg (rys. 4). W skazówka wagi pokazuje F = 11 N. Znaleźć przyspieszenie windy. Analiza. N a ciężarek działają dwie siły — siła oddziaływania z Ziemią (siła ciężkości P), skierowana w dół, i siła naprężenia F, powstająca w wyniku oddziaływania ciała ze sprężyną. Siła, z którą ciało rozciąga sprężynę, przyłożona jest do sprężyny i skierowana w dół. Rów na jej jest siła, * Ruch ciał względem nieinercjalnych układów rozpatrujemy w § 5.

18

przyłożona do ciężarka i skierowana do góry, z którą sprężyna ciągnie ciężarek. W skazanie wagi odpowiada sile działania sprężyny na ciało. Po ustabilizowaniu się m chu ciężarek będzie m iał to samo przyspie­ szenie a, co i winda. W rezultacie ma = P+ F. (1) Obie te siły są współliniowe, ale o przeciwnych zwrotach. Ze względu na warunek F > P przyspieszenie będzie skierowane w górę.

o o

ta

Rys. 4

Rozwiązanie. Jeśli kierunek do góry uznamy za dodatni, to na podstawie równania (1) możemy, napisać skalarną równość ma — F —P,

(2)

skąd F —P , . ,, a = --------- = 1,2 m /s2. m Po rozwiązaniu zadania trzeba koniecznie przeanalizować mechanizm zjawiska polegającego na tym, że przy przyspieszonym ruchu windy do góry naprężenie staje się większe niż siła ciężkości ciężarka. Przy nierucho­ mej windzie siła naprężenia sprężyny jest równa sile ciężkości. Gdy winda zaczyna poruszać się do góry, ciężarek jest jeszcze nieruchomy, dlatego zwiększa się odległość między ciężarkiem i sufitem windy, sprężyna rozciąga się i wzrasta siła jej naprężenia. Ciężarek uzyskuje przyspieszenie skiero.wane do góry. Ruch ciężarka względem windy będzie zachodził tak długo, 2*

19

aż przyspieszenie i prędkość ciężarka zrównają się z przyspieszeniem i pręd­ kością windy. Pożądane byłoby zbadanie równania (2): 1) a — 0. W inda nie porusza się lab porusza ruchem jednostajnym , F = P; 2) a < 0. W inda porusza się ruchem przyspieszonym w dół lub opóź­ nionym do góry, F < P; 3) a = —g. W inda spada swobodnie, F — 0. (Znak minus oznacza, że przyspieszenie skierowane jest w dół.) Zadanie 2 Dwa ciężarki o równych masach (m^ = m 2 = 1 kg) związane nieważką i nierozciągiiwą nicią leżą na idealnie gładkim stole (rys. 5). D o pierwszego

r"

h

Al

T'

T,

Rys. 5

z nich przyłożona została siła F — 1 kG . Znaleźć siłę napięcia nici i przy­ spieszenie ciężarków. Przyjąć, że nić jest przez cały czas napięta. Analiza. N a pierwsze ciało działają następujące siły: siła ciężkości Pt , siła reakcji stołu (siła ta, powstała w wyniku oddziaływania pierwszego ciała zestołem, jest przyłożona do ciała i skierowana do góry), siła F i siła napięcia nici 7 j . Stąd dla pierwszego ciała II prawo N ew tona będzie miało następującą p o stać: = P i+ N i+ F + T ^

( 1)

N a drugie ciało działają siły: siła ciężkości P 2, siła reakcji stołu N 2 i siła napięcia drugiego końca nici T2. D la drugiego ciała II praw o Newtona będzie miało postać W2H2 — 1*2 ~t"^ 2 "bT2 • 20

(2)

Wyjaśnijmy związek między siłami napięcia nici J j i r 2 . W tym celu rozpatrzymy element nici o długości Al. Ponieważ nić jest nieważka, na element A l działają tylko dwie siły T ' i T " i, zgodnie z II prawem Newtona, Ama = T " — T '\ jeśli Am — 0, to T " = r . Przy założeniu nieważkości nici siła napięcia jest stała wzdłuż całej nici, a więc 7j = T 2 = T. (3) Z warunku nierozciągliwości nici wynika, że przyspieszenia obu ciał są równe: « i = c 2-

(4)

Rozwiązanie. Jeżeli kierunek w prawo przyjmiemy za dodatni i uwzględ­ nimy warunki (3) i (4), to z równań (1) i (2) dostaniemy m ta = F —T, m 2a = T, skąd F a = ------------ , m 1+ m 2

_ Fm2 T = ------------ . mt +m2

Przeprowadzając obliczenia w układzie jednostek SI, dostaniemy T — 4,9 N, a = 4,9 m /s2. Zadanie 3 Przez obracający się wokół poziomej osi blok przerzucono nieważką nierozciągliwą nić, do której końców przywiązano ciężarki o masach

a)

k) Rys. 6

21

m i = 0,5 kg i m 2 — 0,6 kg (rys. 6a). Znaleźć siłę nacisku bloku na oś podczas ruchu ciężarków. Masę bloku i tarcie osi m ożna zaniedbać. Analiza. N a każdy z rozpatrywanych ciężarków działa siła ciężkości i siła napięcia nici. Zatem II prawo N ewtona dla każdego z ciężarków może być zapisane w następujący sposób: m1a1 = P 1+ T ,

(1)

m 2 a2 = P 2 + T .

(2)

Nierozciągliwość nici pozwala znaleźć zależność między przyspieszeniami. Z warunku stałości długości nici wynika układ rów nań: J 1+ J 2 = const, h + y2 = 0 , yi+ iyz = o, gdzie y\

=

a ly >

y 2

—

a 2y

Stąd a^y =

a2y y

(3)

tzn. przyspieszenia ciężarków są równe co do wartości bezwzględnej, ale m ają przeciwne zwroty. Nieważkość nici pozwala i tutaj uważać siłę napięcia wzdłuż nici za stałą. Łatwo m ożna dowieść, że siła napięcia nie zmienia się przy przejściu przez blok przy założeniu, że masę bloku można zaniedbać. Szczegółowo rozpatrzymy to w § 3. Równania (1) i (2) po sprowadzeniu do postaci skalarnej i uwzględnieniu warunku (3) pozwalają łatwo znaleźć przyspieszenia ciężarków i siłę na­ pięcia nici. Jednakże w zadaniu żądano znalezienia siły nacisku bloku na oś. N a blok działają siły napięcia nici T ' = T i siła reakcji N osi (rys. 6b). Środek masy bloku pozostaje nieruchomy, zatem suma sił równa jest żferu, czyli N = 2 T. Zgodnie z III prawem Newtona siła reakcji N osi równa jest szukanej sile F nacisku bloku na oś. Rozwiązanie. Z a dodatni obierzemy kierunek pionowo w górę (kierunek ruchu pierwszego ciężarka). Wówczas równania (1) i (2) przy uwzględnieniu równości (3) m ożna napisać w postaci skalarnej: m ya = T —P j , - m 2a — —P 2 + T. 22

(4 )

Rozwiązując układ równań (4) dostajemy T =

2m 1m 2g m! + m2

Wobec tego siła reakcji osi iV - 4m' w ’ g = 10,7 N . mi +m2 Trzeba zwrócić uwagę na fakt, że otrzymana wartość siły napięcia nici leży w przedziale P l < T < P2, a siła nacisku bloku na oś jest mniejsza od sumy sił ciężkości obu ciężarków. W przypadku m x = m 2, ciężarki będą się znajdować w stanie spoczynku lub ruchu jednostajnego i wówczas siła nacisku na oś będzie równa sumie sił ciężkości obu ciężarków. Zadanie 4 W wagonie poruszającym się poziom o z przyspieszeniem a = 2 m /s2 wisi na sznurze ciężarek o masie m — 200 g (rys. 7). Znaleźć siłę napięcia sznura i k ąt ot odchylenia sznura od pionu.

Rys. 7

Analiza. Niezależnie od stanu wagonu (spoczynek czy ruch) na ciężarek będą działać tylko dwie siły: siła ciężkości i siła napięcia sznura. W spoczy­ wającym wagonie (lub w przypadku jego ruchu ze stałą prędkością) obie siły będą współliniowe i ich suma wektorowa będzie rów na żeru. Przy przyspieszonym ruchu wagonu sznur odchyli się od pionu w stronę prze­ ciwną do kierunku ruchu i obie działające na ciężarek siły powinny nadać 23

m u przyspieszenie względem Ziemi, równe przyspieszeniu wagonu. Poprawniejsze byłoby sformułowanie, że nie ciężarek odchyla się w lewo, a wagon w praw o; wskutek tego i punkty przymocowania sznura do wagonu będą się usuwać znad ciężarka*. Ponieważ wagon porusza się względem Ziemi z pewnym przyspieszeniem, nie należy wiązać z wagonem układu współ­ rzędnych, względem którego rozpatrujemy ruch ciężarka. W układzie współrzędnych sztywno związanym z Ziemią II prawo Newtona ma posiać 7«a = P + T,

(1)

gdzie a jest przyspieszeniem ciężarka względem Ziemi. Rozwiązanie. Zastępując równanie (1) dwoma równaniami skalarnymi, wiążącymi ze sobą rzuty sił i przyspieszeń na osie x i y, wybrane tak jak na rys. 7, dostajemy ma = J s i n a ,

(2)

0 = Tcosoc —P .

(3)

W wyniku rozwiązania tego układu otrzymujemy a = aretg — = aretg 0,204 = 11,5°, 8

T = m ] / a 2+ g 2 = 2 N . Zadanie 5 N a wózku o masie M = 20 kg, mogącym swobodnie poruszać się po szynach, leżydeska o masie m — 4 kg. Współczynnik tarcia deski o wózek k — 0,2. N a deskę działa siła F skierowana poziomo (rys. 8).Znaleźć przyspieszenie deski i siłę tarcia deski o wózek w dwóch przypadkach: 1) F = 600 G ; 2) F = 2 kG. F ^ ta r

u

•

o

: J

Rys. 8 * N a początku ruchu wagonu z pewnym przyspieszeniem, ciężarek będzie podlegał drganiom. My rozpatrujemy tutaj moment, gdy drgania zostają stłumione, tzn. gdy przy­ spieszenie ciężarka jest równe przyspieszeniu wagonu. Wówczas okazuje się, że sznur jest odchylony od pionu.

24

Analiza. W zadaniu tym przede wszystkim trzeba rozpatrzyć silę tarcia. Siła tarcia, działająca na deskę, będzie skierowana w stronę przeciwną do kierunku jej względnej prędkości i równa iloczynowi kN , gdzie N jest siłą reakcji, jak ą deska działa na wózek. W danym przypadku N = mg. Jeśli względna prędkość deski (prędkość deski względem wózka) jest równa zeru, to siła tarcia (w tym przypadku tarcia statycznego) będzie działała w kierunku przeciwnym do możliwego ruchu deski, tzn. w kie­ runku przeciwnym do tego, w jakim poruszałaby się deska, gdyby mie było siły tarcia statycznego. Przy tym siła tarcia statycznego może przyjmować dowolną wartość od 0 do kN , tzn. | / tar| < kN *. W "tym przypadku przyspieszenia deski , i wózka są sobie równe. Jeśli przyłożona do deski siła F przekroczy pewną określoną wartość, deska zacznie się poruszać względem wózka i siła tarcia osiągnie m axim um : /ta r

=

kmg.

Żeby odpowiedzieć na postawione w zadaniu pytania, trzeba sprawdzić, jak i będzie rzeczywisty ruch układu — czy deska będzie się poruszać względem wózka, czy też nie. Ponieważ prędkości początkowe obu ciał są równe zeru, zadanie sprowadza się do znalezienia warunków, przy których względne przyspieszenie a' deski jest równe zeru. Przy tym należy pamiętać, źe względne przyspieszenie może być skierowane tylko zgodnie z przyłożoną silą F k*. Rozwiązanie. Współliniowość sił przyłożonych do deski (siła ciężkości równoważona jest przez siłę reakcji wózka) pozwała od początku pisać II prawo N ew tona dla deski w postaci skalarnej. Odnosi się to i do wózka, ponieważ uzyskuje on przyspieszenie tylko na skutek działania siły tarcia. Siła tarcia przyłożona do deski skierowana jest przeciwnie do siły F; siła tarcia, działająca na wózek, skierowana jest w stronę możliwego ruchu deski. Przyjmując kierunek siły F za dodatni, dostaniemy taki układ rów nań: m a1 = F - f t„ , A* t M a 2 = /tar •

t 1'

Tutaj m jest m asą deski, a t — przyspieszeniem deski względem układu * Tutaj, tak jak i dalej, zaniedbujemy zależność siły tarcia dynamicznego od prędkości i zakładamy, ię maksymalna wartość siły tarcia statycznego jest równa sile tarcia dyna­ micznego. **'Siła tarcia nie może zmienić kierunku ciała na przeciwny.

25

współrzędnych sztywno związanego z Ziemią, M — masą wózka, a a2 —przyspieszeniem wózka. Przyspieszenie deski można zapisać następująco: a t = a2+ a',

(2)

gdzie a' jest przyspieszeniem deski względem wózka. Rozwiązując równania (1) i (2) znajdujemy m a rr U| l ++ M j F^ - A / u a' — m

( 3 )

Względne przyspieszenie deski może przyjmować tylko wartości dodatnie lub zerować się: F ~ fa

(1+f )

(4 >

m

Stąd, przy F < / tarmax(l + m /M ), przyspieszenie a! = 0. A więc siła F, przy której deska nie będzie się jeszcze poruszać względem wózka, po­ winna mieć graniczną wartość Fgr = / t ™ ( l + ^ ) = km g ( l + ^ j = 9,4 N . 1. Z warunków zadania F = 0,6 k G = 5,9 N. Ponieważ przyłożona siła jest mniejsza od granicznej wartości F gr, przy której zaczyna się poślizg deski względem wózka, więc a2 = a2 — a i wypadkowa siła tarcia jest siłą tarcia statycznego. Równania (ł) m ożna przepisać w postaci ma = F —/ tar,

(5) W

M a = f U l. Po rozwiązaniu równań (5) dostaniemy /

Jl*r

a=

=

^

-

= 5N -

M+m

M +m

’

= 0,24 m /s2. '

2. Z warunków zadania F = 2 kG = 19,6 N. W tym przypadku F deska będzie poruszać się względem wózka i siła tarcia, będąca teraz już siłą tarcia dynamicznego przy poślizgu, będzie równa /ta r

26

=

km 8

=

7 >8

N -

Równania (1) przyjmą postać: ma1 = F —km g, M a2 = km g. Z pierwszego równania znajdujemy F —km g rt i

= 3,0 m /s2.

Zadanie 6 N a równi pochyłej leży ciężarek o masie m 1 — 5 kg, związany nicią przerzuconą przez blok z drugim ciężarkiem o masie m 2 = 2 kg (rys. 9). Znaleźć siłę napięcia nici i przyspieszenie ciężarków, jeśli współczynnik tarcia pierwszego ciężarka o równię k = 0, 1, a kąt nachylenia równi do poziomu a = 36°.

Analiza. Na pierwsze ciało działają następujące-siły: siła ciężkości Plt siła reakcji N (siła, z którą równia działa na ciężarek), siła napięcia nici T i siła tarcia Ta ostatnia siła jest zawsze skierowana przeciwnie do prędkości ciała; jeśli więc nieznany jest kierunek ruchu układu, to nie trzeba nadawać jej kierunku. Ale ponieważ siła tarcia dynamicznego nie może zmienić kierunku ruchu na przeciwny, należy najpierw określić kie­ runek, jaki wystąpiłby w nieobecności tarcia, a następnie już rozwiązywać zadanie z uwzględnieniem tej siły. II prawo Newtona dla pierwszego ciała bez uwzględnienia siły tarcia m ożna zapisać tak: Wj» = T + Px + N. Rozpatrując rzuty sił na oś x i zakładając, że przyspieszenie pierwszego ciała skierowane jest równolegle do równi w dół, dostajemy II prawo New­ tona w postaci m ta = Pi sina —T . (1) 27

*

'

Z warunku nierozciągliwości nici wynika, że przyspieszenie drugiego ciała powinno być skierowane w górę i co do m odułu równe przyspieszeniu pierwszego ciała. Ponieważ obie siły (siła ciężkości i siła napięcia nici) działające na drugie ciało są współliniowe, U prawo Newtona dla drugiego ciała można od razu napisać w postaci skalarnej nua = T ' - P 2 (T ' = T ).

(2)

Rozwiązując układ równań (1) i (2) dostajemy ły s in a —P 2 _ ; w 1sina —m 2 _ >n1+ m 2 ml +m2

5 -0 ,6 — 2 7

^^

■Otrzymaliśmy dodatnie przyspieszenie. Oznacza to, że pierwsze ciało będzie poruszać się po równi pochyłej w dół, drugie — d o góry.. Trzeba koniecznie zwrócić tu uwagę, że w danym przypadku kierunki przyspie­ szenia i prędkości muszą się pokrywać, ponieważ rozpatrywane ciała nie miały prędkości początkowej. Po określeniu kierunku ruchu m ożna rozwią­ zywać zadanie już z uwzględnieniem sił tarcia. Przy tym II praw o Newtona również dla pierwszego ciała można od razu napisać w postaci skalarnej. Rozwiązanie. Równanie (1) po uwzględnieniu siły tarcia przyjmuje postać jnxa = P I s i n a - r - / tar. (3) Ja k wiadomo, /ta r = kN , gdzie k jest współczynnikiem tarcia, a N — siłą reakcji norm alną do po­ wierzchni równi.. W danym przypadku N : = P t cos a . Zatem równania (3) i (2) tworzą układ równań m xa = rnxg ń i\a — T —m ^gcosoc, rp

m 2a = T —m 2g.

(4)

Rozwiązując układ (4) znajdujemy w nsina —m,kco$oc—m 2 ,, a = —i 1 g = 0,84 m /s2, m x+ m 2 ^ _ m l m 2g (l + sinoc —/ccos«) _ 2 1 6 N m 1+ m 2

Przy pewnym doborze danych liczbowych może się okazać, że po uwzględnieniu siły tarcia, tzn. przy rozwiązywaniu równoczesnym równań (4), przyspieszenie a będzie ujemne. 28

Jak już mówiliśmy wyżej, siła tarcia nie może zmieniać kierunku ruchu na przeciwny, zatem w tym przypadku układ nie porusza się i przyspiesze­ nie a — 0. Znaczy to, że siła tarcia w rzeczywistości spełnia nierówność / tar < k N . Tutaj ponownie spotykamy się z tym, że przy braku względnej pręd­ kości v' trących o siebie powierzchni, siła tarcia może przyjmować dowolną wartość w przedziale od zera do kN : l/ta r I
= A Ur.

Energię kinetyczną człowieka m ożna znaleźć ze związku między prędkością jego i prędkością wózka, otrzymanego z prawa zachowania pędu:

(3)

m i v i —m 2v 2 = 0 ,

gdzie ■v t .i v 2 są prędkościami człowieka i wózka względem Ziemi zaraz p o skoku. Zastosowanie praw a zachowania pędu do układu człowiek-wózek jest możliwe- tylko przy założeniu, żę siła tarcia kół wózka o szyny jest m ała w porów naniu z siłą wzajemnego oddziaływania człowieka i wózka, powstającą. w czasie skoku. Rozwiązanie. Rozpatrzm y wartość pracy w równaniu (2):

(4)

4

49

M e to d y k a ro zw iąz y w a n ia z a d a ń z fiz y k i

i

zatem E j1) Efe(2)

m ^l

m2

m2v I

skąd ( 5)

Podstawiamy wyrażenia (5) i (4) od wzoru (1) i wykonujemy obliczenia

§ 3. RUCH OBROTOWY

M etodyka rozwiązywania zadań z ruchu obrotowego nie różni się za­ sadniczo od m etodyki rozwiązywania zadań z ruchu postępowego. Dla ułożenia podstawowego równania dynamiki ruchu obrotowego trzeba rozpatrywać osobno każde z ciał wchodzących w skład układu. Analiza działających sił powinna być równie m ocno zaakcentowana, jak przy roz­ wiązywaniu zadań na ruch postępowy. W zadaniach z tego rozdziału rozważany jest obrót ciał wokół osi (obrót dwuwymiarowy). W tym przypadku wszystkie wektory występujące w zadaniu (prędkość i przyspieszenie kątowe, momenty sił, m om enty pędu) są współliniowe, dlatego też, dla prostoty, równania ruchu najczęściej zapi­ sywane są w postaci skalarnej. Przerobiony uprzednio materiał wykładowy pozwala w tym paragrafie o d początku korzystać tak z podstawowego równania dynamiki ruchu obrotowego, ja k i z praw zachowania. W arunki stosowalności prawa za­ chowania energii pozostają takie same, ja k przy ruchu postępowym. Prawo zachowania momentu pędu jest słuszne w tych przypadkach, gdy suma m om entów sił zewnętrznych względem rozpatrywanej osi jest rów na zeru. Złożony ruch płaski, na przykład ruch ciała toczącego się, należy roz­ ważać jako sumę dwóch ruchów — obrotowego wokół osi, przechodzącej przez środek masy i postępowego z prędkością środka masy. Dla rozwią­ zania zadania trzeba korzystać z podstawowego równania dynamiki m chu obrotowego:

50

i II prawa N ew tona: = ma. Znaczenia użytych tu symboli są następujące: M ; — m om enty wszystkich sił działających na ciało, liczone względem osi przechodzącej przez środek masy, J — m om ent bezwładności ciała względem tej samej osi, e — przy­ spieszenie kątowe, F { — siły działające na ciało, m — m asa całego ciała, a — przyspieszenie środka masy, niezależne od punktów przyłożenia dzia­ łających sił. Energia kinetyczna ciała w tym przypadku równa jest sumie energii kinetycznych ruchu obrotowego i postępowego. Zadanie 1 K oło zamachowe, którego masę m — 5 kg m ożna przyjąć za równo­ miernie rozłożoną wzdłuż pierścienia o promieniu r = 20 cm, obraca się swobodnie wokół poziomej osi przechodzącej przez jego środek, wyko­ nując n = 720 obr./min. Przy ham owaniu koło zamachowe zatrzymuje się p o upływie czasu A t = 20 s. Znaleźć mom ent siły hamującej i liczbę ob­ rotów do chwili całkowitego zatrzymania. Analiza. Przy zaniedbaniu zależności siły tarcia od prędkości ruch koła zamachowego m ożna uważać za jednostajnie opóźniony i podstawowe rów­ nanie dynamiki daje się zapisać następująco: JAco = M A t,

( 1)

gdzie A cj jest zmianą prędkości kątowej w czasie A t. Całkowita liczba obrotów może być znaleziona ta k z kinematyki, jak i ze zmiany energii kinetycznej. Rozwiązanie. Z warunków zadania wynika, że (2>

(3)

M —

-liz n m r 2 r = —0,76 N • m . At

Z nak „m inus” wskazuje, że w ektor momentu siły m a przeciwny zwrot do w ektora prędkości kątowej. 51

'Sprawdzimy wymiar otrzymanego wyrażenia w układzie SI : d im M = dim r • dim F = L •

d im \ nłj r ) =

T2

,M L 2‘ t

y

= M L 2T -2 ,

= M L2T~2-

D roga kątowa, przebyta przez koło zamachowe do m om entu zatrzy­ m ania, (p — 0—s A t — 0 , więc wzór (4) m ożna przekształcić do postaci:

^ ~

(00 A i 2 '

Zastępując (pico0 odpowiednio przez 2izN i 2 -kH, gdzie i^ jest szukaną całko­ witą liczbą obrotów wykonanych przez koło zamachowe do chwili zatrzy­ m ania, dostajemy ostatecznie ^ ~ ~ Y ~ ~ 120 °br* Zadanie 2 Przez blok zawieszony n a poziomej osi przerzucono nić, do której koń«ców przymocowano ciężarki o masach m x = 300 g i m 2 = 200 g. M asa

/T \ T2

T/'

TZ rl Rys. 19

.52

t;

bloku m 0 = 300 g. Blok przyjąć za jednorodny krążek. Znaleźć liniowe przyspieszenie ciężarków (rys. 19). Analiza. Badany układ składa się z trzech ciał: ciężarków m t i m 2 oraz bloku. Każde z ciał układu należy rozpatrywać osobno. Ciężarek m x znaj­ duje się pod działaniem dwóch sił: siły ciężkości P, i sity napięcia nici T-,. II prawo Newtona dla tego ciężarka m ożna zapisać następująco: m xa = Ti + P X.

(1)

Rozważając siły działające na ciężarek m 2 dostajemy

m2a = T2 + P 2 .

(2)

Przyspieszenia ciężarków, tak jak w zadaniu 3 z § 2, uważamy za równe, ale, z uwagi na nierozciągliwość nici, zwroty ich są przeciwne. Ponieważ masa bloku jest porównywalna z m asą ciężarków, nie mamy praw a zakładać, że siły, z jakim i nić działa na ciężarki m x i m 2, są sobie równe. Zależność między siłami I j i T2 m ożna znaleźć dopiero po roz­ patrzeniu ruchu bloku. Blok obraca się w okół nieruchomej poziomej osi,’ przechodzącej przez jego środek, a więc m om enty sił ciężkości i reakcji osi są równe zeru. Zakładając, że nić nie ślizga się względem bloku, można twierdzić, że obrót bloku następuje pod wpływem sił napięcia nici. Wówczas podstawowe równanie dynamiki ruchu obrotowego w odnie­ sieniu do bloku zapisujemy w postaci : Je = M i + M î , gdzie i M 2 są m om entam i obu sił napięcia nici. Przyjmując ruch bloku przeciwny do ruchu wskazówek zegara za dodatni, tzn. przyjmując kieru­ nek wzdłuż osi obrotu „do nas” za dodatni, dostaniemy Je = T [ r - T i r (T[ = TX,T '2 = T 2),

(3)

gdzie a jest wartością bezwzględną przyspieszenia liniowego ciężarków. O statnia z tych równości jest słuszna dzięki nierozciągliwości nici, a co za tym idzie, zważywszy brak poślizgu, dzięki równości przyspieszeń ciężar­ ków i wszystkich punktów nici, przyspieszeniu stycznemu punktów obwodu bloku. Z równości (3) wynika w przypadku nieważkiego bloku T2 = 7j*. * Należy pamiętać, że mowa tutaj tylko o bezwzględnych wartościach sił napięcia..

53.

Rozwiązanie. Dla określenia ruchu ciężarków wybieramy wspólny układ współrzędnych. D odatni kierunek osi przyjmujemy pionowo w dół. W ów­ czas równania (1) i (2) zapiszemy w następującej postaci: m^a — P 1 — Ti ,

—m 2a = P 2 — T 2.

Równanie (3) po uwzględnieniu wzoru (4) przechodzi w J~T ~ Tj_r—T 2r, gdzie m om ent bezwładności krążka m 0r 2

Rozwiązując równocześnie trzy ostatnie równania znajdujemy d -g -

m i~ m 2 — 1>5 m /s2. m 1+ m 2 + rt~ -

Zadanie 3 Z równi pochyłej stacza się bez poślizgu jednorodny krążek. Znaleźć przyspieszenie krążka i siłę tarcia, jeżeli k ąt nachylenia równi do poziom u a = 36°, a m asa krążka m = 500 g (rys'. 20).

Analiza. Przy toczeniu bez poślizgu ciało przebywa taką drogę, ja k ą jego punkty zewnętrzne w’ruchu obrotowym wokół osi przechodzącej przez środek masy. Zatem droga s środka masy s = gdzie co jest prędkością kątow ą słupa w chwili padania, a h — promieniem, okręgu zataczanego przez wierzchołek słupa. Zm iana energii kinetycznej słupa w wyniku upadku

gdzie J jest momentem bezwładności słupa względem osi poziomej, prze­ chodzącej przez jego dolny koniec. W artość J — ?nh2/3, obliczoną na podstawie twierdzenia Steinera,. podstawim y dó wyrażenia (3). Wówczas (4) 61

Środek masy słupa w wyniku upadku obniża się o wysokość h/2, w rezulta­ cie energia potencjalna maleje o AEP = - m

g

(5)

Podstawiając wyrażenia (4) i (5) do równania (1), dostajemy h mh2co2 - m g y + — g— = o, co po uwzględnieniu wzoru (2) prowadzi do wartości prędkości v = j/3 gh = 12 m/s. Zadanie 8 P o poziomym stole może toczyć się bez poślizgu walec o masie m, na który nawinięta jest nić. N a drugim końcu nici, przerzuconym przez lekki blok, zawieszono ciężarek o takiej samej masie m (rys. 23). W pewnym M

T

Rys. 23

momencie układ swobodnie puszczono. Znaleźć przyspieszenie ciężarka i siłę tarcia walca o stół. Zadanie rozwiązać dla walca wydrążonego i pełnego. Analiza. Rozpatrywany układ składa się z dwóch ciał — ciężarka i walca. Pierwsze z nich porusza się ruchem postępowym i jego przyspieszenie a wyrazi się przy pomocy różnicy siły ciężkości i siły napięcia nici. Drugie ciało wykonuje i postępowy ruch, i obrotowy w okół środka masy, ponieważ linie działania siły napięcia T i tarcia f „ nie przechodzą przez jego środek masy. Nieważkość bloku pozwala uznać siłę napięcia wzdłuż nici za stałą. Nierozciągliwość nici i brak poślizgu między nicią i walcem uspra­ wiedliwia założenie, że przyspieszenie punktu M walca i przyspieszenie ciężarka są równe co do wartości bezwzględnej, tzn. aM = a. Ponieważ 62

z warunków zadania walec toczy się bez poślizgu, przyspieszenie a0 jego środka masy, przyspieszenie kątowe s ruchu obrotowego i przyspieszenie styczne punktu M spełniają związki: a0 = er,

( 1)

a = a0 +sr = 2a0,

(2>

gdzie r jest promieniem walca. Przyspieszenie a0 środka masy wyraża się przez różnicę siły napięcia i tarcia, a przyspieszenie kątowe e — poprzez m om enty tych sił. Siła cięż­ kości walca i siła reakcji stołu muszą się równoważyć i nie rozpatrujem y ich.. Rozwiązanie. Współliniowość sił działających na ciężarek pozwala, za­ pisać jego równanie ruchu od razu w postaci skalarnej: m a — m g —T '

( V = T),

(3)

przy ćzyiń kierunek w .d ó ł przyjęto za dodatni. Równanie ruchu postępowego walca m ożna również od razu zapisać w postaci skalarnej. Jeśli przyjmiemy kierunek siły napięcia za dodatni, to ma0 = Ł —/ tar. (4) Równanie ruchu obrotowego walca zapiszemy w postaci Je = T r + f^ r .

(5)

Przy rozwiązywaniu zadania przyjęto bez wyjaśnienia kierunek siły tarcia ja k na rys. 23. Łatw o zauważyć, źe zm iana kierunku na przeciwny zmieni znak drugiego składnika w równaniach (4) i (5), a więc nie będzie m iała wpływu na kształt wyrażenia na przyspieszenie. Żeby nie powtarzać rozwiązania oddzielnie dla wydrążonego i pełnego walca, wyrazimy m om ent bezwładności wzorem J = bmr2, gdzie b — 1 dla wydrążonego walca, a b = \ dla pełnego. Uwzględniając związki ( 1), (2) i wzór na m om ent bezwładności, dostaniemy układ trzech rów nań : ma = m g—T, ^ 2

bm T

^

(6)

= r + ^tar63

Rozwiązanie układu (6) daje

D l a pełnego walca dostaniemy «i = f i g, dla wydrążonego walca «2 = f g ,

X a r2 = = 0 -

Otrzymane wartości sił tarcia m ogą wydawać się dziwne i wymagają dodatkowego komentarza. S iła /iar przeciwdziała poślizgowi walca względem stołu i będzie skiero­ w ana przeciwnie do wypadkowej prędkości, jak ą miałby punkt N w braku tarcia. Prędkość ta składa się z prędkości ruchu postępowego i obrotowe­ go, zależnego od m om entu siły napięcia nici względem środka masy walca. Ponieważ-walec nie m a prędkości początkowej, kierunek wypadkowej pręd­ kości dowolnego jego punktu będzie pokrywał się z kierunkiem przyspie­ szenia stycznego w tym punkcie. Przyspieszenie styczne w punkcie N bez tarcia je st równe % = do—.er, (7) gdzie a0 jest przyspieszeniem środka masy, er —- przespieszeniem stycznym punktów n a powierzchni, zależnym od ruchu obrotowego walca. Rów nania ruchu walca w brak u siły tarcia przyjm ą postać: m a0 — T, Je = Tr. Zastępując znów J przez bm r2 i eliminując silę napięcia nici przy rozwiązy­ w aniu tych równań, dostaniemy

P o podstawieniu wyrażenia (8) do równości (7) otrzymamy

D la pełnego walca (b = ~) % 64

—

—

a0,

tzn. przyspieszenie styczne, a więc i prędkość punktu N w braku tarcia skierowane są „w lewo” , a siła tarcia przeciwdziałająca poślizgowi walca względem stołu skierowana je st „w praw o”, czyli tak ja k siła napięcia. W yjaśnia to pochodzenie znaku „m inus” w otrzymanym wzorze n a / ¡ arl. D la wydrążonego walca (b = 1) aN = 0, tzn. przyspieszenie styczne, a więc i prędkość punktu N są równe zeru w b ra­ k u siły tarcia. Oznacza to, że w warunkach podanych w zadaniu walec będzie toczyć się bez poślizgu nawet po idealnie gładkim stole. Zadanie 9 N a ławce Żukowskiego* siedzi człowiek i trzyma w wyciągniętych rękach odważniki po 10 kg każdy. Odległość od każdego odważnika do osi obrotu ławki ¿j = 75 cm. Ławka obraca się, wykonując n l = 1 obr./s. Jak zmieni się prędkość obrotu ławki i jak ą pracę wykona człowiek, jeśli zegnie on ręce tak , aby odległość każdego odważnika do osi zmniejszyła się do h — 20 cm ? M om ent bezwładności człowieka i ławki (razem) względem osi o b ro tu je s t J 0 — 2,5 kg • m 2. Analiza. Przy przesuwaniu odważników względem osi obrotu na układ człow iek-ławka-odważniki będą działać siły zewnętrzne — siły reakcji osi, których linia działania przechodzi przez oś. M om ent tych sił równy jest zeru. W rezultacie dla układu człowiek-ławka-odważniki spełnione będzie p raw o zachowania m om entu pędu. Ponieważ m om ent bezwładności od­ ważników, a więc i całego układu maleje, prędkość obrotu ławki będzie rosła, a z nią energia kinetyczna układu. W zrost energii kinetycznej nastę­ puje dzięki pracy człowieka**. M om ent siły ciężkości względem osi ławki (oś pionowa) równy jest zeru; siła ciężkości nie wykonuje pracy (odważniki są na stałej wysokości). Rozwiązanie. Przed przemieszczeniem odważników m om ent pędu układu L i = (J0 +2m l21)co1, p o przemieszczeniu L 2 = (J0 + 2ml%)a>2. * Ławka Żukowskiego jest rodzajem krzesła mogącego obracać się swobodnie wokół osi pionowej. Przyrząd ten służy do wykonywania doświadczeń ilustrujących prawa, ruchu obrotowego (przyp. tłum.). ** N ie można tu podać analizy ruchu ciężaru i charakteru sił wewnętrznych, ponieważ materiał ten wykracza poza ramy kursu. 5

M e to d y k a ro zw iąz y w a n ia z a d a ń z fiz y k i

65

Ale L i — L 2, zatem (J 0+ 2 m ll) ' 27xn1 = ( / 0+ 2 m /f) ■2r.n2, skąd •To+ 2 m/l «2 = «1 J 0 + 2ml2

4,2 obr./s.

P raca człowieka równa jest przyrostowi energii kinetycznej układu: A = Ek2 Jjtl • Ponieważ początkowa energia kinetyczna układu ■Ęfci = ( J o + 2» i/i) - ^ - ) a końcow a energia Ek2 = (J 0 + 2 m /|)

co2

2 ’

Więc A

=

27t2 [ ( / 0 + 2 m / i ) ? i ! - ( J o + 2 m / ? ) « f ]

=

870

J.

Zadanie 10 Ciężka wąska deska o długości / = 50 cm i masie M = 60 kg może swobodnie obracać się wokół poziomej osi O, przechodzącej przez jeden O

i

/ /// ///

yj

•m

Rys. 24

z jej końców. W drugi koniec uderza kula o masie m — 10 g, lecąca poziom o z prędkością v = 400 m/s, prostopadle do osi obrotu (rys. 24). Kula grzęźnie w desce. Znaleźć prędkość kątow ą deski zaraz p o uderzeniu kuli. W jakiej 66

odległości od osi obrotu powinna uderzyć kula, aby składowa poziom a siły reakcji osi w momencie uderzenia była równa zeru? Analiza. W momencie uderzenia na deskę będzie działać siła reakcji osi, reprezentująca sobą siłę zewnętrzną, której m om ent względem osi obrotu jest równy zeru, ponieważ jej linia działania przechodzi przez oś. M om ent siły ciężkości względem tej osi m ożna przyjąć równy zeru. Postępowanie takie jest słuszne w przypadku, gdy proces hamowania kuli trwa przez tak mały odcinek czasu A i, że deska w tym czasie nie zdąży dostrzegalnie od­ chylić się od położenia pionowego. A więc dla układu kula-deska słuszne jest praw o zachowania m om entu pędu względem osi O: mom ent pędu układu przed uderzeniem jest równy momentowi pędu samej kuli. Po zakończeniu oddziaływania deska i kuła będą się poruszały z jedna­ kow ą prędkością kątową co. M om ent pędu układu L 2 będzie się składał z m om entów pędu deski i kuli. Rozwiązanie. Zgodnie z prawem zachowania m om entu pędu L x = L 2 . Z definicji L x = r x w v . W danym przypadku w chwili uderzenia kuli

.

r= h

7C r, v = — ,

zatem L x = lm v. Po uderzeniu L 2 .= (J + m l2) • oj, gdzie J = M12I3 jest mom entem bezwładności deski względem osi O, a m l2 — momentem bezwładności kuli względem tej samej osi. Porównując wyrażenia na L x i L 2, zgodnie z prawem zachowania momentu pędu, dostaniemy lmv = (J + m l2) w , ( 1) skąd lmv 01 = 7 + m P = S Sprawdzimy wymiar otrzymanego wyrażenia w układzie SI: dimco = T -1, din,( 7 T ^ ) - L - M - T ' W

= T"

Znając prędkość kątow ą uzyskaną przez deskę w wyniku uderzenia, m ożna znaleźć prędkość vc środka masy deski, a stąd zmianę pędu A K 5*

67

układu kula-deska. K ierunek K musi pokrywać się z kierunkiem siły reakcji osi n a deskę, ponieważ jest to jedyna siła zewnętrzna ingerująca w układ kuła-deska. Oczywiście i wielkość, i kierunek siły reakcji będą zależały, przy iden­ tycznych ja k poprzednio warunkach, od odległości x pomiędzy osią obrotu i punktem uderzenia kuli. Zbadajmy, przy jakiej wartości odległości * siła poziomej reakcji osi stanie się zerem, a co za tym idzie, pęd układu deska-kula nie zmieni się, to znaczy K A = K 2 . Jeśli kula uderza w deskę — w p u n k t położony w odległości x od osi — to prędkość kątowa deski, n a mocy równania (1),

Pęd układu przed uderzeniem kuli w deskę jest równy ^

= m u,

a pęd układu po uderzeniu kuli, zważywszy, że v c = co//2, jest równy

Porównujemy prawe strony tych ostatnich wyrażeń, opierając się na prawie zachowania p ęd u :

Oczywiście przy x > § / A K = K 2- K t > 0, tzn. poziom a składowa siły reakcji osi jest skierowana zgodnie z ruchem kuli. Zadanie 11 N a ławce Żukowskiego stoi człowiek i trzym a W ręku koło rowerowe, obracające się wokół swojej osi z prędkością kątow ą co0 = 15 s_1. Oś koła ustawiona jest pionowo i pokrywa się z osią ławki Żukowskiego. Z jak ą prędkością co zacznie się obracać ławka, jeżeli człowiek obróci koło w okół poziomej osi o 180°? M om ent bezwładności człowieka i ławki / = 3 kg • m 2, m om ent bezwładności koła względem jego osi J 0 = 0,5 kg • m 2. 68

Analiza. Przy obróceniu osi koła wokół osi poziomej prędkość kątow a nie zmieni się co do wartości bezwzględnej, ale m om ent pędu zmieni znak n a przeciwny. Powstające przy obracaniu siły są dla układu „ławka Żukowskiego (z człowiekiem)-koło” siłami wewnętrznymi, dlatego m om ent pędu układu jako całości nie zmieni się (momenty siły ciężkości i siły reakcji osi są równe zeru). Rozwiązanie. M om ent pędu układu przed obróceniem koła równy jest mom entowi pędu samego koła, to znaczy L i = J qCOq . Przyjmujemy początkowy kierunek obrotu koła za dodatni. Po obróceniu m om ent pędu układu będzie się składał z momentów pędu koła i ławki z człowiekiem: L 2 — —J0(o0 + Jco. Zgodnie z prawem zachowania m om entu pędu L i — L 2> zatem J D(&0 — ~ Jo 0)o + J(0, skąd co =

2 J oO>o_ =

5 s _k

Ław ka będzie się obracać w tę stronę, w k tó rą obracało się koło przed zmianą. P o rozwiązaniu tego zadania w arto przedyskutować przypadek obrócenia . osi koła o kąt

TC

?>= T . W wyniku takiej zmiany rzut momentu pędu koła na oś pionową stanie się równy zeru. W rezultacie wypadkowy m om ent pędu ławki i człowieka będzie równy początkowemu momentowi pędu koła. Zadanie 12 Po gładkiej pozioinej płaszczyźnie ślizgają się dwie pary jednakowych hantli, ułożonych jak na rys. 25. Prędkości ich są równe odpowiednio v t i v 2 . K ażda para hantli składa się z nieważkiego sztywnego pręta o dłu­ gości /, do którego końców przymocowane są jednakowe masy punktowe. 69

Określić charakter ruchu obu p ar hantli po zderzeniu. Zderzenie przyjąć za całkowicie sprężyste. Analiza. Ponieważ hantle ślizgają się po gładkiej poziomej płaszczyźnie, rozpatrywany układ ciał jest odosobniony (siły ciężkości są zrównoważone przez siły reakcji). Zderzenie jest całkowicie sprężyste, zatem układ podlega

Ih-A\ K Rys. 25

i praw u zachowania pędu, i praw u zachowania energii. Jednakże linia siły oddziaływania działającej na pierwsze hantle nie przechodzi przez ich śro­ dek m asy i dlatego pierwsze hantle będą po zderzeniu wykonywać ruch zarówno postępowy, ja k obrotowy wokół swojego środka masy. Momenty sił zewnętrznych są także równe zeru, a więc do danego układu stosuje się nie tylko praw o zachowania pędu, ale i prawo zachowania momentu pędu względem dowolnego punktu. Ponieważ zderzenie jest całkowicie sprężyste, zderzające się ciała są idealnie gładkie, dlatego wektory prędkości ux i u2 ruchu postępowego hantli powinny po zderzeniu być również równoległe (lub antyrównoległe) do osi x, skierowanej zgodnie z prędkościami p o ­ czątkowymi. Zapiszemy prawo zachowania pędu od razu w postaci skalarnej 2 m v1+ 2 m v 2 = 2m u1+ 2m u2.

( 1)

Prawo zachowania m om entu pędu napiszemy względem punktu C. Przed zderzeniem m om ent pędu układu był równy momentowi pędu drugiej pary hantli, to znaczy L x = m v 2 sin ai + m v2 r2 sin a 2 . (2) Jak widać z rys. 25, l rjS in a! = r2 sm «2 — — 70

i wektor Li momentu pędu skierowany jest prostopadle do płaszczyzny rysunku „od nas” (z definicji m om ent pędu punktu materialnego L £ = = r;XW;V;). Po zderzeniu mom ent pędu układu będzie się składał z momentów pędu obu par hantli „ m l2 l L 2 = 2 —Ą-a>+2mu2— .

(3)

Zapis taki odpowiada założeniu, że po zderzeniu druga para hantli zachowa swój kierunek ruchu, a pierwsza będzie się obracać wokół swojego środka zgodnie z ruchem wskazówek zegara. Pamiętając, że po zderzeniu pierwsza para hantli porusza się ruchem i postępowym, i obrotowym, zapiszemy prawo zachowania energii w postaci

ml2 0

©i , 0

wf

0

«i , 0

4

2m — + 2 m - y = 2 m - ^ + 2 ----- +

C)

ul

(4)

Rozwiązanie. Porównując prawe strony wyrażeń (2) i (3), dzięki praw u zachowania momentu pędu, otrzymamy c o - - ^ v 2- u 2 .

(5)

Podstawiając wyrażenie co//2 do równania (4), po elementarnych przekształ­ ceniach dostaniemy ®i - u \ = 2u2(u2- v 2).

(6)

Równanie (1) po pewnych przekształceniach przyjmie postać v 1- u 1 = u2- v 2 .

(7)

Rozwiązanie układu równań (6), (7) i (5) daje «i = y O i + 2w2), «2 = y (2©i + ©2), W = j j ( v 2- v 1). Przy zadanym kierunku prędkości początkowych, prędkości i u2 ruchu postępowego muszą być dodatnie. Zderzenie zajdzie tylko pod 71

warunkiem, że ą > ®2, a więc co < O, tzn. pierwsza para hantli będzie się obracała przeciwnie do kierunku wskazówek zegara. Jeśli v 2 < 0, to hantle poruszają się naprzeciw siebie i przy = 2|©2| pierwsza p ara będzie się obracać z prędkością kątow ą co = —4\v2\/l. Z nak „m inus” ja k poprzednio wskazuje, że obrót będzie zachodził w kierunku przeciwnym do wskazówek zegara. Przy v y = §|w2| po zderzeniu zatrzym a się druga para hantli.

§ 4. DRGANIA MECHANICZNE

Kinematyka D rgania mechaniczne różnią się od rozpatrywanych dotychczas' rodza­ jów ruchu tym, że przyspieszenie przy ruchu drgającym jest wielkością zmienną. Dlatego też trzeba dokładnie analizować na ćwiczeniach związki między kinematycznymi param etram i ruchu. Badanie drgań należy zacząć od drgań harmonicznych. Ruchem drgają­ cym harmonicznym nazywamy taki ruch, przy którym położenie punktu lub ciała zmienia się w czasie w sposób harmoniczny (sinusoidalny). W zależności od charakteru ruchu m ożna go opisywać przy pom ocy współrzędnej albo liniowej, albo kątowej. I w jednym i w drugim przypadku prawo ruchu harmonicznego m a następującą postać: x = x 0 sin (co t +ot0), x = x 0co s(ft)/+ a0),

^

gdzie x jest wartością współrzędnej (kątowej

ł+a0),

(2)

= - x 0co2sm(cot + a0) ,

(3)

gdzie dxldt jest równe prędkości liniowej lub kątowej, a d 2x/d t2 — przy­ spieszeniu liniowemu lub kątowemu. 72

Należy zwrócić uwagę studentów na fakt, że 1) przyspieszenie przy drganiu harmonicznym jest w prost proporcjonalne do wychylenia branego z przeciwnym znakiem, a współczynnik proporcjonalności równy jest kwadratowi prędkości kątowej d 2x

,

2) wartość prędkości osiąga maximum, gdy wychylenie i przyspieszenie są równe zeru, Zadanie 1 Jaka jest częstość, am plituda i początkowa faza drgań danych równaniem (w układzie C G S): s = sin (6 3 0 /+ l)? Jaka jest maksymalna prędkość i przyspieszenie punktu drgającego zgodnie z danym równaniem? Rozwiązanie. Prpste porównanie wzoru ogólnego n a ruch drgający harmoniczny s — zisin(0 i okres drgań. Analiza. Charakterystyczną cechą drgań harmonicznych jest jedno­ znaczny związek między am plitudą i maksymalnymi wartościami prędkości i przyspieszenia: Ana* = V 1. Niemniej jednak część krzywej pokazanej na wykresie leży powyżej linii przerywanej. Oznacza to, że początkowo gaz zmniejszał swą objętość (przy prawie stałej temperaturze), po czym ze wzrostem tem peratury rozpo­ częło się rozszerzanie gazu. Zadanie 2 Obliczyć liczbę n ruchów tłoka, jak ą należy wykonać,' aby przy pomocy pom py tłokowej wypompować z naczynia o pojemności V powietrze, zmniej­ szając ciśnienie od wartości p 0 do p, jeśli pojemność kom ory pom py wy­ nosi A V. Analiza i rozwiązanie. Jeśli wypompowywanie zachodzi dostatecznie wol­ no, to na skutek wymiany ciepła z otoczeniem m ożna uważać proces za izotermiczny i gaz wypełniający naczynie oraz kom orę pom py podlega praw u Boyle’a-M ario tte’a. K łopot polega na tym, że kom ora pom py wy­ pełnia się powietrzem znajdującym się w naczyniu pod ciśnieniem zmienia­ jącym się po każdym ruchu tłoka. Przy pierwszym ruchu powietrze znajdu­ jące się w naczyniu o objętości V pod ciśnieniem p 0 wypełni objętość V + A V i w naczyniu powstanie pewne ciśnienie p x. Oczywiście

P o V ^ P i ( Y + A V )} skąd

W Przy drugim ruchu tłoka objętość początkowa jest jak poprzednio V, a końcowa V + A V , ale ciśnienie początkowe jest p t . Tym razem ciśnienie końcowe p 2 będzie równe P 2 ~' Pr v + A V ‘

®

Podstawiając p t z wyrażenia (1) do wzoru (2), dostaniemy

r> -Ą -y h r)

(3>

M ożna dowieść, że p o M-tym ruchu tłoka w naczyniu powstanie ciśnienie

P‘ - Ą r h r ) ' 101

Z warunku p„ = p szukana liczba ruchów tłoka

n —‘

i

‘«■f------

lub

.

n =

tg T/F +I z^l F

V + A V

tg6

F

Zadanie 3 W dwóch naczyniach o pojemnościach Vx — 3 1 i V2 — 5 1 znajdują się odpowiednio azot pod ciśnieniem p y — 1 atm i tlenek węgla pod ciśnieniem Pi — 5 atm. Naczynia połączono cienką rurką, której objętość m ożna za­ niedbać. Znaleźć końcowe ciśnienie mieszaniny, jeśli początkowa tempe­ ratura obu gazów jest równa tem peraturze otoczenia. Analiza i rozwiązanie. Jakkolwiek przebiega proces mieszania gazów, n a końcu ustala się tem peratura równa temperaturze otoczenia, która, zgodnie z warunkami zadania, jest równa temperaturze początkowej. Ciśnienia początkowe gazów są dostatecznie małe, aby m ożna było gazy uważać za doskonałe. W rezultacie po zmieszaniu każdy z gazów będzie wypełniał objętość równą sumie objętości obu naczyń, a ciśnienie będzie równe sumie ciśnień cząstkowych obu gazów. Dzięki równości tem peratury końcowej i początkowej m ożna znaleźć ciśnienia cząstkowe V1 P i

= P i

V i +

V z

V 2 P 2 -

P l-

V i +

V 2

Stąd szukane ciśnienie mieszaniny P iV l + p 2V 2 P

=

P

1+

P

2

=

V i +

V 2

Po wyrażeniu podanych wielkości w jednostkach SI dostaniemy p = 3,5 -105 N /m 2. Zadanie 4 Obliczyć gęstość w odoru w tem peraturze t — T C pod ciśnieniem p = 0,5 • 105 N /m 2. Analiza i rozwiązanie. Przekształcając równanie Clapeyrona-M endelejew a łatwo jest znaleźć szukaną gęstość D = — = Pfl V RT 102

Uwzględniając fakt, że w jednostkach układu SI masa cząsteczkowa p - 2 kg/kmol, a wartość uniwersalnej stałej gazowej R = 8,32 • 103 J/(kmol K), na podstawie uzyskanego wzoru dostaniemy D = 0,043 kg/m 3 Zadanie 5 Znaleźć efektywną masę cząsteczkową powietrza, rozpatrując je jako mieszaninę azotu (80%) i tlenu (20%). Zawartość procentowa podana jest według wagi. Analiza i rozwiązanie. Ciśnienie gazu przy zadanej objętości i tem pera­ turze zależy nie od masy, a od liczby moli, wyrażającej się stosunkiem mjfi. Ciśnienie mieszaniny, zgodnie z prawem Daltona, zależy od całkowitej liczby moli mieszaniny gazów

/ mt

m2 \

\ P t

P z ) '

prJUL +JaĄior. \ pi ¡¿21 Efektywną m asą cząsteczkową mieszaniny nazywamy masę cząstecz­ kow ą takiego gazu, którego zarówno m asa, ja k i pozostałe param etry są równe odpowiednim param etrom mieszaniny. D la takiego gazu równanie stanu m ożna zapisać w postaci v _ m 1± m 1_R T W ynika stąd, że mt Pt

, m 2 _ m 1+ m 2 P2

Pet

Po obliczeniu dostajemy uet = 29 kg/km ol.

§ 2. PODSTAWY S2NETYCZNO -MOLEKULARNEJ TEORII GAZÓW

Problemy, których dotyczą zadania niniejszego paragrafu, są bardzo ważne dla zrozumienia natury zjawisk wywołanych ruchem cieplnym cząs­ teczek. W prawa nabyw ana przez studentów w trakcie rozwiązywania tych zadań i stosowane tutaj jakościowe uproszczenia są konieczne do uświado­ 103

mienia sobie sensu fizycznego termodynamiki. Wykorzystywane w tym paragrafie uproszczenia sprowadzają się do następujących założeń: 1. Zamiast rozpatrywać rzeczywisty rozkład pfędkości poszczególnych cząsteczek zakładamy, że cząsteczki gazu poruszają się w trzech wzajemnie prostopadłych kierunkach. Dzięki izotropowości rozkładu, tzn. równemu prawdopodobieństwu wystąpienia dowolnego kierunku prędkości danej cząsteczki, usprawiedliwione jest założenie, że w każdym z trzech wzajemnie prostopadłych kierunków porusza się jedna trzecia wszystkieh cząsteczek. 2. Rzeczywisty rozkład bezwzględnych wartości prędkości cząsteczek zastępuje się często założeniem o równości modułów prędkości wszystkich cząsteczek. 3. Przy rozważaniu uderzeń cząsteczek o pewną powierzchnię zló1w ciągu czasu A t rzeczywistą liczbę uderzeń zastępuje się średnią. Wszystkie te uproszczenia tkwią u podstaw wyprowadzeń równań kinetycznej teorii gazów. M ateriał tego paragrafu podzielony jest na kilka zagadnień. Zadania 3, 4, 5 mają podobny charakter i m ożna ograniczyć się do zrobienia jednego lub dwóch z nich. Zadanie 7 m ożna wykorzystać przy rozpatrywaniu związku między energią wewnętrzną i pracą gazu na podstawie teorii mole­ kularnej. Zadania 10 i 11 są poświęcone rozkładowi prędkości i energii cząsteczek gazu. Zadanie 14 jest wprowadzone dla ułatwienia zrozumienia wzorów Maxwella i Boltzmanna, ponieważ m atematyczna postać funkcji rozkładu długości drogi swobodnej jest bardzo prostaki łatwo jest nią ope­ rować. Dobrze byłoby rozwiązać to zadanie przed zadaniam i 10 i 11. Zadanie 16 m a na celu pokazanie w możliwie najjaśniejszej formie istoty zjawisk przenoszenia ciepła. Zadanie 17 dotyczy problem u zderzeń cząste­ czek z punktu widzenia prawa zachowania energii i wyjaśnia względny charakter pojęcia średnicy cząsteczki. Zadanie 1 Znaleźć koncentrację cząsteczek gazu w temperaturze t — 27°C pod ciśnieniem p — 1 mm Hg. Analiza i rozwiązanie. Szukaną koncentrację v0 m ożna znaleźć ze związku między ciśnieniem gazu, jego koncentracją i tem peraturą:

v° Z=T T > gdzie k = 1,38 • 10-23 J/K jest stałą Boltzmanna.

104

Ciśnienie należy od razu wyrazić w jednostkach S I: p = 1 m m H g = 1,3- 102 N /m 2. Po podstawieniu tak obliczonego ciśnienia do podanego wzoru dosta­ jem y ?>0 = 3- 1022 m ~ 3. Trzeba koniecznie zwrócić uwagę studentów na fakt, że ciśnienie gazu doskonałego nie zależy ani od masy cząsteczek, ani od liczby atomów tworzących jedną cząsteczkę. Szczególnie wyraźnie widać to na przykładzie następnego zadania. Zadanie 2 W naczyniu o objętości V = 0,5 1 znajduje się 1 g pary jodu (J2). W tem peraturze t = 1000°C ciśnienie w naczyniu równe jest 700 mm Hg. Znaleźć stopień dysocjacji cząsteczek jo d u w tych w arunkach (p = = 254 g/mol). Analiza i rozwiązanie. Stopniem dysocjacji a nazywamy stosunek liczby vx zdysocjowanych cząsteczek do całkowitej liczby v0 cząsteczek w jed­ nostce objętości: a = — .

(1)

Całkowitą liczbę cząsteczek m ożna wyznaczyć z warunków zadania m

N0

, „

gdzie N 0 jest stałą Avogadra. D la znalezienia liczby vx musimy znać całkowitą liczbę cząsteczek n w jednostce objętości, określającą wielkość ciśnienia gazu. Oczywiście liczba n jest większa niż liczba cząsteczek, to znaczy n = v0—v1+ 2v1 — v0+v1 .

(3)

T utaj różnica »h jest licżbą całych, niezdysocjowanych cząsteczek, składnik 2vx — liczbą atom ów powstałych w wyniku dysocjacji; współ­ czynnik 2 występuje dzięki temu, że każda cząsteczka rozpada się na dwa atomy. Po wyrażeniu ciśnienia w N /m 2 i tem peratury w skali bezwzględnej znajdziemy całkowitą koncentrację cząstek n = - £ - = 5,3 kT 105

Koncentracja cząsteczek v0. znaleziona z wzoru (2), jest równa 4,75 x x 1()24 n r 3 Podstawiając wartości n i v0 do wyrażenia (3), dostajemy v, = n - v 0 = 0,55- 1024 m “ 3 Obliczamy teraz szukany stopień dysocjacji cząsteczek "o 7 powodu komplikacji rachunkowych w zadaniu tym nie wyprowadza się końcowe) postaci wzorów ogólnych.) W rozważanym naczyniu znajdują się jakby dwa różne gazy — J2 i J. Wypadkowe ciśnienie obu gazów zależy od całkowitej liczby cząsteczek w jednostce objętości niezależnie od różnic w ich masie i strukturze. Zadanie 3 Na drodze wiązki cząsteczek stoi „lustrzana” * ścianka. Znaleźć ciśnienie działające na tę ściankę, jeśli prędkość cząsteczek w wiązce jest c, koncen­ tracja v0 , a m asa jednej cząsteczki m 0; ścianka położona jest prostopadle do prędkości wiązki. Analiza i rozwiązanie. Ciśnienie działające na ściankę zależy od siły uderzenia każdej cząsteczki i częstości tych uderzeń. W wyniku uderzenia cząsteczki o „lustrzaną” ściankę nie zmieni się wartość bezwzględna pręd­ kości cząsteczki, ale kierunek jej zmieni się na przeciwny. Przyjmując początkowy kierunek ruchu cząsteczek ku ściance za dodatni stwierdzamy, że zmiana pędu jednej cząsteczki w wyniku uderzenia dK0 — —2m 0c

(1)

(znak „m inus” związany jest z wyborem kierunku dodatniego). Po pewnym czasie dt o ściankę uderzy dN cząsteczek. Zatem, popęd średniej siły, działającej na ściankę ze strony cząsteczek, f dt — — ÓK0dN .

(2)

Odcinek czasu dt jest dowolnym odcinkiem, w ciągu którego o ściankę uderza duża liczba cząsteczek, dlatego względne odchylenia średniej siły przy różnych odcinkach czasu dt będą małe. Znak „m inus” w wyrażeniu (2) tłumaczy się tym, że / jest siłą działającą na ściankę, a iloczyn 6K0dN — zm ianą pędu cząsteczek. Lustrzaną” ścianką nazywamy taką, z którą zderzenia są doskonale sprężyste.

106

M W ciągu czasu dt do ścianki dobiegną wszystkie cząsteczki znajdujące się w odległości od niej nie większej niż dx = cdt. Zatem

dN = v0 Scdt,

(3)

gdzie S jest polem powierzchni rozważanej ścianki. Podstawiając wyrażenia (1) i (3) do wzoru (2) i upraszczając przez dt, dostajemy / = 2m0 c2v0 S , skąd szukane ciśnienie

p - 2m0c2v0. Otrzymany wynik wskazuje na fakt, że proporcjonalność ciśnienia d'o energii kinetycznej ruchu postępowego cząsteczek występuje zawsze, ale współczynnik liczbowy zależy od warunków nałożonych na charakter ruchu cząsteczek: wiązka skierowana, chaotyczny ruch cząsteczek itp. Zadanie 4 N a drodze wiązki cząsteczek znajduje się „lustrzana” ścianka, porusza­ jąca się naprzeciw cząsteczek ze stałą prędkością u. Znaleźć ciśnienie dzia­ łające na ściankę, jeśli prędkość cząsteczek w wiązce jest c, koncentracja cząsteczek v0 , a m asa każdej cząsteczki m0 . Ścianka położona jest prosto­ padle do prędkości wiązki. Analiza i rozwiązanie. Tak ja k w zadaniu poprzednim, popęd siły dzia­ łającej na ściankę w ciągu pewngo czasu dt wyraża się przez zmianę pędu każdej cząsteczki dK0 i liczbę uderzeń dN, to znaczy

f d t = - d K 0dN.

(1)

Fakt, że ścianka porusza się ku cząsteczkom, powoduje, że w ciągu czasu dt do ścianki dojdą wszystkie te cząsteczki, które znajdują się w od­ ległości od niej nie większej niż

dx — (c+u)dt. Zatem

dN = v0S(c+u)dt.

(2)

Rozpatrzym y teraz zmianę pędu jednej cząsteczki w wyniku uderzenia o ściankę. W przypadku, gdy masa ścianki jest bardzo duża w porównaniu z masą jednej cząsteczki, każde pojedyncze uderzenie nie zmienia prędkości ruchu 107

ścianki, a więc u = const. Wówczas, zgodnie z prawem zderzenia sprężys­ tego, prędkość cząsteczki po zderzeniu będzie równa — (c+ 2u), gdzie znak „minus” wskazuje, że cząsteczka porusza się w kierunku od ścianki. Prędkość cząsteczki przed uderzeniem jest c, zatem zmiana pędu jednej cząsteczki 6K0 = —2m 0(c + u). (3) Podstawiając wyrażenia (2) i (3) do wzoru (1) i dzieląc obie strony przez dt, dostaniemy / = 2v0Sm 0(c + u )2, skąd ciśnienie działające na poruszającą się ściankę p = 2v0m 0(c+ u )2. Wynik ten dowodzi, źe ciśnienie wiązki cząsteczek zależy od energii kinetycznej ruchu względnego. Zadanie 5 Powietrze znajdujące się między ściankami term osu w tem peraturze tt = 16°C wytwarza ciśnienie p — 2,5 • 10~6 m m H g. Znaleźć ciśnienie na ścianki termosu, jeżeli napełnimy go ciekłym powietrzem o tem peraturze t2 = —180°C. Tem peratura zewnętrznych ścianek nie zmienia się. Odleg­ łość między ściankami 1 = 1 cm. Analiza i rozwiązanie. Przy tak małych ciśnieniach należy przyjąć, że cząsteczki zderzają się jedynie ze ściankami naczynia*. Dlatego m ożna założyć, że w przestrzeni między ściankami term osu są jakby dwa przeciw­ bieżne strumienie cząsteczek. Jeden strum ień składa się z cząsteczek bieg­ nących od ścianki zimnej ze średnią prędkością c2 i mających średnią energię odpowiadającą tem peraturze T2, drugi strum ień — z cząsteczek biegną­ cych od bardziej nagrzanej ścianki ze średnią prędkością ct i mających średnią energię odpowiadającą tem peraturze T x. M ożna przyjąć, że od jednej do drugiej ścianki naczynia porusza się (dzięki chaotycznemu ruchowi cząsteczek) jedna trzecia wszystkich cząs­ teczek i wszystkie cząsteczki, biegnące od ścianki o tem peraturze T, poru­ szają się z jednakow ą prędkością, równą ( 1) * Poprawność takiego założenia można sprawdzić tylko porównując długość drog swobodnej cząsteczek z rozmiarami naczynia (patrz zad. 16, § 2 , rozdz. II).

108

Obliczmy ciśnienie działające na zimną ściankę. D o ścianki tej dobiegają cząsteczki z prędkością c1} odbiegają z prędkością — c2. (Znak „m inus” pochodzi stąd, że za kierunek dodatni wybieramy kierunek do „zimnej ścianki” .) Zmiana pędu jednej cząsteczld w wyniku uderzenia o zimną ściankę jest równa: óK0 = - m 0(c2 + c1). (2) W ciągu pewnego odcinka czasu d t każda cząsteczka uderzy o z im n ą ściankę dz razy. Jak już mówiliśmy, od jednej ścianki do drugiej porusza się jedna trzecia wszystkich cząsteczek. Zatem w ciągu czasu d t zim na ścianka zostanie uderzona dN = ~ ^d z razy.

(3)

Wielkość dz m ożna otrzymać ze związku d z= ~ ,

(4)

gdzie r jest czasem pomiędzy dwoma kolejnymi uderzeniami cząsteczki o tę sam ą ściankę. Oczywiście t

—

O

c2 ,

CiC2

L

+

±

=

«E i Ź

£

Ł

Podstawiając wyrażenia (5) i (4) do wzoru (3) dostajemy d N = J . ICl ° 2

3l(c1+ c 2)

dt.

(6)

Popęd średniej siły działającej na zimną ściankę w czasie dt f d t = - ó K 0dN .

(7)

Podstawiamy do wzoru (7) wyrażenia (2) i (6) i po uproszczeniu przez dt dostajemy f _ N m 0c1c2 J 3/ Dzieląc to wyrażenie przez pole powierzchni ścianki S i pamiętając, źe N ' S l ~ Vo’

109

(. 5 )

dostajemy v0 m0 Ci c2 (8) 3 Tutaj przez v0 należy rozumieć pewną średnią koncentrację cząsteczek w naczyniu. Koncentrację tę m ożna znaleźć z warunków początkowych

Prędkości cząsteczek c± i c2 są odpowiednio równe

(10)

Obliczymy teraz ciśnienie z wzoru (8) uwzględniając równości (9) i (10): P = -ʱ-]/Ti T2 = 1 ,4 -10- 6 m m H g = 1,85* 10“ 4 N /m 2. -*11 Z symetrii wzoru (8) wynika, że takie sam o ciśnienie będzie działać również na bardziej nagrzaną ściankę. Przy rozwiązywaniu tego zadania trzeba część czasu poświęcić na omó ­ wienie mechanizmu zmiany prędkości cząsteczki przy oddziaływaniu ze ścianką. N a powierzchni ścianki występuje zawsze warstwa adsorbowanych cząsteczek, których średnia energia kinetyczna jest równa średniej energii kinetycznej cząsteczek m ateriału ścianki odpowiadającej jej tem peraturze. W arstwa ta znajduje się w równowadze dynamicznej z cząsteczkami gazu: cząsteczki dobiegające do ścianki „przylepiają” się do niej, a jednocześnie z warstwy wybiegają „wyparowując” cząsteczki (zachodzi readsorpcja cząsteczek) ze średnią energią kinetyczną, odpowiadającą tem peraturze ścianki. Popęd siły działającej na ściankę jest w wyniku omówionego procesu taki sam, ja k przy odbiciu cząsteczek od ścianki. Jeśli tem peratury gazu i ścianki są jednakow e, to całe zjawisko przebiega tak ja k przy zde­ rzeniu sprężystym cząsteczek ze ścianką. Zadanie 6 Znaleźć średnią kwadratową prędkość, średnią energię kinetyczną ruchu postępowego i całkowitą średnią energię kinetyczną cząsteczek helu i azotu w tem peraturze t = 27°C. 110

Analiza i rozwiązanie. Średnia energia kinetyczna ruchu postępowego cząsteczek dowolnego gazu jest jednoznacznie związana z tem peraturą bezwzględną: O) Zatem średnia energia kinetyczna cząsteczek helu i azotu będzie jednakow a i równa J^post =

~

6 ,2 '

10-21

J.

Całkowita średnia energia cząsteczek zależy nie tylko od tem peratury, ale i od struktury cząsteczek — od liczby stopni swobody. Hel jest gazem jednoatomowym, liczba stopni swobody i — 3; całko­ wita średnia energia cząsteczki helu jest rów na energii jego ruchu postę­ powego Weost = 6,2 - 1 0 - 21 J. Azot jest gazem dwuatornowym, i — 5; całkowita energia jednej cząsteczki W = ~ 2^T = 10,5 - IG“ 21 J . M imo równości energii ruchu postępowego, średnie prędkości kw adra­ towe cząsteczek azotu i helu, obliczone z wzoru

(2) (gdzie m0 jest m asą jednej cząsteczki), będą różne. Jeśli licznik i m ianownik wyrażenia podpierwiastkowego w (2) pom no­ żymy przez stałą A vogadra N 0, to dostaniemy (3) W zór ten jest wygodniejszy do obliczeń. Uniwersalna stała gazowa w SI m a wartość R = 8,3 ' 1Ó3 J/(km ol • K). W wyniku obliczeń otrzymamy dla helu CuwHe = 13,6 • 102 m/s,. dla azotu

CkwN - 5,18 • 102 m/s.. 111

Zadanie 7 Obliczyć całkowitą energię wszystkich cząsteczek tlenu zajmującego pod ciśnieniem p — 2 • 10s N /m 2 objętość V — 30 1. Analiza i rozwiązanie. Całkowita energia wszystkich cząsteczek dowol­ nego gazu doskonałego może być znaleziona jako iloczyn średniej energii i całkowitej liczby cząsteczek W = ~ kTN .

(1)

Liczba N , jeśli znana jest m asa gazu, jest równa N = — N 0. f1

(2)

Podstawiając wzór (2) do wyrażenia (1) i pamiętając, że kN 0 = R , dostajemy W .L U L

r t

.

(3)

Ale, zgodnie z równaniem Clapeyrona-Mendelejewa, — RT = pV, a więc W = j PV = 1,5 • 104 J (dla tlenu i = 5). Zadanie 8 Naczynie zawierające pewną ilość gazu porusza się z prędkością u. O ile zwiększy się kw adrat prędkości ruchu cieplnego cząsteczek po zatrzy­ m aniu naczynia w przypadkach: a) gazu jednoatomowego, b) gazu dwuatomowego? Pojemność cieplna i przewodnictwo cieplne ścianek naczynia są zaniedbywalnie małe. Analiza i rozwiązanie. Zm iana średniego kw adratu prędkości może być obliczona ze zmiany średniej energii kinetycznej ruchu cieplnego. Z porównania wyrażenia na całkowitą średnią energię jednej cząsteczki w '- j k T 112

i wyrażenia na średnią energię jej ruchu postępowego

dostajemy m Q°2 _ 3 w 2 ~ i ” '

(1)

a więc m ęA S_ 3 2 i

(2)

T utaj d łF jest zm ianą średniej energii jednej cząsteczki o masie m 0 w wy­ niku zatrzymania naczynia. A więc zadanie sprowadza się w gruncie rzeczy do znalezienia zmiany A W średniej energii. W poruszającym się naczyniu każda cząsteczka bierze jednocześnie udział w chaotycznym ruchu cieplnym z prędkością c i w ruchu ukierunko­ wanym — z prędkością u. Prędkość i energia kinetyczna wypadkowego ruchu dowolnej cząsteczki są odpowiednio równe v = c+ u,

(3) (4)

D la znalezienia średniej energii kinetycznej ruchu postępowego należy zsumować wyrażenie (4) po wszystkich cząsteczkach, a następnie podzielić wynik przez całkowity, liczbę cząsteczek. Dzięki chaotycznemu charakterowi ruchu cieplnego, tzn. całkowitemu równouprawnieniu wszystkich kierun­ ków wektora c, iloczyn uc po zsumowaniu po wszystkich cząsteczkach d a zero i średnia energia ruchu postępowego będzie równa

2

2

2

(5) *

Całkowitą średnią energię jednej cząsteczki gazu w poruszającym się na­ czyniu m ożna teraz przedstawić w postaci sumy średniej energii ruchu cieplnego (pojęcie to obejmuje energię ruchu obrotowego i postępowego} i energii ruchu ukierunkow anego:

(6) gdzie W jest średnią energią ruchu cieplnego, równą, jak zwykle, -^-kT., 8

M e to d y k a ro zw iąz y w a n ia z a d a ń z fizyki

113

A więc w badanym przypadku chaotyczny charakter ruchu cieplnego cząsteczek zapewnia addytywność energii kinetycznych ruchu cieplnego i ukierunkowanego. Po zatrzymaniu naczynia energia kinetyczna ruchu ukierunkowanego przejdzie w energię kinetyczną ruchu cieplnego i szukana zm iana energii AW = ^

.

(7)

Podstawiając wyrażenie (7) do wzoru (2) dostajemy A c 2 = l u 2. i D la gazu jednoatomowego i — 3, A c2 = u2, a dla gazu dwuatom owego i — 5, A c2 = 0,6u2. F akt, źe zmiana średniego kwadratu prędkości ruchu cieplnego będzie większa dla gazu jednoatomowego niż dwuatomowego, m ożna było prze­ widzieć z góry przed rozwiązaniem zadania na podstawie rozważań jakościo­ wych. Zadanie 9 Obliczyć całkowitą masę i energię cząsteczek powietrza zamkniętego w przestrzeni pomiędzy ram am i okiennymi (S — 2 m 2, / = 0,25 ra) pod Ciśnieniem atmosferycznym, jeśli tem peratura zmienia się liniowo od ti = —10°C dla szkła zewnętrznego do t2 = + 20°C dla wewnętrznego. Analiza i rozwiązanie. D la prostoty rozwiązania zadania dzielimy roz­ ważany obszar na cienkie warstwy o grubości dx, wewnątrz których gaz znajduje się w stanie równowagi termodynamicznej. Tym samym zakładam y, że wewnątrz każdej takiej warstwy można przyjąć rozkład prędkości cząs­ teczek za maxwellowski. K ażda warstwa zależnie od położenia m a swoją charakterystyczną średnią prędkość kwadratową cząsteczek i tem peraturę I ’ (rys. 32). Ponieważ tem peratura zmięnia się liniowo z odległością x , więc T (x) = Ti + a x ,

(1)

gdzie współczynnik a m ożna znaleźć z warunków brzegowych T 2 - T(l) = 'Ą + al i jest on gradientem temperatury.

114

(2)

K oncentracja gazu będzie również funkcją x , ponieważ ciśnienie, jedna­ kow e wszędzie w gazie, jest związane z tem peraturą i koncentracją wzorem p = v0k T .

(3)

M asa gazu dm, należącego do warstwy o grubości dx, jest rów na dm = m 0v0S d x .

■ (4)

Ze związków (4), (3) i (1) wynika, że m —

m Qp S

C

J

dx

(5)

Ti+ ocx

P o scałkowaniu i uwzględnieniu równości (2) oraz wzoru m 0 — /¿[No dostaniemy m =

m>s to j\ + « / _

_

Ra “

R {T 2- T i )

Ti

, 610 Ti

Energia kinetyczna wszystkich cząsteczek mieszczących się w warstwie o grubości dx: d W = T kT v0S d x . Z

(6)

Ponieważ kT v o = p , a ciśnienie nie zależy od x , całkowita energia kinetyczna wszystkich cząste­ czek w rozważanym obszarze jest

Zadanie 10 Znaleźć względną liczbę cząsteczek wodoru, których prędkości różnią się od najbardziej prawdopodobnej nie więcej niż o 10 m/s, przy tem pera­ turach: ^ = 27°C, i2 = 227°C. Przy tych samych tem peraturach znaleźć względną liczbę cząsteczek, których prędkości przebiegają wartości od 39,9 • 104 cm/s do 40,1 • 1Q4 cm/s. Analiza i rozwiązanie. Liczba cząsteczek, których prędkości leżą w prze­ dziale (cl t c2) daje się obliczyć przez scałkowanie funkcji rozkładu w gra­ nicach tego przedziału:

N

N A„ *

i/rr J

f 4 « -" * — ,

vb

gdzie jest prędkością najbardziej prawdopodobną. Jeśli rozważany przedział jest dostatecznie mały, aby funkcja całkow ana zmieniała się w nim tylko nieznacznie, to m ożna ją wyłączyć przed znak całki i szukana względna liczba cząsteczek może być w przybliżeniu znale­ ziona z wzoru AN

4

c

■(2)

N gdzie a

A c = c2 - C i ,

^ i 4~c2 c = — =—

W pierwszym przypadku prędkości cząsteczek mogą się zmieniać od (wB—10) m/s do (t>B+10) m/s. Oznacza to, że A c — 20 m /s, ■v B ■

]/-

2RT

D la ?i = 27°C r>B1 = 15,8 • 102 m/s, dla ?2 = 227°C oB2 = 20,4 • 1Q2 m/s. Podstawiając obliczone wartości prędkości najbardziej prawdopodobnej d o wzoru (2) i uwzględniając, że c — vB, dostajemy ^ - ^ - ^ ¿ = 1 , 0 % Ar 15,8 AN2 N

116

4

0,2

j/ tc

20,4

,

= 0,81%.

Z atem ze wzrostem tem peratury liczba cząsteczek, których prędkości leżą w pobliżu prędkości najbardziej prawdopodobnej, zmniejsza się. W drugim przypadku należy znaleźć względną liczbę cząsteczek, któ ­ rych prędkości leżą w przedziale (c, c+ A c), gdzie c — 40 • 102 m /s, A c = 0,2 • 102 m /s. D la h = 27°C -4=6,4,

IV

e " c2/^ = 1, 7- 1 0 - 3,

= - Ł - • M - 1,7 - i o - 34 i = °>03%| / TC 15,8

Dla t 2 = 227°C

4 = 3, 8,

e~c2'vl = 2 , 7 - l 0 - 2,

T ak więc liczba cząsteczek, których prędkości są duże, c > v B, rośnie ze wzrostem tem peratury. Jeśli wykonamy podobny rachunek dla przedziału (c,c+ A c), gdziec < v B, to okaże się, że ze wzrostem tem peratury maleje liczbą cząsteczek, których prędkości leżą w podanym przedziale. Oznacza to, że m aksimum krzywej rozkładu maxwellowskiego (rys. 33) będzie malało ze wzrostem tem peratury

A/V /Ka c

117

i przesuwało się w praw o; dia c > vB krzywa odpowiadająca wyższej tem peraturze będzie przebiegać powyżej krzywej początkowej. Zadanie 11 Przy doświadczalnym wyznaczaniu stałej Avogadra m etodą Perrina stwierdzono, że koncentracja cząstek gumiguty w cieczy jest na pewnej wysokości dwukrotnie większa niż na poziomie wyższym o h — 13 ¡j.m. Obliczyć promień cząstek, jeśli tem peratura doświadczenia t — \ T C ; gęs­ tość gumiguty D — 1,2 • 103 kg/m 3, gęstość cieczy (słaby roztwór spiry­ tusu) £>! = 0,9 • 103 kg/m 3. Analiza i rozwiązanie. Maleńkie cząstki, zawieszone w cieczy lub w gazie, zachowują się podobnie ja k cząsteczki, dlatego zm iana ich koncentracji wraz z wysokością podlega rozkładowi B oltzm anna: n = n0e~ulkT,

(1)

gdzie n jest koncentracją na wysokości h, U — energią potencjalną na wysokości h, n0 — koncentracją na wysokości h — 0, przyjmowanej za poziom , od którego liczymy energię potencjalną. Energia potencjalna jednej cząstki na wysokości h daje się zapisać jako U — V (D —D])gh,

(2)

gdzie V jest objętością cząstki. Podstawiając do równania (i) logarytm stosunku n0/n = 2 oraz wyra­ żenie (2) na energię potencjalną, dostaniemy V = __ ________ = 72 5 • 10~21 m 3 cD - D J g h ’ •

t3> W

R ozpatrując każdą cząstkę jako kulę o szukanym promieniu r, otrzy­ mamy r = 2,58 • 10-7 m . Trzeba koniecznie zwrócić uwagę studentów n a fakt, że rozkład Boltz­ m anna nie zależy od wyboru poziomu, względem którego mierzymy energię potencjalną. Zadanie 12 Obliczyć długość średniej drogi swobodnej cząsteczek powietrza w tem ­ peraturze t = 17°C pod ciśnieniem p = 1 atm , jeśli efektywną średnicę a cząsteczek można przyjąć 3 • 10"8 cm. 118

j

Analiza i rozwiązanie. Średnia droga swobodna może być obliczona bezpośrednio z wzoru 1 A = —p= . y 2 Tza2v0

O)

Jeśli koncentrację v0 cząsteczek wyrazimy stosunkiem v0 =

kT ’

to po podstawieniu dostaniemy A =

*

j/2 ■K