Fizyka Chyla - pełne rozwiązanie zadań

5/10/2018 Fizyka Chyla - pe ne rozwi zanie zada - slidepdf.com

http://slidepdf.com/reader/full/fizyka-chyla-pelne-rozwiazanie-zadan 1/81

Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione1

PEŁNE ROZWIĄZANIA ZADAŃ Z KSIĄKIK. Chyla

"Zbiór prostych zadań z fizyki dla uczniów szkółśrednich"

Autor: Michał Peller

Rzeszów2006




1.1. Ruch jednostajny prostoliniowyZad 1.

s

m

s

m

h

kmv 30

3600

1000108180 =⋅==

t vs ⋅=

v

st =

st 4

30

120==

Zad 2.t vs ⋅=

kms 180360 =⋅=

t

svsr =

h

kmvsr 75

24

180

60

242

180==

+

=

Zad 3.

sm

hkmvvv pswzgl 1036 =+=

sv

st 20

10

200===

st vs s 4002020 =⋅=⋅=

Zad 4.a)

c

( ) t vvs

t vs

lls

wzgl

⋅+=

⋅=

+=

21

21

( )

12

21

1221

vv

llt

t vvll

+

+=

⋅+=+

b)

c

( )

12

21

1221

12

21

vv

llt

t vvll

vvv

lls

wzgl

−

+=

⋅−=+

−=

+=

Zad 5.

kmt vs

kmt vs

hv

st

vvv

wzgl

wzgl

100250

2002100

2150

300

22

11

21

=⋅=⋅=

=⋅=⋅=

===

+=

Zad 6.

12

21

1112

121

2

111

21

2

112

2211

222

2

vvvv

t vt vt vv

v

t vt

sv

t t

sv

v

t vt

t vt vs

sr

sr

+=

+=

⋅+

=

+=

⋅=

⋅=⋅=

Zad 7.

a) s

m

t

sv 25,0

20

5==

∆

∆=

b)s

m

t

sv 6

5

30==

∆

∆=

Punkt P to miejsce spotkania się ciał w odległości 15

cm od obserwatora po czasie 2,5 s

Zad 8.a)

ms

ms

ms

sss

20

20201

40202

2

1

21

=

−=⋅=

=⋅=

+=

r

r

r

rrr

b)

ms

msms

ms

ssss

60

202100

40220

3

2

1

321

=

=⋅==

=⋅=

++=

v1+v2

l1

l2 l2

l1+l2

v2

v1 l1

l2 l2

s

v1+v2

l1

l2 l2

l1+l2

v2

v1 l1

l2 l2

s




Zad 9.a)

s

m

t

sv

s

m

t

sv

310

30

310

30

2

1

==∆

∆=

−=−

=∆

∆=

b)

s

m

t

sv

s

mv

s

m

t

sv

152

30

0

5,74

30

3

2

1

−=−

=∆

∆=

=

==∆

∆=

Zad 10.

=

=

−=

=

=−

=⋅

=−

=+

1

5

4

5

4

102

4

6

r

m

mr

m

r m

m

r m

r m

v

v

vv

v

vv

v

vv

vv

Zad 11.

Przyjmujemy pojazd drugi jako punkt odniesienia,

zatem pierwszy porusza się względem jego z

prędkością v1 na północ i v2 na wschód.

s

mv

vvv

w

w

5169

2

2

2

1

=+

+=

Zad 12.

r mx

mymxm

vv

vvv

−=

+=

°≈⇒== 5,703

1cos α α

m

mx

v

v

sv

d t

s

m

s

mvvv

xmmy

36,3522

100

22822

===

==−=

Zad 13.

s

mv

s

m

s

m

t

ssv

s

m

t

sv

39,0

41,92,10

96

8,9

1

2

1

1

=∆

==∆−

=

==

Zad 14.

st t t

s

v

st

s

m

s

m

s

mvvv

sv

st

s

m

s

m

s

mvvv

c

wzgl

wzgl

wzgl

wzgl

67,666

500

10

5000

101020

67,16630

5000

302010

21

2

2

122

1

1

211

=+=

===

=−=−=

===

=+=+=

1v

2v

wv

v(m/s)

t(s)

7,5

-15

4 86

v(m/s)

t(s)

3

-3

10 20

1v

2v

vmx vr

vm vmy

α




1.2. Ruch prostoliniowy jednostajnie zmiennyZad 1.

ms

t vt vs

505202

10

2

10

=⋅⋅+=

∆⋅∆+∆⋅=

Zad 2.

maa

s

at at s

sss

W

W

W

W sss

52

10

2

8

2

18

2

2

2

3

2222

3

2

2

2

33

233

233

==−=⋅

−⋅

=

−=

−=

−=

Zad 3.zakładamy v0 = 0

s

m

t

sv

t vs

202

2

1

==

⋅⋅=

Zad 4.

( )

m

at at as

m

t

va

k c

s

33,13206

4

1636222

3

4

22

2

=⋅=

=−⋅=⋅

−⋅

=

=∆

∆=

Zad 5.

mt at vs

sa

vt

5025*2*2

125

2

1

52

515

2

0 =+=∆⋅⋅+∆=

=−

=∆

=

Zad 6.

A

a)

ms

mt vt vs

mt vs

sss

75

302302

1

2

1

452

1

02

1

21

=

=⋅⋅=∆⋅∆⋅+∆⋅=

=∆⋅∆⋅=

+=

r

r

r

rrr

b)

s

m

t

svsr 15=

∆=

Ba)

mt vt vs

mt vt vs

sss

153302

130

2

1

02202

120

2

1

02

01

21

=⋅⋅+−=∆⋅∆⋅+∆⋅=

=⋅⋅−=∆⋅∆⋅+∆⋅=

+=

r

r

rrr

b)

msreal 352202

1

1102

1

1102

1

1102

1

=⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅=

łą czna droga obejmują ca tak e cofanie

s

m

t

sv real śr 7

5

35==

∆=

c)

Zad7.

A.

s

mv x

384816 =⋅+⋅=

B.

s

mv y 40108206 =⋅−⋅=

Zad 8.

22

2

2100

2002

2

1

100

s

m

t

sa

t as

mt vs

t

sv

sr

sr

==⋅

=

⋅⋅=

=⋅=

=

a(m/s2)

t(s)

10

-10

2 5

a(m/s2)

t(s)

10

-15

3 5




Zad 9.

2

2

12

2

2

1

s

m

s

v

t

va

v

st

t vs

=⋅

==

=

⋅⋅=

Zad 10.

asv

asv

a

vs

a

vt

t vs

⋅⋅=

⋅⋅=

⋅=

=

⋅⋅=

2

2

2

1

2

1

2

2

Zad 11.

I sposób

mt as

sa

vt

4,202

1

04,29,9

20

2 =⋅⋅=

===

II sposób

Z zasady zachowania energii

mg

vh

hgmvm

4,202

22

2

=⋅

=

⋅⋅=⋅

Zad 12.I sposób

g

vt

t vh

=

⋅⋅=2

1

s

mghv

ghvg

vh

8,192

22

1

2

2

=⋅⋅=

⋅⋅=

⋅=

II sposób

s

mhgv

hgv

hgmmv

8,192

2

22

2

=⋅⋅=

⋅⋅=

⋅⋅=

Zad 13.I sposób

ma

vh

a

vt

t vh

1,52

1

2

1

2

=⋅=

=

⋅⋅=

II sposób

mg

vh

hgmmv

1,52

22

2

=⋅

=

⋅⋅=

Zad 14.

22

2

5

55

555

2

22

222

1025

2502

2

1

502

2

1

202

402

2

1

s

m

t

sa

t as

s

m

t

sv

t vs

s

m

t

sv

t vs

==⋅

=

⋅⋅=

=⋅

=

⋅⋅=

==⋅

=

⋅⋅=

1.3. Ruch prostoliniowy niejednostajnie zmienny.Zad 1.

W przedziałach czasu, gdzie przyśpieszenie jestzwiększane liczymy jej jego średnią wartość a)

st v

s

mv

t at at av sr sr

10

24622422

max

332211

=→

=⋅+⋅+⋅=

∆⋅+∆⋅+∆⋅=

poniewa w kadym momencie przyśpieszenie jest

nie ujemne

b)

st v

s

mv

t at av sr sr

5

153323

max

2211

=→

=⋅+⋅=

∆⋅+∆⋅=

(uwzględniają c j. w.)

Zad 2.szybkośćmaksymalna była w t3 poniewa do tego

momentu przyśpieszenie jest dodatnie, a potem ciało

porusza się ruchem opóźnionym, zatem prędkość

spada.




1.4. Ruch krzywoliniowyZad 1.

s

m

s

f r T

r v

25,141

10015,02

22

=⋅⋅⋅=

=⋅⋅⋅=⋅⋅

=

π

π π

Zad 2.

21 225,3 r nr ⋅⋅⋅=⋅⋅⋅ π π bo s1 = s2

145,3

2

1 =⋅=r

r n

Zad 3.

shst

t

s

sh

sh

w

r

h

3,27min1513,3927

12011360

120

11

120

1

10

1

10

1360

120

130

==

⋅=

=−=

==

==

o

oo

oo

ω

ω

ω

Zad 4.

T

vv

vv

Ziemii

Ziemisamolotu

⋅=

=

π 2

T = 86400s (1 doba)

h

km

s

mv 7,16672,463 ==

Zad 5.

Hzsm

s

m

t

Hzr

vt

rf v

===

=⋅

==

=

1

6,103,02

20

2

2

π π

π

Zad 6.

0vvobr =

s

mvvv

s

mvvvv

v

C A

obr B

D

242

82

0

0

00

=⋅==

==+=

=

Zad 7.rozwaam tylko składową pionową

sg

ht

t gh

02,22

2

1 2

=⋅

=

⋅⋅=

ruch poziomy

mt vs 2,2002,210 =⋅=⋅=

Zad 8.

s

mvvv

s

mv

t av

k w 36,49

2,3948,9

22

0 =+=

=⋅=

∆⋅=

Zad 9.

smv

v

vv

vv

s

mt gv

h

h

hh

hh

r

46,388,9

8,98

8,99

8,93

8,9

2

22

222

22

==

=

+=

+=

=∆⋅=

Zad 10.

k y

k

k x

k

x

vv

s

mv

vv

v

v

⋅=

=

=

==

o

o

60sin

20

2

1

2

160cos

mv

a

vat h

a

v

t

k y

y

3,158,92

60sin

22

1222

2 =⋅

===

=

o

A

B

C

D

0v

0v

0v

0v

obr v

obr

v

obr v

obr v

Av

Bv

60°

xv

k v yv




Zad 11.

s

mt gvv

s

mvvv

smvvv

y y

y

x

52,78,932,17

32,172

3sin

1021cos

1

00

00

=−=∆⋅−=

==⋅=

==⋅=

α

α

'563694,36

752,01

oo ==

==

β

β x

y

v

vtg

Zad 12.

t vt v x y ∆⋅⋅=∆⋅⋅⋅ 22

14

x y vv = ; 1=α tg

o45=α

2.1. Zasady dynamiki Newtona (część I)

Zad 1.

kgv

t F

a

F m

mF a

t

va

1015

530=

⋅=

∆

∆⋅==

=

∆

∆=

Zad 2.

N t

msamF

t

sa

t as

410

210022

2

2

1

22

2

2

=⋅⋅

=⋅⋅

=⋅=

=

⋅⋅=

Zad 3.A.

s

m

s

m

t mv

s

m

m

F a

N F F F w

24,25252

1

52

1

10

55

55125

2

2

2

2

1

≈=⋅=⋅=

===

==+=

B.

s

mt av

s

m

m

F a

N F F F w

125,0

5,010

5

5

2

21

=⋅=⋅=

===

=−=

Zad 4.

268,3

8

8,93

s

m

m M

mga

mgQF

m M

F

a

n

=⋅

=+

=

==

+=

Zad 5.A.

mt as

s

mg

m

mga

mgQF

m

F a

n

9,42

1

45,244

4

2

2

=⋅=

===

==

=

B.

mt as

s

m

m

mga

mgmgmgQQF

m

F a

nn

9,42

1

45,2

4

9

4

2

4

2

2

2

=⋅=

===

=−=−=

=

Zad 6.

2

21

2

2

21

63,13

5,08,91sin

sin

s

m

mm

gma

gmF

mm

F a

=⋅⋅

=+

⋅=

⋅=

+=

α

α

Zad 7.A.

21

21

sin

sin

mm

gmgm

=⋅

=⋅

α

α

B.

β α

β α

sinsin

sinsin

21

21

⋅=⋅

⋅=⋅

mm

gmgm

Zad 8.

29,45,08,9sin

sin

sin

s

mg

m

mga

mgF m

F a

=⋅=⋅=⋅

=

⋅=

=

α α

α

yv

xv

0v

α




I sposób

s

mhgg

h

ah

asv

avs

a

vt

t as

mh

s

26,62sinsin

2

sin22

2

2

1

45,0

2

sin

2

2

==⋅⋅⋅=

=⋅⋅=⋅⋅=

=

=

⋅=

===

α α

α

α

II sposób – z zasady zachowania energii

s

mghv

ghv

mghmv

26,62

2

22

2

==

=

=

Zad 9.

t vs

vv

t vt vs

∆⋅=

=∆

∆⋅∆⋅−∆⋅=

0

0

0

2

1

2

1

a)

N svmamF

s

va

a

vs

a

vt

at s

90001,030001,0

2

2

2

2

1

22

0

2

0

2

0

02

2

=⋅=⋅==

=

=

=

=

b)

sv

st

4

0

103,32 −⋅==∆

Zad 10.

a

vt

at s

m

F a

=

=

=

2

2

1

mF

mvs

F

mv

a

vs

258

2100

2

2

2

22

=⋅

==

==

Zad 11.

N kg N

s

ma

a

akg N

akg N E

5,25,05

5,0

2010

5

15

2

=⋅=

=

=

⋅=

⋅=−

Zad 12.

221

21

21

21

142

410

s

m

mm

F F

mm

F a

F F F

w

w

=+

−=

+

−=

+=

−=

Zad 13.

N amF

sm

t va

125,0

5,0105

2

=⋅=⋅=

==∆∆=

2.2. Pęd, zasada zachowania pędu

Zad 1.

s

m

kgt F t m

F

m p

m

F a

t av

vm p

20=⋅=⋅⋅=

=

⋅=

⋅=

Zad 2.

N t

vmF

t

va

amF

200=⋅=

=

⋅=

Zad 3.

smkg pgt mv p

gt v

⋅===

=

4,78

Zad 4.

N t

pF

t

pam

amF

t ammv p

5,04

2===

=

=

⋅⋅==

(lub inne wartości odczytane z wykresu)




Zad 5.

s

mkg p

N F

t F mat mv p

śr

śr

⋅=⋅=

==

⋅===

50510

102

20

Zad 6.

N t

v

mmaF 1500=⋅==

Zad 7.

s

m

mm

vmv

vmvm

p p

4995,012

021

0211

21

=+

=

=

=

Zad 8.

( )

s

m

mm

vm

v

vmmvm

3,321

11

2

22111

=+=

+=

Zad 9.

s

m

m

vmv

vmvm

p p

2,12

112

2211

21

==

=

=

Zad 10.

s

m

m

vmv

vmvm

o

o

8,21

21

211

==

=

Zad 11.

( )

( )

s

mv

m

vvmv

vmvmvmvm

mmvvmvm

vmvm

w

w

w

5,22

2

211

2221112

212211

2211

=−−

=

−−=

+=−

>

Zad 12.

( )

s

m

m

mmvv

vmvmvm

vmvm pvm p

k

k

62

120

01022

01022

01

=+

=

+=

+==∆

Zad 13.

a)

t

vmF

2

1⋅=

z zasady zachowania energii

ght

mF

ghv

mvmgh

22

2

2

2

⋅=

=

=

b) analogicznie

ght

mF

t

vmF

2⋅=

⋅=

2.3. TarcieZad 1.

28

s

mgf

m

F

m

mgf F

m

F a

mgf T

T F F

w

w

=−=−

==

=

−=

Zad 2.

α

α

sin

cos

⋅=

⋅=

F F

F F

Y

X

)

( )2

391,0sincos

s

m

m

f F mgF m

f F mgF

m

T F

m

F a

y x xw

=⋅⋅−−⋅

=

=⋅−−

=−

==

α α

Zad3.

gf m

mgf

m

T a

t vs

===

⋅=2

1

mgf

v

gf

v

a

vvs

a

V t

10222

1

2

1 22

==⋅=⋅=

=

Zad 4.

t vt vs ⋅∆⋅+=2

11 0<∆v

( ) ( )

gf

vv

gf

vvvs

gf

v

a

V f

gf m

mgf

m

T a

2

2

12112 −+

−=

∆−=

∆−=

===

xF

yF wF

T m
























msg

vv

g

vvs

g

vvt vs

Z

y

x

y

xK

y

x x Z

4862

6

6

2

2

=⋅=⋅⋅=⋅=

⋅=⋅=

b) skok ten moemy potraktować jako rzut pionowy

korzystają c z zasady zachowania energii

g

vh

mvmgh

Z 2

22

max

2

max

=

=

mhg

v

g

vh Z K 8,136

26

6

2 max

22

max =⋅=⋅==

c)

Z K

Z

t g

s

g

st

g

st

a

st

a

st

at s

62

6

6

2

2

2

2

2

1

2

2

=⋅==

=

=

=

=

Zad 22.Druga prędkość kosmiczna pozwala całkowicie

opuścić pole grawitacyjne danego ciał, zatem energia

kinetyczna musi być równa pracy przeniesienia ciała

na nieskończenie duą odległość od Księyca:

2

01

01

11

2mv

R

mM G

R

mM G

RmGM W

r

r

r RmGM W

K

K

K

K

k

K

k

K

=

=

−=

→

∞→

−=

6

6

1

2

2

2

2

g RGM

mgmg R

mM

G

v

R

M G

K K

K

K

K

K

K

=

==

=

s

mgRv

gRv

v

R

g R

K

K

K

K

23843

3

26

2

22

==

=

=

s

mm

s

mv =⋅=

2

Zad 23.Równik:

−=

=⋅

−=−=

⋅=

⋅

⋅=

=

=

>

2

2

2

2

2

2

2

2

2

22

2

4

4

44

2

T

R

R

M Gm

T

Rm

R

m M GF F F

T

Rm

T R

RmF

T

Rv

R

mvF

F F

Z

Z

Z

Z

Z

Z od gw

Z

Z

Z od

Z

Z

od

od g

π

π

π π

π

Biegun: (siła odśrodkowa jest równa 0)

2

Z

Z w

RmM GF =

Kierunek i zwrot obu tych sił jest do środka Ziemi.

Zad 24.

J m N kgms

mW

J mgR

RmgRW

gRGM

mg R

mM G

R RmGM W

Z

Z

Z

Z Z

Z

Z

Z Z

Z

=⋅=⋅⋅=

⋅===

=

=

−=

2

72

2

2

1012,322

1

2

11

3.1. Moment siły i moment bezwładności

Zad 1.a)

NmFr M 07,7sin =⋅= α

b)




( ) Nm M

F F r r F r F M

M M M

M M M

w

w

w

w

0sinsinsinsin 22112211

21

21

=−=−=

−=

+=

α α α α

rrr

Zad 2.a)

I 22

2

4

22

2

22 maamam I =⋅=

⋅⋅=

II 22 ma I ⋅=

III 2

2

2

14 maam I =

⋅⋅=

b)

I 2

2

2

1

2

12 maam I =

⋅⋅=

II 2

2

4

3

2

3maam I =

⋅=

III 22

2

2

3

4

32

2

32 mamaam I =⋅=

⋅⋅=

Zad 3.

( )

( )

16

2

1

88422

4

42

222

1

2

1

2

1

2

11

2

11

1

2

2

11

2

11

2

122

12

2

1

2

1

2

22

2

11

2

12

2

12

2

222

2

111

==

=⋅⋅==

=

⋅⋅⋅⋅=⋅⋅⋅=⋅⋅⋅=

⋅⋅⋅=

===

=

r m

r m

I

I r mr mr m I

mm

hr hr hr m

hr m

r mr mr m I

r m I

ρ π ρ π ρ π

ρ π

Zad 4.

22

211 8

V m

V V m

⋅=

⋅⋅=⋅=

ρ

ρ ρ

3

3

4r V k ⋅= π

3

2

3

1

3

2

3

1

21

8

3

48

3

4

8

r r

r r

V V

⋅=

⋅⋅=⋅

⋅=

π π

( )

32

5

2

325

2

5

2

325

228

5

2

2

222

2

22

2

1

2

222

2

22

2

221

21

=

⋅⋅

⋅⋅⋅

=

⋅⋅=

⋅⋅⋅=⋅⋅⋅=

⋅=

r V

r V

I

I

r V I

r V r V I

r r

ρ

ρ

ρ

ρ ρ

Zad 5.W zad 5. – 7. skorzystać naley z twierdzenia Steinera:

2md I I +=′

gdzie I’ to moment bezwładności względem przesu-

niętej osi obrotu; I to moment bezwładności, gdy oś obrotu przechodzi przez środek (ciękości) ciała;

m to masa, d to odległość między osiami.

2222 2mr mr mr md I I =+=+=′

Zad 6.

2

22

2

22

3

1

4

1

12

1

2

1

12

1

ml

mlmllmmlmd I I

=

=+=

+=+=′

Zad 7.

( ) ( )

222

222

5

949

5

22

3

5

222

mr mr mr

r mmr md I I

=

+=

=

+=+=′

3.2. I i II zasada dynamiki dla bryły sztywnej

Zad 1.

22

2

14

2

2

1

2

1

90sin

smR

F

mR

RF

mR I

RF RF M

I

M

==⋅

=

=

⋅=°⋅⋅=

=

ε

ε

2

2

2

12

1

s

m

m

F Ra

smkg

s

mkg

mkg

N

==⋅=

=⋅

⋅

=⋅

=

ε

ε

α1 α2

M1

M2

F1

F2

r




Zad 2.a)

( )

amgmam

m

amgma

m

N

Rm

NR

I

NRa

R

a

I

NR

I

M

amgm N

am N Q

221

1

22

121

22

22

2

22

2

2

2

1

−=

−⋅=

===

===

−=

=−

ε

( )

2

21

2

221

8,22

2

22

s

m

mm

gma

gmmma

=+

=

=+

b)

N mm

gmm

mm

gm

mm

gmgmm

mm

gmgm

mmgmmgmamgm N

72

2

2

2

2

2

2

22

21

12

21

2

21

212

21

22

21

22222

=+

⋅=

=

+−

+

+=

+−=

=+

−=−=

c)

( ) 2

21

2 16,5

2

2

s Rmm

gm

R

a=

+==ε

Zad 3.amT F t z ⋅=−

T t – tarcie toczne (siła konieczna do wprawienia walca

w obrót)

2

2

2

2

1

sin

sin

mr I

mar

aI mg

mgF

r

aI F

r

a

I

Fr

r

a

I

Fr

I

M

z

=

=−

=

=

=

=

==

α

α

ε

ε

+=+=

=−

22

2

sin

sin

r

I ma

r

aI mamg

ma

r

aI mg

α

α

2

2

2

2

27,3

sin3

2

2

3

sin

2

1

sinsin

s

m

g

m

mg

r

mr

m

mg

r

I m

mga

=

===

+

=

+

= α α α α

Zad 4.

N s

mkg

s

smkg

F

N t

rf m

r t

mr rf

r t

I rf F

rf v

r t

I vF

I

r F

r I

M

r t

v

a

=⋅=

⋅⋅

=

==⋅

⋅=

⋅

⋅=

=∆

⋅

⋅∆=

⋅

=⋅=⋅=

∆

=

2

2

2

2

2

2

1

5,22

12

2

2

π π

π

π

ε

Zad 5.

a)

0-3:22

12

1

3

6

sst −=

−=

∆

∆=

ω ε

3-6:22

11

1

3

3

sst ==

∆

∆=

ω ε

b)

Nmms

mkgmkg

s M

I M

I

M

=⋅⋅=⋅⋅=

⋅=

=

2

2

2

1

ε

ε

0-3: Nm M 1052 −=⋅−=

3-6: Nm M 551 =⋅=

Zad 6.Aby ciało się nie przesuwało tarcie musi być większe

lub równe F

F mgf

F T

≥

≥

aby przewrócić klocek siła F musi go obrócić (o 45°),

zatem moment siły F musi być większy od momentu

siły ciękości, łatwo zauwayć, e osią obrotu jest

dolny prawy róg. Ramię siły F to wysokość (h) klocka,

zaś ramię siły ciękości to połowa podstawy (0,5·d)

klocka, zatem

h

mgd mgf

F T

h

mgd F

mgd Fh

2

2

2

>

≥

>

>

N

N

Q

m2




125,02

=>h

d f

Zad 7.Moment pędu oznaczać mona trzema symbolami:

K, J, L, w rozwią zywanych zadaniach posługiwać będziemy się symbolem L (,który jest najczęstszym

oznaczeniem momentu pędu)

( )

12

21

2

2

1

2

4

1

4222

ω ω

ω ω ω ω

ω

⋅=

⋅=⋅⋅=⋅

=⋅=

lmml

const I L

Zad 8.

( )

s

rad

r mr m

r m

r mr m

r m

r mr mr m

I I I I I

const I L

π ω

ω ω

ω ω

ω ω ω ω

ω

16

2

1

2

12

1

2

1

2

1

2

1

2

22

2

11

1

2

11

2

22

2

11

1

2

11

2

2

2

22

2

111

2

11

212222111

=+

⋅=

+

⋅=

⋅

+=⋅

+⋅=⋅+⋅=⋅

=⋅=

3.3. Energia bryły sztywnej

Zad 1.

I

L

I

L I E

I L

I L

I E

22

2

22

2

=

⋅=

=

⋅=

=

ω

ω

ω

Zad 2.

I

E

I E

I L

2

2

2

2

=

=

⋅=

ω

ω

ω

EI I

E I L

I

E

22

2

=⋅=

=ω

Zad 3.

r

v

I mv E

=

+=

ω

ω

22

22

2

22

22 r

Ivmv E

⋅+=

a)

J mvmvmv

r

vmr mv

E

mr I walca

754

3

422

2

1

2

2

1

222

2

222

2

==+=⋅

+=

=

b)

J mvmvmv

r

vmr mv

E

mr I kuli

7010

7

10

2

22

5

2

2

5

2

222

2

222

2

==+=⋅

+=

=

c)

J mvmvmv

r

vmr mv E

mr I obr ębr ę

1002222

222

2

222

2

==+=⋅

+=

=

Zad 4.Pierwsze osią gnie podstawę równi ciało o większym

przyspieszeniu, dla prostopadłościanu:

α α

sinsin

gm

mg

m

F a p

===

dla walca:

siła zsuwają ca jest pomniejszona o tzw. tarcie toczne,

czyli siłę konieczną do wprawienia walca w ruch

obrotowy

2

2

2

1mr I

r

I aT

I

r r T

I

r M a

r

a

I

M T F F

walca

w

t

t

w

w

t zw

=

=

⋅⋅=

⋅=

==

−=

ε

w p

w

w

w

w

w

ww

w

w

t

aa

ga

ga

agm

mamg

m

F a

mamgF

mar

mr aT

>

=

=

−=−

==

−=

=⋅

=

α

α

α α

α

sin3

2

sin2

3

2

1sin2

1sin

2

1sin

2

121

2

2




Podstawę równi pierwszy osią gnie prostopadłościan

Zad 5.Korzystają c z zasady zachowania energii

m

s

ms

m

s

mg

v

mg

mvs

mvsmg

sh

s

h

mvr

vmr

mvmgh

r v

mr I

I mvmgh

kuli

==

=⋅

=⋅

=

=⋅⋅

⋅=

=

=

⋅+=

=

=

+=

2

2

2

22

2

2

22

2

2

22

2,14sin10

7

sin10

710

7sin

sin

sin

10

7

2

5

2

2

5

2

22

α α

α

α

α

ω

ω

Zad 6.Korzystają c z zasady zachowania energii

walec:

2

22

2

1

22

wwwalca

wwwww

r m I

I vmghm

=

+=ω

w

wr

v=ω

g

v

g

v

gm

vmh

vmr

vr m

vmghm

w

w

w

w

w

www

ww

222

2

222

40

30

4

3

4

3

4

3

2

2

1

2

===

=

⋅+=

kula:

k k

k k kuli

k k k k k

r

v

r m I

I vmghm

=

=

+=

ω

ω

2

22

5

2

22

k w

k

k

k

k

k

k k k

k k

hh

g

v

g

v

gm

vmh

vmr

vr m

vmghm

>

===

=

⋅+=

222

2

22

2

40

28

10

7

10

7

10

7

2

5

2

2

Wyej wytoczy się walec.

Zad 7.

2222

22

2

22

4

3

422

2

1

2

2

1

22

mvmvmv

r

vmr

mv E

r

v

mr I

I mv E

k

k

=+=

⋅+=

=

=

+=

ω

ω

Energia kinetyczna walca nie zaley od jego

promienia, zatem energie kinetyczne obu tych walców

są równe

Zad 8.A i A’ są środkami ciękości pręta w

kolejnych połoeniach

lO A AO2

1' ==

dla obliczenia zmiany energii

potencjalnej potraktować mona pręt jako masę zawieszoną na nitce odługości 0,5·l

α

α

cos2

1

2

1cos

⋅=

=

lh

l

h

( )

( )α

α α

cos12

1

cos12

1cos

2

1

2

1

−⋅⋅=∆=∆

−⋅=⋅−=∆

lmghmg E

lllh

p

Korzystamy z twierdzenia Koeniga:

Energia kinetyczna bryły sztywnej jest równa sumie

energii kinetycznej ruchu postępowego tej bryły z

prędkością jej środka masy i energii kinetycznej ruchu

obrotowego bryły wokół środka masy.

W czasie rozpatrywanego przez nas ruch ciało

obróciło się o α .

pk

E I mv

E ∆=+=2

'

2

22 ω

A

O

A’

h




( )

( )

( )

( )

( ) lgv

ll

gv

lv

l

g

lllg

lmlmlmg

lmlm E

mllm I mv

E

lv

l

v

k

k

⋅−⋅=

⋅−⋅=

⋅=

−⋅=

⋅=⋅+⋅=−⋅

⋅+⋅=−⋅⋅

⋅+⋅=

⋅+

⋅=+=

⋅=

=

α

α

ω

α ω

ω ω ω α

ω ω α

ω ω

ω ω

ω

ω

ω

cos13

cos13

cos13

3

1

12

1

4

1cos1

6

1

8

1cos1

2

1

241

81

12

1

22

1

22

'

2

2

1

2

1

22

2

222

2222

2222

22222

3.4. Równowaga bryły sztywnej

Zad 1.

mlllllS

llllS

lS

125,081

83

84

83

21

8

3

4

3

2

1

4

1

2

1

2

1

2

1

==−=−=∆

=⋅=

−=

=

Zad 2.

lS2

11 =

wyznaczamy środki ciękości dwóch fragmentów

pierwszego 0,5l i drugiego (zagięty) 0,25l, ich

odległości podajemy od lewej strony

lllS

llS

85

421

21

422

1

22

12

=⋅+=

=⋅=

−

−

wyznaczamy środek ciękości całego, zagiętego pręta:

mlllS

llll

S

0625,016

1

16

7

2

1

16

7

8

7

2

1

8

5

42

12

==−=∆

=⋅=

+=

Zad 3.Liczymy środek ciękości dwóch kulek po prawej

stronie, równowane będzie umieszczenie zamiast

nich kulki o masie 2m w wyznaczonym środkuciękości.

l

l

S

lll

S

4

3

2

2

30

2

3

2

2'

=

+

=

=+

=

Zad 4. Liczymy współrzędne środków ciękości dwóch

fragmentów pręta:

pionowy: ( ) ( )

=+ aa

21,0

20,01,0

poziomy:( ) ( )

=

+0,

2

1

2

0,00,1a

a

całkowity:

=

+

= aa

aa

S4

1,

4

1

2

0,2

1

2

1,0

Zad 5.Środek masy układu, jest środkiem ciękości układu,

znajduje się on w odległości ⅓l liczą c od 2m

222

22

3

2

9

4

9

2

3

2

3

1

2

3

12

3

2

mlmlmllmlm I

mgQ

lQlQ

=+=

⋅+

⋅=

=

⋅=⋅

Zad 6.Siła powodują ca ruch postępowy jest równa

α cos=F

F p

α cos⋅= F F p

siła powodują ca ruch obrotowy:

I

R M a

R

a

I

M

amF o

⋅=

==

⋅=

ε

szpulk ę traktujemy jako obręcz

R

r F

R

M

mR

M mF

mR

M

mR

R M a

mR I

o

obreczy

⋅==⋅=

=⋅

=

=

2

2

Q

2Q

⅓l⅔l




R

r

F R

r F

F F po

=

⋅=⋅

=

α

α

cos

cos

Zad 7.

21 F F F +=−

Wektory F1, F2 oraz odcinki a, b tworzą romb, zatem

N h

lhF

F

lh

h

F

F

lh x

xh

F

F

12752

2

1

2

1

2

1

2

1

sin

sin2

1

22

1

2

21

2

2

1

≈∆

+∆⋅

=

+∆

∆=

+∆=

∆=

=

α

α

Zad 8.

21 F F Q +=−

1

2

160cos2

1

60

1

1

=

=°=

°=

F

QF

Q

α

N mgF

F F

F Q

4,291

11

1

==−

−=

=

Zad 9.a)

N r

r mg

r

r PF

r F r P

M M

3922

1

2

1

21

21

==⋅

=

⋅=⋅

=

b)dla wartości momentu siły wany jest k ą t między

ramieniem siły, a siłą , który w tym wypadku wynosi

90°, zatem sin 90° = 1.

N r

r mg

r

r PF

r F r P

M M

4,782

1

2

1

21

21

==⋅

=

⋅=⋅

=

Zad 10.Punkty podparcia traktujemy jako osie obrotu pręta,

ramieniem siły jest odległość osi obrotu od środka

ciękości, moment siły pochodzą cy od lewego punktu

podparcia jest równy

mgl M L ⋅=6

1

moment siły pochodzą cy od lewego punktu podparcia

jest równy

mgl M P ⋅=2

1

3= L

P

M

M

co oznacza, e na lewy punkt podparcia działa trzy

razy większa siła ni na prawy

N mgF

N mgF

F F

P

L

P L

2354

1

7354

3

3

==

==

=

4.1. Siły spręyste

Zad 1.Korzystam z prawa Hooke’a

2

81067,6m

N

l

l

P E

l

l E P

⋅=∆

=

∆=

Zad 2. xk F ∆⋅=

F r

- F r 1F

r

- 1F r

- 2F r

2F r

a b α

xx

Q

- Q α

1F 2F

- 1F

- 2F




m

N

x

F k 67,666=

∆=

Energia potencjalna spręyny jest równa pracy jak ą trzeba wykonać rozcią gają c spręynę od stanu

podstawowego (nie nacią gniętego) do stanu

końcowego i jest równa iloczynowi siły i wektora

przesunięcia, w przypadku spręyny siła nie jest stała,

lecz zmienia się jednostajnie, zatem do wzoru na

pracę musimy podstawić siłę średnią , która jest równa

2

0

0

0

2

1

2

1

2

1

22

0

2

xk x xk xF W

xk F F F F

F

W E

śr

k k k śr

p

∆⋅=∆⋅∆⋅=∆⋅=

∆⋅==+

=+

=

=

a)

J xk E W 533,02

1 2

4 =⋅=∆=

b)

( )

J

x xk xk xk E W

067,1

21

21

21 2

2

2

6

2

2

2

6

=

=−⋅=⋅−⋅=∆=

Zad 3.

1

1

2

22

1

x

F k

xk F

xk E

E E

p

kin p

=

⋅=

⋅=

=

2

2

1

2

2

2

1

mv E

x x

F E

kin

p

=

⋅⋅=

s

m

s

m

kgm

ms

mkg

kgm

m N v

s

m

m x

xF v

m x

xF v

mv x

x

F

==⋅

⋅⋅

=⋅

⋅=

=⋅

⋅=

⋅

⋅=

=⋅⋅

2

22

22

1

2

2

1

2

22

22

2

1

94,8

22

1

Zad 4.

( )2

1

2

1

2

1

2

1

2

1

2

1

2

1

2

1

2

1

2

1

xk xk xkx xk W

xk x xk W

E W

⋅−∆⋅+∆+⋅=

⋅−∆+=

∆=

∆+∆=∆⋅+∆= x x xk xk xkxW

2

1

2

11

2

1

Zad 5.

2

2

1 xk E p ∆=

wykresem będzie parabola, przechodzą ca przez

począ tek układu współrzędnych:

Zad 6.

l

l E Smg

mgF

l

l E SF

l

l E

S

F

SF P

l

l E P

∆⋅=

=

∆⋅=

∆=

=

∆=

kgm

ss

mkg

m

s N

s

m

m N

ms

m

mm

N m

m

kggl

l E r m

r S

gllSE m

=

⋅⋅

=⋅

=⋅

=

⋅

⋅⋅

=

=∆

=

=

∆=

2

22

2

2

2

2

2

2

2

86,44π

π

Zad 7.W zadaniu tym naley skorzystać z zasady

zachowania pędu, aby obliczyć prędkość ciała po

zderzeniu, a następnie z zasady zachowania energii:

( )

( ) 22

21

21

02

2102

2

1

2 xk

vmm

E E

mm

vmv

vmmvm

pkin

∆⋅=

⋅+

=

+=

+=

Ep

∆x




( )

( )

( )

( )

( )

( ) ( )21

02

21

2

02

21

2

022

2

21

2

02

2

2

21

0221

2

1

2

mmk

vm

mmk

vm x

mmk

vm x

xk mm

vm

xk mm

vmmm

+=

+=∆

+=∆

∆⋅=+

∆⋅=

+⋅+

4.2 Hydrostatyka i hydrodynamikaZad 1.

QF Q w3

2=−

330003

3

1

3

1

31

3

2

m

kg

gV gV

gV mg

mggmmg

wc

wc

wc

w

w

==

=

=

=

=−

ρ ρ

ρ ρ

ρ ρ

ρ

Zad 2.

( )

( ) 3

7=

−=

−⋅==

−=

−=−=

=

=

=

=

cw

c

cwc

w

w

cc

n

z

w

cwc

w

ccwc

zcn

w

cc

z

zwcc

zwcc

zw

V

V

V

V n

V V V V V V

V V

V V

V ggV

V gmg

ρ ρ

ρ

ρ ρ

ρ

ρ

ρ

ρ

ρ ρ

ρ

ρ ρ

ρ

ρ

ρ ρ

ρ ρ

ρ

Zad 3.

wr

wr

w

gV gV

F Q

ρ ρ

ρ ρ

=

=

=

Zad 4.Nie mona, poniewa działanie areometru polega na

porównywaniu cięaru właściwego cieczy z wzorcem,

jeeli siła ciękości = 0 to areometr będzie wskazywał

zawsze tą samą wartość

0

0

=

=

==

F

g

gV mgF ρ

Zad 5.

mh

h

hh

ghSghS

ghSmg

ghSgV mg

alk

w

alk w

alk w

alk

ww

19,012

21

21

2

11

=⋅

=

⋅=⋅

⋅⋅=⋅⋅

⋅⋅=

⋅⋅==

ρ

ρ

ρ ρ

ρ ρ

ρ

ρ ρ

Zad 6.

( )

w

cw

c

n

w

cwc

w

ccwc

zcn

w

cc

z

zwcc

zwcc

zw

V

V yniezanuzon

V V V V V V

V V

V V

V ggV

V gmg

ρ

ρ ρ

ρ

ρ ρ

ρ

ρ ρ

ρ

ρ

ρ ρ

ρ ρ ρ

−==

−=

−=−=

=

=

==

%

a) 10%

b) 12,5%

Zad 7.

( )

( ) ( )2

45,2s

mg

V

gV

m

F a

gV F F F

c

cw

c

cw

cwcw

=−

=−

==

−=−=

ρ

ρ ρ

ρ

ρ ρ

ρ ρ

Zad 8.

( )

( ) ( )

∆−⋅=−

∆⋅=

∆−⋅=−

∆⋅=

x pk Vg

xk gV

x pk gV mg

xk Q

wc

c

w

1

1

ρ ρ

ρ

ρ

dzielimy obustronnie układ równań ( ) ( )

32600

11

1

1

m

kg

p

p

p

xk

x pk

gV

Vg

w

c

c

w

c

wc

c

wc

==

−=−

−=−

∆⋅

∆−⋅=

−

ρ ρ

ρ

ρ

ρ

ρ ρ

ρ

ρ ρ

gęstość ta odpowiada gęstości aluminium

Zad 9.

sposób I

Czą steczki wody moemy traktować jako wahadła, na

które zamiast siły nacią gu nitki działa siła

spręystości




2311

204,0

′°=

====

α

α ga

mgma

QF tg r

sposób II

załómy, e wózek poruszają cy się z przyspieszeniem

a podjeda pod równię nachyloną pod k ą tem α takim,

e przyspieszenie wózka jest równe 0, wówczas siła

zwią zana z ruchem wzdłu równi jest równa sile

zsuwają cej, a k ą t nachylenia równi jest równy k ą towi

wychylenia od poziomu cieczy (ciecz ustawi się

poziomo, poniewa działają ce na nią siły równowaą się:

'3211

204,0

cos

sin

sincos

sin

coscos

cos

°=

===

=⋅

=

⋅=⋅=

=

=

=

a

tg

g

a

mgma

mgF

maF F

F

F

F F

maF

z

r

r

r z

α

α

α

α α

α

α α

α

Zad 10.

21

22

11

6,13341

14715

p p

Pagh p

Pagh p

Hg

w

>

==

==

ρ

ρ

Większe ciśnienie wywiera słup wody.

Zad 11.Aby działała pompa ssą co-tłoczą ca ciśnienie słupa

wody musi być mniejsze od ciśnienia

atmosferycznego

mg

ph

gh p

w

a

wa

3,10max

max

==

=

ρ

ρ

Gdy studnia jest głębsza naley zastosować układ

kilku pomp oraz zbiorniki pośrednie

Zad 12.

Pahg p wk 3,1633

6

1== ρ

Zad 13.

a)

PaP

ghahghS

ahSgh

S

ahSgh

S

aV gh

S

maghP

www

w

w

w

w

w

ww

13066

3

4

=

=+=+=

=+=+=+=

ρ ρ ρ ρ

ρ

ρ ρ

ρ ρ ρ

b)

PaP

ghahghS

ahSgh

S

ahS

ghS

aV

ghS

ma

ghP

www

w

w

w

w

w

ww

3266

3

1

=

=−=−=

=−=−=−=

ρ ρ ρ ρ

ρ

ρ

ρ

ρ

ρ ρ

c)

PaghP w 9799== ρ

Zad 14.

t

hv

t

hS

t

hS

hSV

const t

V

∆

∆=

∆=

∆

⋅=

=∆

∆

1122

s

m

S

vSv

vSvS

41

221

1122

==

=

Zad 15.

moemy załoyć, e przez otwór wypływa cieczznajdują ca się dokładnie nad nim, zatem energia

potencjalna tego walca zamienia się w jego energię kinetyczną

Q

Fs

Fp

α α

α

α

Fz

Fr

F α

S2

S1

h1

h2




( )2

2mv

hhmg =∆−

zakładamy, e mierzymy tylko prędkość na począ tku

eksperymentu, zatem ∆h jest znikomo małe

ghv

ghv

mvmgh

2

2

22

2

=

=

=

5.1. Teoria kinetyczno-molekularna gazudoskonałego

Zad 1.

171088,1 ⋅=⋅∆

= A N m

n µ

atomów

NA – to liczba Avogadra równa ilości atomów

(czą stek) w jednym molu pierwiastka (zwią zku)

Zad 2.Do obliczeń wartość RZ naley wyrazić w cm

22

2

.118000

4

14

cm

at

R

N x

RS

Z

A

Z kuli

=⋅

=

=

π

π

Zad 3.

g N

m A

221006,1 −⋅==µ

Zad 4.

3

3

3

3

A

A

A

A

N d

N d

N d

N m

d

m

V

m

⋅=

⋅=

⋅=

=

==

ρ

µ

ρ

µ

µ ρ

µ

ρ

m – masa jednego atomu

a) d = 2,3 · 10-8 cm

b) d = 3,1 · 10-8

cm

c)3

4

0

1004,8cm

g

V w

−⋅==µ

ρ

następnie podstawiamy do wzoru

cmd 7103,3−⋅=

Zad 5.

18

0

1036,51

2095,0 ⋅=⋅⋅= A N V

n czą steczek

V0 wyraamy w cm3

Zasada ekwipartycji energii (Zad 6-11):

Na kady stopień swobody czą steczki przypada taka

sama ilość energii kinetycznej równa:

2

ikT wk =

i – liczba stopni swobody (liczba niezalenych

kierunków i rodzajów ruchu), pojedynczy atom ma 3

st. swobody (I – ruch wzdłu osi X, II – ruch wzdłu osi Y, III – ruch wzdłu osi Z), czą steczka

dwuatomowa oprócz tych 3 st. swobody posiada

jeszcze 2 (ruch obrotowy wokół 2 osi prostopadłych

do osi łą czą cej atomy)

obrót wokół osi III nie zmienia połoenia czą steczki

zatem nie wnosi adnego nakładu energii

k – stała Boltzmanadla gazów stała Boltzmana pomnoona przez ilość czą steczek przybiera wartość uniwersalnej stałej

gazowej R = 8,31 J/(mol·K),

zatem dla jednego mola gazu energia wewnętrzna jest

równa energii kinetycznej wszystkich rodzajów ruchu:

2

iRT N wU Ak =⋅=

wzór na średnią szybkość atomów lub czą steczek w

stanie gazowym:

µ =

=

==

m

iRT mv

iRT

U E kin

22

22

µ

µ

iRT v

iRT v

=

=⋅

2

2

22

µ

iRT v =

Zad 6.atomy helu występują w postaci pojedynczej zatem

ich liczba stopni swobody jest równa 3. Do obliczeń masę molową naley wyrazić w kg/mol:

s

m RT v 1367

3==

µ

III

III




s

m

s

m

kg

ms

mkg

kg

m N

kg

J

mol

kg

K K mol

J

v

==

=

⋅⋅

=⋅

==

⋅⋅=

2

2

2

Zad 7.

W powietrzu azot i tlen występują w czą steczkachdwuatomowych (pozostałe gazy moemy zaniedbać),zatem liczba stopni swobody powietrza jest równa 5:

s

m RT v 9,647

5==

µ

Zad 8.atomy helu mają 3 st. swobody, zaś czą steczki

wodoru 5.

5

3

2

52

3

23

2

5

2

2

==

=

=

RT

RT

E

E

RT E

RT E

H

He

He

H

Zad 9.

2

22

2

1

2

2

1

=

⋅

=

⋅

=

⋅=

=

µ

µ

µ

µ

µ

µ

iRT

T iR

iRT

T iR

v

v

T iRv

iRT v

Zad 10.

R

vT

RT v

RT v

3

3

3

2

2

µ

µ

µ

⋅=

=

=

R

vT

R

vT

R

vT

He Ne

He Ne

Ne Ne

He He

3

55

3

3

2

2

2

µ µ µ

µ

µ

⋅=

⋅=

⋅=

⋅=

5

1

3

5

32

2

=⋅

⋅

=

R

v

R

v

T

T

He

He

Ne

He

µ

µ

Zad 11.atomy helu występują w postaci pojedynczej zatem

ich liczba stopni swobody jest równa 3.

J

RT

U 49862

3

== 5.2. Bilans cieplny

Będziemy korzystać z zasady, e ∆E = 0, zatem

Epobrana = Eoddana

Zad 1.

( ) ( )

( )

C mm

t mt mt

t mt mt mm

t mt mcmt m

t cmt cmt cmt cm

t t cmt t cm

w

wwww

ww

°=+

⋅+⋅=

⋅+⋅=⋅+

⋅+⋅=⋅+⋅

⋅⋅−⋅⋅=⋅⋅−⋅⋅

−⋅⋅=−⋅⋅

7,4621

2211

221121

112221

222111

2211

Zad 2.

( ) ( )232311 t t cmt t cm ww−⋅⋅=−⋅⋅

( ) ( )

1

1

31

23

2

1

232311

=−

−=

−=−

t t

t t

m

m

t t mt t m

Zad 3.

( ) ( ) ( )

( )[ ]00121

100111212

100111212

001211

12212

1000011111

212100111

cmcmmt

t cmt cmt cm

t cmt cmt cm

t cmt cmt cm

t cmt cmt cmt cmt cmt cm

t t cmt t cmt t cm

⋅+⋅+=

=⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅

⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅=

=⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅

⋅⋅−⋅⋅==⋅⋅−⋅⋅+⋅⋅−⋅⋅

−⋅⋅=−⋅⋅+−⋅⋅

( )C

cmcmm

t cmt cmt cmt °=

⋅+⋅+

⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅= 5,45

00121

212100111

Zad 4. ( ) ( )

( ) ( )

( )

( ) K kg

J

t t m

t t cmc

t t cmt t mc

t cmt cmt cmt cm

t t cmt t cm

Zn

Zn

Zn Zn

Zn

⋅=

−

−⋅=

−⋅=−⋅

⋅⋅−⋅⋅=⋅⋅−⋅⋅

−⋅⋅=−⋅⋅

400322

1311

1311322

3222111311

3221311

Zad 5.( ) ( )

( )

C cmcm

t cmt cmt

t cmt cmcmcmt

t cmt cmt cmt cm

t t cmt t cm

°=⋅+⋅

⋅⋅+⋅⋅=

⋅⋅+⋅⋅=⋅+⋅

⋅⋅−⋅⋅=⋅⋅−⋅⋅

−⋅⋅=−⋅⋅

07,122211

222111

2221112211

2222211111

222111




Zad 6.

( ) ( )

( )

kg

J

t t t m

m

ct cm

t cmt cm

c

t cmt cmt cmcm

t cmt cmcmt cm

t cmcmt cmt cm

t t t

t t cmcmt t cm

ww

ww

t

wwwt

wwt w

wt ww

wt w

5

3312

1

32

3111

3231112

3231211

3223111

323

2322311

1035,3 ⋅=

=

−−=−

−

=

−−=

+=−

+=−

=−

−+=−

Zad 7.

( )

( )

( )

( ) =

⋅⋅

=⋅

=+⋅⋅

=

=+⋅

=

+⋅

=

+⋅=

+−=

kg

ms

mkg

kg

m N K t

K kg

J v

s

m

p

ct cv

p

ct c

v

ct c pv

mct t mcmv p

t

t

t

t

2

2

2

0

2

15,273

3,425%200

%200

%200

2%100

s

m

s

m

kg

ms

mkg

==

⋅⋅

2

22

Zad 8.

41

1

≈⋅

=

⋅=⋅⋅

t c

c

m

m

cmt cm

w

t

l

w

t lww

Zad 9.

( ) ( )

( ) ( )kg

J t t ct t c

m

mc

t cmt cmt cmt cmcm

t cmt cmcmt cmt cm

t t cmcmt t cm

ww p

wwww p

ww pww

w pw

6

2313

2

1

112232312

322221131

3222131

1026,2 ⋅=−+−=

−−+=

−+=−

−+=−

Zad 10.

( )( )

( )

( )( )( )

C mmc

t t ccmt

t cmt cmcmt cmt cm

t cmt cmt cmcmt cm

t t t cmcmt cm

t t t cmcmt cm

w

w p

ww pww

www pw

w pw

w pw

°=+

−+=∆

+−=∆+∆

∆−−+=∆

∆−−+=∆

∆+−+=∆

14,1221

122

2212221

2122221

12221

12221

Zad 11.Energia pary wykorzystana do stopienia lodu to

energii skroplenia oraz energia wody o temp. 100°C:

( )kg

c

t ccmm

t cmcmcm

t

pw p p

l

pw p p pt l

99,7=⋅+

=

⋅⋅+⋅=⋅

Zad 12.Jeeli poparzymy się wrzą tkiem wymieniona zostanie

energia pochodzą ca z wysokiej temperatury wody.

Jeeli, zaś poparzymy się parą wodną oprócz energii

pochodzą cej z wysokiej temperatury wodywymieniona zostanie energia skroplenia pary wodnej.

5.3. Przemiany gazu doskonałegoZad 1.

12

12

1

1

22

2

2

2

2

kinkin

kin

E T iR

E

T nR

pV

T

nR

pV T

nRT pV

iRT E

⋅=⋅

=

⋅=

⋅

=

=

=

=

Zad 2.

2

5

3

4 1015,4105m

N R

m

K

V

RT

V

nRT p

nRT pV

⋅=⋅⋅===

=

Zad 3.Korzystają c z równania Clapeyrona naley pamiętać,aby temperaturę w °C zamienić na temperaturę wskali Kelvina w poniszych równaniach T rozumiemy

jako t + 273,15K

3

1

21

1

211

1

21

1

2122

11

21,01 dmT

T V

T

T V V V

T

T V

T

T

p

nRT

p

nRT V

p

nRT V

nRT pV

=

−=⋅−=∆

⋅=⋅==

=

=

Zad 4.




RT

pV n

nRT pV

=

=

221092,1 ⋅=⋅=⋅= A A N RT

pV N n x czą steczek

Zad 5.

He Ar

He

nmm

n

mn

mn

V

nRT

p

nRT pV

10

1

10

10

12

12

1

=⋅

==

⋅=

=

=

=

=

µ µ

µ µ

µ

µ

10

10

10

=

⋅

=

⋅=

=

V

RT nV

RT n

p

p

V

RT n p

V RT n p

He

He

Ar

He

He

Ar

He He

Zad 6.

12

1

5

2

5

2V

p

T nRV

p

nRT V

nRT pV

=⋅

=

=

=

Zad 7.

211

0

11

12

01

%100V V

xV

T

T V p

nRT V

p

nRT V

nRT pV

=+

==

=

=

( )

%3,111%1001%100

1%100%100

%100

0

1

1

0

11

1

2

1

12

121

=

−=

−=

=

−=

−⋅=

−=

T T

V T

T V

V

V

V

V V x

V V V x

Zad 8.

p

nRT

p

nRT

p

nRT V V

p

nRT V

nRT pV

10

112

01

2

2

=⋅

==

=

=

C T t

K T T

°≈−==⋅=

32715,273

6002

11

01

Zad 9.

32

10155,4 m p

mRT

V

mn

p

nRT V

nRT pV

−

⋅=⋅=

=

=

=

µ

µ

Zad 10.

p

nRT V =

n i R są stałe zatem szukamy punktu dla którego

iloraz T/p będzie największy tzn. największa

temperatura przy najmniejszym ciśnieniu. Punkt A

moemy od razu odrzucić, w dość nieznacznym

przyblieniu moemy przyjąć, e pC = 2·pD , pB = 3·pD,

zatem aby ilorazy T/p dla C lub B były większe od

ilorazu T/p dla D temperatura TC musi być większa od2TD lub TB musi być większa 3TD, co jak widzimy nie

zachodzi, zatem największy iloraz T/p jest w punkcie

D, co oznacza, e punktowi D odpowiada największa

objętość gazu.

Zad 11.

p

nRT V =

n i R są stałe

360

30

2

2

1

1

2

1 =°°==

ctg

ctg

p

T p

T

V

V

Zad 12.

a)

RT m

pV

mn

nRT pV

µ

µ

=

=

=

V i R są stałe

V

RT m p

µ =




wykresem będzie prosta, gdzie współczynnikiem

kierunkowym jest

0>⋅V

Rm

µ

, a „b” = 0,

zwiększenie masy spowoduje zwiększenie wartości

współczynnika kierunkowego

b)

RT

m

pV

mn

nRT pV

µ

µ

=

=

=

T i R są stałe

V

RT m p

µ =

wykresem będzie hiperbola (postać hiperboli:

b x

a y +=

, gdzie współczynnikiem „a” jest

0> RT m

µ

, a „b” = 0,

zwiększenie masy spowoduje zmniejszenie

„wklęsłości” hiperboli

c)

RT m

pV

mn

nRT pV

µ

µ

=

=

=

p i R są stałe

p

RT mV

µ =

wykresem będzie prosta, gdzie współczynnikiemkierunkowym jest

0>⋅ p

Rm

µ

, a „b” = 0,

zwiększenie masy spowoduje zwiększenie wartości

współczynnika kierunkowego

Zad 13.

( )

K T T

T T

T T T

T nR

pV

T nR

pV T

nR

V pT T

T T nRV p

nRT pV

400200

200

1

200

201

200

201

200

201

200

201

=∆⋅=

∆=

∆−⋅=

=

∆−⋅=

⋅⋅=∆+

∆+=⋅

=

Zad 14.

V

RT m p

RT m

nRT pV

µ

µ

=

==

wykresem jest hiperbola, gdzie współczynnikiem „a”

jest

0> RT m

µ

, a „b” = 0,

im większa masa molowa tym większa wklęsłość hiperboli (współczynnik „a” jest mniejszy), zatem gaz

pierwszy ma większą masę molową .Zad 15.

PaV

RT

V

nRT p

nRT pV

61044,22

⋅===

=

Zad 16.

30224,0 m p

RT V

nRT pV

==

=

Zad 17.

II

I

T

V

II

I

T

p

I

II

V

p




( )

−=−=∆

−=∆=∆+

∆+=

=

=

=

11

211

1

21

11211

21111

1

2

1

1

2

2

1

1

V

V T T

V

V T T

T V V T T V V T T V T V

T T

V

T

V

RT

pV

RT

pV

RT

pV n

nRT pV

Zad 18.

376dm p

RT m

p

nRT V

nRT pV

=⋅==

=

µ

masę molową naley wyrazić w kg/mol.

Zad 19.

3316,13

076,0

1

m

kg

m

kg

RT

p

p

RT m

m

V

m=

⋅=

⋅

==µ

µ

ρ

Zad 20.Korzystam z prawa Daltona:

ciśnienie wywierane przez mieszaninę gazów

doskonałych jest sumą ciśnień, jakie wywierałby

kady z gazów z osobna, gdyby zajmował tak ą samą objętość jak ą zajmuje mieszanina.

V

mRT

V

nRT p

nRT pV

p p p He H

µ ==

=

+= 2

Pa

mm

V

RT

V

RT m

V

RT m p

He

He

H

H

He

He

H

H

5

101,3

2

2

2

2

⋅=

=

+=+= µ µ µ µ

Zad 21.

nR

V pT

nRT pV

⋅=

=

1-2 izoterma, zatem temperatura jest stała, lecz

zwiększa się ciśnienie

2-3 spada ciśnienie, zatem korzystają c z powyszego

wzoru maleje tak e temperatura

3-1 ciśnienie się nie zmienia, lecz rośnie objętość,

zatem korzystają c z powyszego wzoru wzastatemperatura

Zad 22.

mol

g

mol

kg

pV

mRT

RT m

pV

nRT pV

40040,0 ===

=

=

µ

µ

ta masa molowa odpowiada masie molowej argonu.

Zad 23.

RT

p

V

RT

pV

V

m

RT

pV m

RT

m

pV

nRT pV

µ µ

ρ

µ

µ

===

=

=

=

wykresem jest hiperbola, gdzie współczynnikiem „a”

jest

0>

R

p µ

, a „b” = 0,

5.4. Zasady termodynamikiZad 1.

pSF

S

F p

lF W

=

=

∆⋅=

( )

p

T T nRV

p

nRT V

nRT pV

V pl pSW z

∆+=

=

=

∆=∆⋅=

1

2

11

1

2

3

T

p

T

ρ




( )( )

T nR

T T T nR p

nRT

p

T T nR pW z

∆=

=−∆+=

−

∆+= 11

11

praca wykonana przez gaz jest równa co do wartości

bezwzględnej pracy zewnętrznej lecz ma przeciwny

znak

J T nRW W zg 5,415−=∆−=−=

Zad 2.

( ) ( )( )

25,0273

273273

1

21

1

21 =+

+++=

−=

t

t t

T

T T c µ

Zad 3.

4,05

25

3

1

11

1

21 ==

−

=−

=T

T T

T

T T c µ

Zad 4.Praca gazu jest równa polu pod wykresem p(V).

Rozpatrywanie liczbowo wartości pracy wią załoby się

z koniecznością wprowadzenia rachunku całkowego.a)

2

22

1

11

p

nRT V

p

nRT V

=

=

im większe V tym mniejsze p (wykresem będzie

hiperbola), tak e T zmaleje (w przemianie

adiabatycznej nie następuje wymiana temp. z

otoczeniem, a rozpręanie powoduje obnienie

temperatury gazu)

b)

p

nRT V

pnRT V

22

11

=

=

zwiększenie objętości wiąe się ze wzrostem

temperatury przy stałym ciśnieniu

c)

2

2

1

1

p

nRT V

p

nRT V

=

=

im większe V tym mniejsze p (wykresem będzie

hiperbola), T jest stałe

Punkt A ma na kadym wykresie te same współrzędne,

zatem widzimy, e największa praca została

wykonana podczas przemiany izobarycznej (mniejsza

podczas przemiany izotermicznej, a najmniejsza

podczas przemiany adiabatycznej)Zad 5.

nR

pV T

nRT pV

=

=

energia wewnętrzna gazu wzrasta głównie na skutek

dostarczania ciepła

odcinek AB mona potraktować jako przemianę izobaryczną , zatem pracę potrzebną do zwiększenia

objętości wykonało dostarczone ciepło, wraz ze

wzrostem temperatury wzrosła tak e energiawewnętrzna

odcinek BC mona potraktować jako przemianę izochoryczną , spadek ciśnienia wiąe się zodprowadzeniem ciepła, zatem energia wewnętrzna

gazu spadła

odcinek CD mona potraktować jako przemianę izobaryczną , zmniejszenie objętości wiąe się zodprowadzeniem ciepła zatem energia wewnętrzna

gazu spadła

odcinek AD mona potraktować jako przemianę

izochoryczną , zatem pracę potrzebną do zwiększeniaciśnienia wykonało dostarczone ciepło, wraz ze

wzrostem temperatury wzrosła tak e energia

wewnętrzna

a)AB i DA

b)praca ta jest równa polu wewną trz cyklu

J V pW AB DA

4102 ⋅=∆⋅∆=

Zad 6.

∆m=0 ∆U=0 Q=0 W=0 ∆T=0 ∆p=0

const T

pV = X

const T

p= X X

p

V

W

A

p

V

W

A

p

V

W

A




const T

V = X X

const pV = X X Xconst pV =κ X X

pierwszy z wierszy oznacza stałość ilości gazu zatem

wszystkie czynniki mogą się zmieniać; drugi wiersz

to przemiana izochoryczna, trzeci wiersz to przemiana

izobaryczna, czwarty wiersz to przemiana

izotermiczna, a pią ty wiersz to przemiana

adiabatyczna.Zad 7.∆T=0 ∆V=0 Q=0 W<0 W>0 Q>0 Q<0

a X X X

b X X

c X X X

d X X

a – gaz pobiera ciepło przy czym jest to proces

izotermiczny, pobrane ciepło zamieniane jest na pracę gazu (energia wewnętrzna gazu maleje)

b – przemiana adiabatyczna, gaz rozpręa się wykonują c pracę odcinki c, d są odwrotnością odcinków a, b

c - gaz oddaje ciepło przy czym jest to proces

izotermiczny

d – przemiana adiabatyczna, gaz spręa się Zad 8.

2

iRT n E

E Q

w

w p

⋅=

∆=

gazowy hel występuje w postaci pojedynczych

atomów zatem i = 3n – liczba moli

J

pV nR

pV nR

nR

pV

nR

pV nR E

nRT nRT E

nR

pV T

nR

pV T

nRT pV

nRT iRT

n E

w

w

w

3000

2

3

2

32

2

3

23

23

2

2

3

2

12

2

1

=

==⋅=

−=∆

−=∆

=

=

=

=⋅=

Zad 9.ciepło właściwe jest równe ciepłu molowemu

podzielonemu przez masę molową

µ

µ

⋅=

=

=⋅

=

∆=∆

∆=

∆=

w

w

w

w

w

cC n

m

C n

mc

Cnmc

T CnT mc

T CnQ

T mcQ

Zad 10.

K mol

J C

K mol

J C

K mol

J C

cC

Al

Pb

Cu

w

⋅

=

⋅=

⋅=

⋅=

8,24

9,26

4,25

µ

6.1. Pole elektrostatyczne

Zad 1.Na kulki działa taka sama, co do wartości, siła

odpychania elektrostatycznego, jeeli odchyliły się oróne k ą ty oznacza to, e mają róne masy

21 mm >

< β α

Zad 2.

222

22

2

41

2

1

2

2

1

alh

lha

h

a

h

a

tgQ

F e

−=

=+

=== α

Q Q

N N

Fw Fw

α

Fe Fe

α

a

l l

α α

h

Q1Q2

N1 N2

Fw1

Fw2

α β

Fe Fe




( )

0

2

2

2

2

222222

4

42

14

4

1

4

1

πε ⋅==

−=−=−=

a

q

a

qk F

alalalh

e

22

0

22

0

3

22

0

32

220

2

2

22

0

2

2

42

4

4

4

4

44

42

12

4

al

mgaa

al

mgaq

al

mgaq

al

a

amg

q

al

a

mg

a

q

mgQ

−

⋅⋅=

−

⋅⋅=

−

⋅⋅=

−=

⋅⋅

−⋅=

⋅

=

πε πε

πε

πε

πε

Zad 3.

0

2

2

4

1

πε =

=

k

r

qk F

N r

qF

9

2

0

2

1099,84

⋅=⋅

=πε

N m

J

J

m

m J

C

C

m

C

J

C

C

mV

C

C

mm

F

C F ===

⋅

=

⋅

=

⋅

=

⋅

=1

2

222

2

2

Zad 4.załómy, e

xqq

qq

+=

>

12

12

po zetknięciu oba ładunki będą równe:

2

21

12

1

r qqk F

xqq

=

+=

( )

2

2

1

2

2

111

2

1

r

xq

k F

r

xqqk F

+

=

+=

załómy, e druga siła jest większa

( )

( )

2

2

1

2

11

2

1

2

111

2

2

1

2

11

4

10

4

1

2

1

2

1

x

x xqq xqq

xq xqq

r

xq

k r

xqqk

<

++<+

+<+

+

<+

co jest prawdziwe, gdy x ≠ 0, zatem po zetknięciu

siła oddziaływania zwiększy się.Zad 5.

( )

( )

lq

q x

q

q x

xq

ql

q

q x

q

q

xl

x

xl

x

q

q

xl

qk

x

qk

E E

⋅=⋅+

⋅−⋅=

=−

−=

−=

=

2

1

2

1

2

1

2

1

2

1

2

2

2

1

2

2

2

1

21

cml

ll

qq

lq

q

x

lq

q

q

q x

3,7

133

3

311

3

1

311

3

1

1

1

2

1

2

1

2

1

2

1

=

+

=⋅

+

⋅

=

+

⋅

=

+

⋅

=

⋅=

+

Zad 6.

( ) ( )

C

N E

m y xr

r

qk E

3

222

2

102,7

25916

⋅=

=+=∆+∆=

=

Zad 7.

q1(+) q2

(+)

l

E1= E2

x l-x




3

2

s A

mkg

s A

s

mkg

C

N E

q

F E

⋅

⋅=

⋅==

=

Zad 8.

0

2

4

188

2

12

21

0

20

222

21

21

=

−+=

+=

=⋅==

⋅=

=

+=

l

qk

l

qk V

V V V

l

q

l

q

l

qk

l

qk E

E E

E E E

w

w

πε πε

Zad 9.

a)

0

0

4321

2

4

124

24

2

24

0

πε

πε

⋅=

=⋅==⋅=

=+++=

a

q

a

q

a

qk

a

qk V

E E E E E w

b)

0

2

22

2

22

2

4

142

42

2

122

2

2

22

0

20

2

22

2

4321

=⋅+

−⋅=

⋅=⋅⋅=

=⋅=⋅=

⋅=

+++=

a

qk

a

qk V

a

q

a

q

a

qk

a

qk

a

qk E

E E E E E

w

w

πε πε

c)

0

2

22

2

22

04321

=⋅+

−⋅=

=+++=

a

qk

a

qk V

E E E E E w

Zad 10.

α = 60°

0

22214πε ⋅

====a

q

a

qk E E E w

Zad 11.

mC J

C J mC

V

C J

mC

m

F J

C r

mm E

qr

r

q

r

qk

r

F E

p

p

=⋅⋅⋅=

⋅⋅=

⋅=

=⋅

=

⋅===

222

0

2

0

22

94

4

πε

πε

Zad 12.

q3(+)

q4

(-)

(+) E1

E2E3

E4

q2(-)

q1(+)

q3(+)

q4(+)

(+)

E1

E2E3E4

q2(-)

q1(-) Ew

q3(+)

q4

(+)

(+) E1

E2

E3E4

q2

(+)

q1

(+)

q(+)

P(+)

q(-)

E1

E2

Ewα

α

α

α

α α

a

a

a




( )

V C

J U

V q

W U V

V q

V V qr

Qk

r

Qk q

r

Qqk

r

Qqk W

==

===∆

∆=

=−=

−=

⋅−

⋅=

6000

12

1212

Zad 13.Masa ciała wzrośnie o masę przyjętych elektronów.

Jednak masa elektronu (= 1/1840 masy protonu) jest

tak mała, e moemy ją całkowicie zaniedbać (nawet

w przypadku jonów)

Zad 14.

9102,6 ⋅==e

qn

Zad 15.

( )

( ) ( )

1

11

2

13

12

12

3

3

2

2

1

1

16164

64

464

64

4

3

3

4

64

V r

qk

r

qk V

r r r

objetoscV objetoscV

V r

r objetoscV

r

qk V

r qk V

kuli

=⋅==

==

=

=

=

=

=

π

π

Zad 16.

31

3

3

1

3

1

13

2

2

133

2

31

1

1

10

10

1

10

1

10

1

101

101

43

4

3

⋅===

⋅

==

⋅=⋅=

=

=

V V V

r

qk

r

qk V

r V r

V r

r

qk V

π

π

6.2. Pojemność. Kondensator

Zad 1.

r kQV

V

QC

=

=

k

r

kQ

rQ

r

kQ

QC ===

Zad 2.

( )

( )F d

abl

C

abls

d

sC

16

0

0

1077,1−

⋅=

−

=

−=

=

ε

ε

Zad 3.

r

r

r

d

sd

s

C

C

d

sC

d

sC

ε

ε

ε ε

ε ε

ε

==

=

=

0

0

0

0

00

0C C r ε =

Zad 4.

2

2

0

1

01

00

=

=

=

C

C

d

sC

d

sC

ε

ε

Zad 5.

r

r

r

r

C

C

d

s

C

d

sC

ε

ε

ε

ε ε ε

ε

+=

+=

=

1

2

1

2

0

1

0

1

00

Zad 6.

2

1

2

0

1

001

00

r

r

C

C

d

s

d

sC

d

sC

ε

ε ε ε

ε

+=

+=

=

Zad 7.a)

C C

C C C C C C C C

C C C C

5

2

2

5

2

2

2

1

2

21111

2

0

10

1

=

=++=++=

=+=




b)

C C C C

C C

C C C C C C

C C

4

7

4

3

4

3

3

4

3

3

3

11

3

11

3

0

2

2

1

=+=

=

=+=+=

=

c)

C C C C

C C

C C C C C

2111

3

31111

2

1

1

=+=

=

=++=

C

C C C C C C C C C C

C C

6

11

6

6

6

3

6

2

123

2

210

2

=

=++=++=++=

=

d)

C C

C C

C C C

C

C C C C C

3

5

33

4

3

4

3

31111

2

1

=+=

=+=

=++=

e)

C C

C C

C C

C C C C C

C C C C

C C

23

6

33

2

31111

2

3

2

2

2

11

2

0

3

2

1

==++=

=++=

=+=

=

Zad 8.1)

21

21

1

U U

C C

const Q

U

QC

<

>

−

=

2)

21

21

QQ

C C

const U

>

>

−

Zad 9.Mamy 7 moliwości ustawień w ich wyniku

uzyskujemy pojemności:

F F F F F F F µ µ µ µ µ µ µ 3

1,

2

1,

3

2,1,

2

3,2,3 .

Zad 10.

V C C

UC U

V C C

UC U

20

80

21

12

21

21

=+

=

=+

=

Zad 11.

a)

F F C

F F F F F C

µ µ

µ µ µ µ µ

43,17

10

10

7

10

5

10

2

2

1

5

11

==

=+=+=

b)

V U

C

QU

U

QC

7001043,1

106

3

=⋅

=

=

=

−

−

c)

V C

QU

V C

QU

200102105

10

500105102

10

2

6

3

2

2

2

6

3

1

1

=⋅=⋅

==

=⋅=⋅

==

−

−

−

−

Zad 12.

a)

const U

C C

C C

r

=

=

<

ε 01

10

1C 2C

1U 2U

1C

2C

1Q

2Q

1C 2C




r

r

QQ

U

Q

U

Q

ε

ε

0

0

=

⋅=

Q – rośnie

r E E

QU E

ε 0

2

=

=

E – rośnie

b)

r

r

U U

U

Q

U

Q

const Q

ε

ε

0

0

=

⋅=

−

U – maleje

r

E E

QU E

ε

0

2

=

=

E – maleje

Zad 13.a)

( )F

CU Q

µ 67,6

107,6101067,0 66

=

=⋅=⋅⋅== −−

b)

( )

F

CU Q

µ 7,18

107,18101087,166

=

=⋅=⋅⋅== −−

c)

( )F

CU Q

µ 3,133

103,1331001033,1 66

=

=⋅=⋅⋅== −−

Zad 14.

V C C

U C

C

QU

c

4010301020

100102066

6

21

11 =⋅⋅⋅

⋅⋅=

+==

−−

−

Zad 15.

( ) J

CU E 072,0

2

1201010

2

262

=⋅⋅

==−

6.3. Ruch ładunku w polu elektrycznymZad 1.

d

U E

m

eE

m

F a

qe

amF

ee

e

e

ee

=

==

=

=

2

2

2

141079,8

s

m

kgm

ms

mkg

kgm

C C

J

kgm

C V a

s

m

d m

Ue

d

U

m

ea

ee

=⋅

⋅⋅=

⋅

⋅=

⋅

⋅=

⋅==⋅=

Zad 2.

p

p

p

p

kine

m

Uev

eq

vmUq

E W

2

2

2

2

=

=

=

=

s

mkg

s

mkgkgm

s

mkg

kgm N kgC C

J kgC V p

s

mkgUem

m

Uemvm p

m

Uev

p

p

p p

p

⋅==⋅⋅=

=⋅⋅=⋅⋅=⋅⋅=

⋅==⋅=⋅=

=

−

2

22

2

221032,22

2

2

Zad 3.

V C

J

C

s

mkg

U

V e

vmU

vmUe

E W

e

e

kine

==

⋅

=

==

=

=

2

2

2

2

256,02

2

Zad 4.

m

V

d e

vm

E

e

vm Ed

Ed U

d

U E

V e

vmU

vmUe

E W

e

e

e

kine

68,52

2

1084,22

2

2

2

2

2

2

=⋅=

=

=

=

⋅==

=

=

−

Zad 5.




V e

vmU

vmUe

J vm

E

p

p

p

kin

5

2

2

14

2

102,52

2

1036,82

⋅==

=

⋅== −

Zad 6.

2

22

2

2

22

02

2

0

1

y

kin

y

p

mv

E

mvmv E

vm E

=∆

+=

=

0

0

v

l

d m

eU v

d

U

m

e

m

eE

m

F a

v

lt

t av

p

y

p p p

y

⋅=

===

=

⋅=

J J

J

m N

C

J C

s

mmkg

mV C E

J

vd m

lU e

v

l

d m

eU m E

kin

p p

p

kin

==⋅

=

⋅⋅

=

⋅=

=⋅⋅⋅

⋅⋅=

⋅⋅=∆

−

22

22

2

22

222

11

2

0

2

2222

0

10105,1

22

Zad 7.

Minimalną odległość uzyska proton, jeśli całą swoją energię kinetyczną zamieni na potencjalną

==⋅==

=

=

=

=

20

2

2

2

02

2

22

2

4

4

14

2

2

1

2

2

1

vm

e

vm

e

vm

ek r

r

ek vm

eq

r

qqk vm

E E

p p p

p

p

p p

p

kin p

πε πε

Zad 8.

3106,1

108,4

108,43

4

3

4

3

4

19

19

19

3

3

3

=⋅

⋅==

⋅=⋅

⋅⋅⋅⋅=

=⋅⋅

=

⋅=⋅=

=

−

−

−

C

C

e

qn

C U

d gr q

d

qU gr

d

U E

r V m

qE mg

ρ π

ρ π

ρ π ρ

Zad 9.

α

α

sin

cos

0

0

⋅=

⋅=

vv

vv

y

x

Skorzystamy z zasady zachowania energii:

α α

α

α α

α

α

tgl

v

lv

v

lvd

v

lt

t vd

m

Uq

m

Uqv

m

Uqv

Uqmv

Uqmv

Uqmvmvmv

W E E

x

y

x

y

y

x y x

ekinkin

2cossin

2

1

2

1

2

1

2

sin

1

sin

2

sin

2

2

sin2

222

0

0

20

2

2

0

22

0

2

222

21

=⋅

⋅⋅==

=

=

==

=

=

=

+=+

+=

7.1. Prawo Ohma

Zad 1.

C q

t I q

24,040106 3 =⋅⋅=

⋅=−

Zad 2.

ładunek jest równy iloczynowi średniego napięcia iczasu, czyli polem pod wykresem I(t)

a)

v0

vy

v0

v0

vx

vy

vx

α

l




C q 104,0502

1=⋅⋅=

b)

C q 213

23 =⋅⋅=

Zad 3.

Ω⋅=⋅

== 33

1053

1015

I

U R

(mona podstawić równie inne wartości odczytane zwykresu)

Zad 4.

2

2

2

1

1

2

1

=

⋅⋅

⋅=

⋅

⋅==

=

a

c

a

cb

ba

c

cb

aba

c

S

l

S

l

R

R

S

l R

ρ

ρ

ρ

ρ

ρ

Zad 5.

mmC C

mC J

V

J

s AmV

s

J

A

V

mV

W m

mV l

mP

r U l

l

r U

r l

U P

r

l

S

l R

R

U P

R

U I

UI P

=⋅⋅=

=⋅⋅=⋅⋅⋅

=

⋅

=⋅⋅Ω

=

==

==

==

=

=

=

1

8,38

222

22

22

2

2

2

2

ρ

π

ρ

π

π ρ

π ρ ρ

Zad 6.zmniejszają c średnicę 2 razy, promień zmniejszy się wówczas tak e 2 razy, a pole

I II

I

Sr r S

r S

4

1

4

1

2

1 2

2

2

==

=

=

π π

π

zmaleje 4 razy, jeeli masa jest niezmieniona to

wówczas objętość jest tak e stała

12

2

2

1

2

2

2

1

2

4

4

1

4

1

ll

lr lr

lr V

lr V

V V

II

I

II I

=

⋅=⋅

⋅=

⋅=

=

π π

π

π

długość drutu wzrosła 4 razy, obliczamy opór:

16

1616

4

1

4

1

2

1112

2

11

=

====

=

R

R

RS

l

S

l

S

l R

S

l R

I I

II

I

ρ ρ ρ

ρ

opór zmaleje 16 razy.

Zad 7.Ω=

== 1,1

2

12

d

l

S

l R

π

ρ ρ

Zad 8. jak wiemy kady kondensator ma nieskończenie duyopór (nie płynie przez niego prą d), zatem prą dpłyną cy od B do A ominie bocznikiem kondensator

C2 przez co na kondensatorze C2 nie będzie rónicy

potencjałów (woltomierz V2 wskae 0V), zaś na

kondensatorze C1 rónica potencjałów będzie równanapięciu (układ zawiera właściwie tylko ten

kondensator) czyli V1 wskae 30V.

Zad 9.

A R R

U

I

R R R

R

U I

I

U R

w

wc

c

c

91,0=+=

+=

=

=

Zad 10. jest to połą czenie szeregowe zatem w kadym z

fragmentów ustali się takie samo napięcie (równe ε)

C U C Q

U

QC

V U

6106

6

−⋅=⋅=

=

== ε

Zad 11.

przez środkowy przewód nie płynie prą d (gdy kondensator ma nieskończenie duy opór) zatem

przewody woltomierza moemy przesunąć do węzłów




i wynika z tego, e mierzone napięcie jest

równowane z napięciem na oporniku R2

2

222

2

2

R R

R R

R R I U

R R R I

R R R

wc

wc

wc

+=⋅=⋅=

+==

+=

ε ε

ε ε

Zad 12.a)

zw

z

z

c

z

zwc

zwc

R R

R R

R R I U

R R R I

R R R

+=⋅=⋅=

+==

+=

ε ε

ε ε

wykresem jest hiperbola

b)

zw

z z

c

z

zwc

zwc

R R

R R

R R I U

R R R I

R R R

+=⋅=⋅=

+==

+=

ε ε

ε ε

widzimy, e wraz ze wzrostem Rz, Rz /(Rz+Rw)→1,

zatem wykres będzie zbliał się do granicy ε

c)zgodnie z II prawem Kirchhoffa:

spadek napięcia na oporze wewnętrznym:

w

w

IRU U

IRU

−=−=

=

ε ε 12

1

miejsce zerowe

w

w

w

R I

IR

IRU

ε

ε

ε

=

=

=−= 02

Zad 13.

1

1

111

11

1

11

R R

R R I U

R R R I

R R R

w

wc

wc

+==

+==

+=

ε

ε ε

( ) ( )( )( )

( )( )

( )( )

( )

( )( )

A

R R R R

R R R

R R R R

R R R R

R R R R

R R R R R R R R

R R R R R R R R R R

R R

R

R R

RU U U

R R

R R I U

R R R I

R R R

ww

w

ww

ww

ww

ww

ww

ww

ww

w

wc

wc

97.0

12

12

12

12

12

211122

12

2112

1

1

2

212

2

2222

22

2

22

=

=++

−=

++

−=

=++

−−+=

=++

+−+=

=+

−+

=−=∆

+==

+==

+=

ε ε ε

ε ε ε ε

ε ε

ε ε

ε

ε ε

Zad 14.skoro rónica potencjałów jest równa 0 oznacza to, e:

=⋅

=⋅

==

x

C R

C R

C

Q R I

C

Q R I

U U U U

2

1

1

22

11

1

1

2

1

C

C

C

Q

C

Q

R

R x

x

==

F C R

RC x µ 4,01

2

1 ==

I

U

ε

ε /Rw

Rz

U

ε

Rw

U




7.2. Prawa KirchhoffaZad 1.

a)

Ω==+=

=

=⋅=+

++

=

22

1

2

12

111

R R R R

R R

R R R R R R R

zc

z

z

b)

Ω=Ω==

=++

=++=++=

=

=⋅=

=

=⋅=

3

23

3

11

6

11

6

632

23

2

212

1

3

313

1

21

2

2

1

1

R

R R R R

R R R R R R

R R

R R R

R R

R R R

z zc

z

z

z

z

c)

Ω==

==++

=

=++=++=

=+=+=

=

=+=

=

=

3

2

3

2

2

3

6

9

6

432

3

2

2

1

3

11111

2

3

2

2

2111

2

3

321

1,33

1,3

1,3

2

1

R R

R R R

R R R R R R R

R R

R R R R

R R

R R R R

R R

R R

c

z z zc

z z

z

z

z

z

d)łatwo zauwayć, e w miejscu przyłą czenia opornika

poprzecznego, na obu węzłach jest takie samo

napięcie (równe napięcie w połą czeniu równoległym

spada o tak ą samą wartość na pierwszych opornikach,

które są jednakowe) zatem przez poprzeczny opornik

nie płynie prą d

Ω==

==+=+=

=

=

2

122

21

21111

2

2

21

2

1

R R

R R R R R R R

R R

R R

c

z zc

z

z

e)

ten układ jest równoznaczny z połą czeniem

równoległym (prą d przepływa przez jeden opornik,

przy czym moe to zrobić na trzy sposoby) zatem

Ω==

⋅=

13

13

1

R R

R R

c

c

Zad 2.

V R R

R R I U

A R R R

I

R R R

w

wc

wc

3,4

43,0

=+

=⋅=

=+

==

+=

ε

ε ε

Zad 3.

a)

( )

( )

( )

( )

( )( )

( ) ( )

( )A

R R R R R

R

R R

R

R R R R R

R R

R R

IR I

IR R I I R

R I IR I R

R I I I R I I I

I R I R

U U

R R R R R

R R

R I

R R

R R R R R R

R R

R R R R R

R R

R R R

R R

R R

R R R

w

w

wc

www zc

z

z

6,1

111

1221

2

21

2

1221

12

21

21

22111

21211

2111

21

2211

21

1221

12

12

1221

12

21

12

21

21

12

21

=++

=

=+++

+=

+=

=+

−=

−=

=+

=

=

++

+==

+

++=+

+=+=

+=

+=+=

ε

ε

ε ε

b)

( )

( )

( )A

R R R R R

R R

R I

R R

R R R R R R

R R

R R R R R

R R

R R R

R R

R R

R R R

wc

w

ww zc

z

z

64,0

111

1221

12

12

1221

12

21

12

21

21

12

21

=++

+==

+

++=+

+=+=

+=

+=+=

ε ε

c)




A R R R R

I

R R R

R R I

I I

R R

R R R

R R

R R

ww

ww

c

c

c

ww zc

z

z

44,033

3

3

1

3

3

3

3

1

3

3

31

=+

=+

⋅=

+=

+

==

=

+=+=

=

=

ε ε

ε ε ε

Zad 4.

( )

( )

( ) ( )

( )

2212111212

2

222

1

111

1221

1221

1221

121212

1212121221

1221221121

2

22

1

11

2

222

2222

2

22

2

2

2

22

2

22

1

111

1111

1

11

1

1

1

11

1

11

1

RU U RU RU U RU U

RU R

U

RU R

RU RU

U U R R

RU RU

R RU R RU R

R RU R RU R RU R RU

R RU R RU R RU R RU

R

R RU

R

R RU

U

RU R R

RU RU R

R

R RU

R R R

U

R R R I

R R R

U

RU R R

RU RU R

R

R RU

R R R

U

R R R

I

R R R

w

ww

ww

ww

w

w

w

w

wc

wc

w

w

w

w

wc

wc

−=−

−=

−

Ω=−

−=

−

−=

−=−

+=+

+=

+

−=

+=

+=

+=

+==

+=

−=

+=

+=

+=

+

==

+=

ε ε

ε ε

ε

ε

ε

ε

ε ε

ε

ε

ε

ε

ε ε

( ) ( )

( )V

RU RU

R RU U

R RU U RU RU

RU U RU U RU RU

122112

2112

21122112

2211122112

=−

−=

−=−

−=−

ε

ε

ε ε

Zad 5.AD:ten układ jest równowany z:

A R

U

R

U I

R R R R

R R

R R R R

R R

c

zc

z

z

z

6,05

33

5

3

2

2

3

2

111

2

2

2

2

1

===

=+=

=

=+=

=

BC:ten układ jest równowany z:

A R

U

R

U I

R R

R R R R

R R

c

c

c

z

5,12

3

3

2

2

3

2

111

21

===

=

=+=

=

Zad 6.Obliczenia znacznie ułatwia podstawienie na

począ tku wartości liczbowych, wzory są wyprowadzane dla dowolnych wartości

a)

4321

342414

342414

4321

3214

3211

111

R R R R

R R R R R R R

R R R R R R

R R R R

R R R R R

R R R R

c

c

z

+++

++=

++

+++=

+++=

++=

( )

( )

=+

++⋅=⋅

++

+++==

I I I

R R R I R I

R R R R R R

R R R RU

R

U I

c

21

321241

342414

4321




( )

( )( )4321342414

443212

423222124

322212424

R R R R R R R R R R

R R R R RU I

R I R I R I R I IR

R I R I R I R I IR

+++++

+++=

+++=

++=−

V I RU

R R R R R R

UR I

50

5

233

342414

42

==

=++

=

b)

( )

( )

( )

V R I U

R R R R R R

UR

R R

R

R R R R R R

R RU

R R

R I I

R I R R I

R I R I R I

I I I

R I R I

R R R R R R

R RU

R

U I

R R

R R R R R R R

R R

R R R R R

R R

R R R

R R

R R

R R R

c

zc

z

z

25

5

111

111

133221

2

21

2

133221

12

21

21

2211

21211

21

2211

133221

12

12

1332213

12

2131

12

211

21

12

211

=⋅=

=++

=

=+

⋅++

+=

+

⋅=

⋅=+

⋅−⋅=⋅

=+

⋅=⋅

++

+==

+

++=+

+=+=

+=

+=+=

Zad 7.przez kondensator nie płynie prą d zatem woltomierz

wskae napięcie na oporniku R2 (do obliczeń pomijamy cały fragment z kondensatorem, gdy nie

płynie tamtędy prą d)

V R R

R R I U

R R R I

R R R

c

c

56,532

22

32

32

=+

=⋅=

+==

+=

ε

ε ε

Zad 8.stosujemy tzw. układ bocznikowy:

I I I

I R I Rw

=+

⋅=⋅

21

221

A I I I I R I R

zak

w

5,02max1

22max1

==+⋅=⋅

( )

Ω=−

⋅=

−=⋅

5,0max1

max12

max12max1

I I

I R R

I I R I R

zak

w

zak w

I1max – maksymalny zakres amperomierza

Izak – porzą dany zakres pomiaru

Zad 9.a)

K

V

K

V

t

43

105,78

106 −−

⋅=

⋅

=∆=

ε

α

b)

C t t

K t

t t

°=∆=

=⋅

⋅=∆

⋅=∆⋅⋅=∆=

−

−

−−

11

11105,7

1025,8

1025,8105,7

4

3

34α ε

Zad 10.

a)

( )

A R R

R R

I

R R

I

R R

R R R R

R R I

zw z

w

z

w

w

wc

wwwwc

zwc

67,02

2

2

2

2

2111

=+

=

+

=

+=

=

=+=

+=

ε ε

ε

ε

b)( )

A R R

I

R R I

zw

zw

12

2

22

=+

=

+=

ε

ε

Zad 11.w obliczeniach rozpatrzymy fragment drutu o

długości x

jego masa:

γ π γ xr V m2==

przyjmujemy, e jednemu atomowi miedzi przypada jeden elektron, liczba elektronów

A

Cu

A

Cu

N xr

N m

n µ

γ π

µ

2

==

ładunek:

e N xr

neq A

Cu

⋅== µ

γ π 2

wyliczamy natęenie prą du

e N t

xr

t

q I

ACu

⋅⋅

== µ

γ π 2

łatwo zauwayć, e x/t = v, zatem

A

R




ve N r

I A

Cu

⋅⋅= µ

γ π 2

opór drutu

s

m

s A

m A

C

m A

C

mV

mmC m

kg

kgV v

s

m

le N

U v

r l

ve N r U

r

l

S

l R

ve N r

U

I

U R

A

Cu

A

Cu

A

Cu

=⋅

⋅=

Ω⋅

⋅Ω⋅=

Ω⋅

⋅=

⋅⋅Ω⋅⋅

⋅=

⋅=⋅⋅⋅

⋅=

=⋅⋅

⋅

==

⋅⋅

⋅==

−

3

2

22

2

2

1028,4 ρ γ

µ

π ρ

γ π µ

π ρ ρ

γ π

µ

7.3. Praca i moc prą du

Zad 1.

( )W

R R R

R I RP

I RP

I RU

UI P

R R R R I

R R R R

w

wc

wc

843,02

21

2

12

11

2

21

21

=++

=⋅=

⋅=

⋅=

=

++==

++=

ε

ε ε

Zad 2.

AU

P I

UI P

454,01

1 ==

=

a)

Ω==

=

=

=

=

4841

2

1

2

11

P

U R

R

U P

R

U I

I

U R

UI P

b)

1

2

1

2

12

22

4

14

1

2

1

P R

U

R

U

R

U P ==

==

Zad 3.

T mcW

PW

∆=

⋅=

2

1 τ

82,0

888812100

21

=⋅

∆=

∆=⋅⋅

=

=°=°−°=∆

τ η

η τ

η

P

T mc

T mcP

W W

K C C C T

Zad 4.

J W sW 6106,310003600 ⋅=⋅=

Zad 5.

mmg

t Ph

mght P

mghW

t PW

367≈⋅

=

=⋅

=

⋅=

Zad 6.aby to rozstrzygnąć porównamy moce obu układów

oczywiście im większa moc tym grzałki szybciej

zagrzeją wodę a) szeregowo

R

U

R

U U P

R

U I

UI P

R R

c

s

c

2

2

2

==

=

=

=

b) równolegle

sr

c

r

c

c

PP

R

U

R

U

R

U U P

R

U I

UI P

R R

R R

>

===

=

=

=

=

22 2

2

2

21

jak widzimy lepiej połą czyć grzałki równolegle

Zad 7.praca potrzebna do zagrzania wody jedną grzałk ą :

0

2

t R

U W ⋅=

korzystają c z zadania nr 6:

a) szeregowo




st t

t t

t R

U t

R

U

R

U P

s

s

s

s

6002

2

2

2

0

0

0

22

2

==

=

⋅=⋅

=

b) równolegle

st

t

t t

t R

U t

R

U

R

U P

r

r

r

r

1502

2

2

2

0

0

0

22

2

==

=⋅

⋅=⋅

=

Zad 8.

( )W

R R R

RU R I P

R R R

U

R

U I

R R R R

c

c

402

321

1

2

1

2

321

321

=++

==

++==

++=

Zad 9.

sU

mc R

t

t R

U mc

t

t

2,13842

2

=

⋅

=

=

Zad 10.liczymy opór przewodnika

t UI W

r

l

S

l R

⋅=

==2π

ρ ρ

J

r

l I R I W

IRU

st

701

1

2

22 ===

=

=

π

ρ

7.4. Elektrochemia

Zad 1.(treść zadania powinna brzmieć: Oblicz, jaka masa

srebra wydzieli się podczas elektrolizy wodnego

roztworu zawierają cego 100g azotanu srebra)

gmm

mol

g

mm

Ag

O N Ag

soli Ag

O N Agsoli

Ag

soli

soli Ag

5,633

87,1693

=⋅++

=

=++=

⋅=

µ µ µ µ

µ µ µ µ

µ µ

[ ]A

st

q I

C C F nq

molam

nsoli

soli

94,3

5675696500589,0

589,0

==

≈⋅=⋅=

≈= µ

Zad 2.

C e N F q A19300022 =⋅⋅==

Zad 3.

s I

wF d S

I

wF mt

t

q I

wF m

q

d SV m

Ag Ag

Ag

Ag

Ag

Ag

4695=⋅

⋅⋅⋅⋅=

⋅

⋅⋅=

=

⋅⋅=

⋅⋅=⋅=

µ

ρ

µ

µ

ρ ρ

w – wartościowość (dla srebra w = 1)

Zad 4.obliczam średnie natęenie prą du

wF m

q

t I q

I I I I

Cu

Cu

śr

p p p

śr

⋅⋅=

⋅=

=−

=

µ

22

w – wartościowość (dla miedzi w = 2)

gwF

t I m

wF m

t I

Cu p

Cu

Cu

Cu

śr

494,02

=⋅⋅

⋅⋅=

⋅⋅=⋅

µ

µ

Zad 5.

gw

wmm

wF m

wF m

wF m

q

wF m

q

AgCu

Cu AgCu

Ag

Ag

Ag

AgCu

Cu

Cu

Ag

Ag

Ag

Cu

Cu

Cu

95,33=⋅

⋅⋅=

⋅⋅=⋅⋅

⋅⋅=

⋅⋅=

µ

µ

µ µ

µ

µ

Zad 6.

s I

wF mt

wF

m

t I

wF m

q

t I q

Cu

Cu

Cu

Cu

Cu

Cu

12062=⋅

⋅⋅=

⋅⋅=⋅

⋅⋅=

⋅=

µ

µ

µ




Zad 7.równowanik elektrochemiczny jest równy masie

substancji, jaka wydziela się na elektrodzie na skutek

przepływu przez elektrolit jednostkowego ładunku

elektrycznego

C

g

F wk

wk F

Cu

Cu

Cu

4103,3 −⋅=⋅

=

⋅=

µ

µ

Zad 8.

( )

gF w

qm

C s Aq

F wm

q

PbSO

Pb

OSPbPbSO

PbSO

PbSO

78,169

4

108000360013060

4

4

4

4

=⋅

⋅=

⋅++=

=⋅⋅−=

⋅⋅=

µ

µ µ µ µ

µ

Zad 9. e N F A ⋅=

Zad 10.

wF

t I n

wF nt I

t I q

wF nq

H

H

H

⋅

⋅=

⋅⋅=⋅

⋅=

⋅⋅=

2

2

2

w tym przypadku w = 2, poniewa wodór występuje

w postaci dwuatomowych czą steczek, zachodzireakcja

222 H e H →+ −+

3

0

0

0

0 418,02

dm p

RT

F

It

p

nRT V

nRT pV

=⋅==

=

Zad 11.

s I

F mt

wF m

t I

O H

O H

O H

O H

214442

2

2

2

2

=⋅⋅⋅=

⋅⋅=⋅

µ

µ

w tym przypadku w = 2, poniewa, zakładają c,

występowanie wody w formie jonowej naley dwóm

jonom H+

dostarczyć 2 e-, a od tlenu odebrać 2 e

-.

Zad 12.W roztworze tym nastą pi elektroliza wody

gF

t I m

wF m

t I

O H O H

O H

O H

35,32

2

2

2

2

=⋅⋅=∆

⋅⋅∆

=⋅

µ

µ

Zad 13.

W czasie rozładowywania akumulatora przebiega

reakcja:

O H PbSOe H SOPbO 24

2

42 224 +→+++ −+−

gm

C s Aq

F

qm

F mq

w

sQq

F wm

q

PbO

OPbPbO

PbO

PbO

PbO

PbO

PbO

PbO

7,267

2

2160003600160

2

2

2

3600

2

2

2

2

2

2

2

2

=

+=

=⋅⋅=

⋅

⋅=

⋅⋅=

=

⋅=

⋅⋅=

µ µ µ

µ

µ

µ

8.1. Pole magnetyczne

W zadaniach 1-3 korzystamy z reguły lewej dłoni (lubreguły trzech palców)

Zad 1. a) w lewo

b) w dół

c) w górę d)w prawo

Zad 2.

proton ⊗

elektron

Zad 3.Zatacza koła w górę (w obu przypadkach)

Zad 4.

eV J E m

r q B

m

r q Bmmv E

m

Bqr v

Bqr mv

Bqvr

mv

k

k

190103222

17

222

2

2222

2

=⋅=

=⋅==

=

=

=

−

Zad 5.

m

Bq f

Bqr rf m

rf v

Bqvr

mv

π

π

π

2

2

2

2

=

=

=

=

Zad 6.

Bqr mv

Bqvr

mv

=

=2




Bq

mvr =

2

2

1013,92

2

2

2

−⋅=⋅==

=

=

Bqm E

Bqm

E m

r

m

E V

mv E

Zad 7.patrz zadanie 6

p

p

p

p

p

p

r q Bmer

Bq

m E r

Bq

m E r

=⋅⋅=

⋅=

⋅=

242

2

2

α

Zad 8.qU E =

patrz zadanie 7

p

p

d

p p

p

Bqr

mU B

qr

Um

r q

qUm B

qr

qUm B

Bq

qUmr

22*2

22

2

2

2

222

==

==

=

=

Zad 9.patrz zadanie 8.

T qr

Um B

2

210615,1

2 −⋅==

Zad 10.

Bq

mvr

r

mv Bqv

x

x

x

=

=2

o45=α

mctgr d

m Bq

vm

r

vvv x

3

3

106,112

1084,12

2

2

245sin

−

−

⋅=⋅=

⋅=⋅

=

=⋅=

α π

o

Zad 11.

s

m500

B

Ev

BqvqEFF me

==

==

Zad 12.

a)

0=w B

b)

T

a

l

a

l B

w

600 1082

22

2 −⋅=

⋅

=

⋅

⋅=

π

µ

π

µ

c)

0=w B

Zad 13.

B

grtgI

singlrcoslBI

sinmgcoslBI

FF

cosFF

F

Fcos

2

2

zr

emr

em

r

ρπ⋅α=

α⋅ρπ=α⋅⋅

α⋅=α⋅⋅

=

α⋅=

=α

Prą d płynie do nas A I 63,0=

Zad 14.

A B

gr I

r mg BIl

32,1

lg

2

2

==

==

ρ π

ρ π

α Fem Fz

Fr

α

Q

B

vx

α

v

α α

IB

F




Zad15.

2

1

121

21

2

2

BIa M M

aF M M

BIaF F

w ==

==

==

Zad 16.Cu jest katodą , gdy zachodzi redukcja:

02

2 CueCu →+

−+

Zn jest anodą , gdy zachodzi utlenianie:−+ +→ e Zn Zn 22 ,

czyli elektrony płyną od cynku do miedzi, zatem

kierunek prą du: od miedzi do cynku

(określanie biegunów w zwojnicy: patrzą c na

zwojnicę tak, aby kierunek prą du zgodny był z

ruchem wskazówek zegara biegun północny znajduje

się na dalszym końcu zwojnicy)

S jest przed płaszczyzną pętli, a N za płaszczyzną ,bieguny przeciwne się przycią gają więc układ będzie

się przycią gał

8.2. Indukcja elektromagnetycznaZad 1.

V C

J

C

m N

s

m

mC

s N m

s

mT E

V Bvlq

l Bqv E

BqvF

lF W

q

W E

==⋅

=⋅⋅

⋅==

==⋅

=

=

⋅=

=

2

40

Zad 2.

α sin2 ⋅⋅⋅=

=

aF W

q

W E

praca jest mnoona przez 2 poniewa w polu

magnetycznym znajdują się dwa fragmenty ramki

równoległe do linii pola (kady o długości a)

( )( )

( )

( )

( )t T

a B

t aT

a B

t aa B E

T

av

t Bva

q

t a Bqv E

BqvF

t

v B

⋅⋅⋅⋅=

=⋅⋅

⋅⋅=

=⋅⋅

⋅⋅=

=

⋅=

⋅⋅=⋅⋅⋅

=

=

⋅=

×

ω π

ω π

ω ω

π ω

ω

ω ω

ω α

α

sin2

sin2

122

sin2

12

2

2

1

sin2sin2

2

2

Zad 3.na elektrony w ramce działają następują ce siły

siły F działają ce na elektrony w danych bokach ramki,

jak widzimy ich układ nie powoduje przepływu

(obiegu) elektronów, a zatem nie wytworzył się prą d0= E

Zad 4.SEM powstanie, jeeli siły zaznaczone na rysunku w

poprzednim zadaniu będą powodować obieg

elektronów sytuacja taka będzie tylko wtedy, jeeli w

polu magnetycznym znajdzie się tylko lewy lub tylko

prawy bok ramki (nie będzie wtedy siły na drugimpionowym boku ramki hamują cej obieg elektronów) ,

wówczas

Bva E =

poniewa siły pochodzą ce od poziomych fragmentów

ramki będą się równowayć.

(( )

t

B E

∆

∆Φ−= , gdzie ( ) B∆Φ to zmiana strumienia

indukcji magnetycznej)

wchodzą c w pole magnetycznej SEM będzie ujemny

poniewa B∆− jest mniejsza od 0, zaś wychodzą c zpola magnetycznego SEM będzie dodatni poniewa

B∆− jest większa od 0

B

v

F

F

F F

Cu(+) Zn(-)

S

N

1F

2F

B




v

d t

v

at

=

=

2

1

Zad 5.

a)

siła F2 nie wpływa na ruch elektronów, zatem na ruchelektronów wpływa tylko F1 więc

Bvl E a =

b)

Bvl E b=

c)

siła powodują ca ruch elektronów jest równa

21 45cos45cos F F F ⋅°=⋅°=

poniewa w polu umieszczone są dwa przewodniki

Bvlq

l Bqv

q

lF E

F F F F

wc

w

22

22

2

245cos2 111

=⋅⋅

=⋅

=

⋅=⋅⋅=°⋅⋅=

2

1

1

1

=

=

c

a

b

a

E

E

E

E

Zad 6.SEM indukcji powstaje wówczas, jeeli ładunek

poruszają c się wykonuje pracę. Siła konieczna do

wykonania tej pracy to siła Lorenza. Działają ce siły

muszą umoliwić obieg elektronów w obwodzie.

SEM indukcji powstaje np.: poruszają c przewodnik

ustawiony prostopadle do linii pole mają c na uwadze

powysze zastrzeenia, zmieniają c pole magnetyczne

otaczają ce przewodnik (II prawo Maxwella)

Zad 7.od strony pierścienia na końcu zwojnicy znajduje się biegun N (określanie biegunów w zwojnicy: patrzą cna zwojnicę tak, aby kierunek prą du zgodny był z


się na dalszym końcu zwojnicy)

a) przesuwają c suwak w prawo zmniejszamy polemagnetyczne indukowane przez zwojnnicę, co jest

równoznaczne z odsuwaniem magnesu sztabkowego,

do pierścienia, zgodnie z regułą Lenza w pierścieniu

od strony zwojnicy powstanie biegun N, zatem

pierścień odchyli się w prawo (bieguny jednoimienne

odpychają się)b) przesuwają c suwak w lewo zwiększamy pole

magnetyczne indukowane przez zwojnnicę, co jest

równoznaczne z przysuwaniem magnesu sztabkowego,

do pierścienia, zgodnie z regułą Lenza w pierścieniu

od strony zwojnicy powstanie biegun S, zatem

pierścień odchyli się w lewo (bieguny rónoimienne

przycią gają się)

Zad 8.Korzystamy z reguły Lenza: prą dy indukcyjne

„starają się przeciwstawić” zmianom strumienia pola

objętego przez przewód. W naszym przypadku

powstaje pole magnetyczne od przewodnika w taki

sposób, aby „utrudnić” ruch magnesu, zatem

a) na górze zwojnicy powstanie biegun północny(określanie biegunów w zwojnicy: patrzą c na

zwojnicę tak, aby kierunek prą du zgodny był z


się na dalszym końcu zwojnicy),

zatem w górnym przewodzie prą d popłynie w lewo

b) na górze zwojnicy powstanie biegun północny,

zatem w górnym przewodzie prą d popłynie w lewo

Zad 9.Zwojnica B ma po lewej stronie biegun S, w zwojnicy

A chcemy uzyskać po prawej stronie biegun S, naley

zatem zwiększać natęenie prą du (co będzieanalogiczne do przysuwania magnesu sztabkowego)

, zatem suwak naley przesunąć w lewą stronę Zad 10.Magnes zbliają c się do zwojnicy i oddalają c się od

indukuje prą d, prą d nie płynie jeśli magnes znajduje

się wewną trz zwojnicy.

t1 – jest czasem przejścia przez zwojnicę

t1t

I

F2

F1B

l

l

v

F1

B

l

v

-Bva

Bva

t1

t1

t2t

F2F1

Bl

l

v

E




Zad 11.

J m N

s A

m As N m A

mC

s N m AT W

J l BId W

lF W

BId F

=⋅=

=⋅

⋅⋅⋅=⋅⋅

⋅

⋅=⋅⋅=

=∆⋅=

∆⋅=

=

22

2

Zad 12.

H A

V s L

I

E t L

t

I L E

=⋅

=

=∆

⋅∆=

∆

∆=

5,0

H – henr jednostka współczynnika indukcyjności oraz

współczynnika indukcji wzajemnej

Zad 13.

V E

t

A I

t I L E

500

108

4

2

=

⋅=∆

=∆

∆∆=

−

8.3. Prą d przemiennyZad 1.Wartością skuteczną zmieniają cego się okresowo

natęenia prą du, SEM, napięcia nazywamy wartość średnią kwadratową natęenia prą du, SEM, napięcia

w czasie równym jednemu okresowi jego zmian

+++=

++=

n

n

n

sk

t t t T

t

U

t

U

t

U U

...

...

21

2

2

2

2

1

2

1

, gdzie U1, U2,…, Un to część napięcia maksymalnego

w okresie

0

2

02

2

0

sk U

3

2

3

2

U3

2

3

1

0

3

2

U3

2

U =

=+

=

Zad 2.

0

2

0

2

0

2

0

2

0

8

5

8

1

2

1

2

1

4

1

2

1

2

1

I I I

I I

I sk =+=

+

=

Zad 3.czas 10

-3s obejmuje 1,5 okresu

Hzt T

f

t

t

T

15002

31

3

2

5,1

=⋅

==

==

Zad 4.liczymy średnie napięcie

C t I q

A I śr

12

6

101

12

102

−

−

⋅=⋅=

=⋅

= µ

61025,6 ⋅==

e

qn elektronów

Zad 5.

V U U

U U

sk

sk

3112

2

0

0

=⋅=

=

Zad 6.na począ tku policzymy opór występują cy w zakładzie

przemysłowym

0

2

2

0

P

U R

R

U P

p

p

=

=

teraz policzmy moc jaka jest w układzie zakład plus

linia przesyłowa

kW PPP

W U P R

PU

P

U R

U

R R

U P

p

2

98039

0

2

0

0

2

0

2

22

≈−=∆

≈+⋅

⋅=

+

=+

=

Zad 7.

AU

P I

I U P

V nU U w

5,0

120

1

1

11

1

==

=

==

AU n

P I w 05,0

1

=⋅

=

Zad 8.W przypadku obwodu z szeregowo podłą czonymi:

opornikiem, kondensatorem i cewk ą zawada ma

postać:2

2 1

−+=

C L R Z

ω ω

w przypadku braku któregoś z elementów pomijamy

odpowiedni fragment powyszego równania




Ω==⋅⋅=⋅=

⋅

=⋅

=

Ω=

Ω=

⋅=

=

=

A

V

s A

sV

C

sV

V

C

s

F Hz Z

Z

Z

C f Z

f

C Z

c

c

c

c

c

111

2,159

3185

2

1

2

1

2

1

π

π ω

ω

Zad 9.w przypadku tego obwodu zawada ma następują cą postać

2

22

2

2

1

1

+=

+=

C R Z

C R Z

RC

RC

ω

ω

więc opór pojemnościowy kondensatora jest równy

7,91932

1

2

1

1

2

11

22

22

222

2

2

=−

=

=−

−=−

+=

==

R Z C f

fC R Z

R Z RC

R Z

fC C Z

RC

RC

RC c

c

π

π

ω

π ω

Zad 10.w przypadku tego obwodu zawada ma następują cą postać

( )

Ω=

Ω=

+=

4,31

6280

2

1

22

RL

RL

RL

Z

Z

L R Z ω

Zad 11.

2

2

2

1

+

==

fC R

U Z

U I RC

π

533,0

2

1

2

1

2

1

2

1

2

1

2

2

2

2

2

2

2

2

1

2

2

1 =

+

+

=

+

+

=

C f R

C f R

C f R

U

C f R

U

I

I

π

π

π

π

Zad 12.

( )( )

A

fL I

U

U

L R

U I

I

U R

sk sk

sk 93,0

22

2

0

22

0

=

+

=

+=

=

π ω

Zad 13.

( )

A

fC fL R R

U

C L R

U

Z

U I

R R R

s

c

s

RLC

s

sk

c

72,1

2

12

1

2

2

21

2

2

21

=

−++

=

=

−+

==

+=

π π

ω ω

fazę począ tkową obliczamy, ze wzoru

2385

78,122

121

21

′°≈

=+

−

=−=

φ

π π

ω ω φ R R

fC fL

RC Ltg

Moc czynną obwodu wyraamy wzorem

( )

2

221

22

212

coscos

cos

−++

⋅=⋅=

=

⋅⋅=

fC fL R R

U

Z

U P

Z

U I

U I P

s

RLC

s

RLC

s

sk

ssk

π π

φ φ

φ

w warunkach rezonansu

LC

1=ω

zatem

A R R

U

R

U

R

U

C

L

C

L R

U

C

LC

C

L R

U

C LC

L

LC

R

U

Z

U I

s

c

s

c

s

c

s

c

s

c

s

RLC

s

sk

20

1

11

212

2

2

2

2

2

2

=+

===

=

−+

=

−+

=

=

−+

==

Zad 14.

w warunkach rezonansu




F V

C

V

As

A

sV

s

H s

C

F

L f

C

LC f

LC f

LC

==⋅

=⋅

=

⋅

=

⋅==

=

=

=

−

2

2

9

22

22

1

1

105,2

4

1

14

12

1

π

π

π

ω

9.1. Ruch harmonicznyZad 1.

⋅= t

T A A

π 2sin

2

1

⋅= t T

π 2sin2

1

sin α jest równy 0,5 dla α = 30°, czyli π /6 radiana

sT

t

T t

t T

5,012

12

6

2

==

=

=⋅π π

Zad 2.

=

=

t T

t T A A

π

π

2sin

2

2

2

sin2

2

sin α jest równy 2 / 2 dla α = 45°, czyli π /4 radiana

sT

t T

t T

8

8

4

2

=

=

=π π

Zad 3.

( ) ( ) ft ft At T

A x 4sin02,02sin2

sin ⋅=⋅=

= π

π

Zad 4.

a)

t T

t

m A

t T

At

t T

A x

π π

π π

π

2

04,0

2sinsin04,0

2sin

=

=

=

=

2

2

2

2

max

max

max

04,02

04,02

2

2

s

m A

T Aa

s

m

T

Av

T

Av

sT

π π

ω

π π

π ω

ω

=⋅

==

=⋅

=

=

=

=

b)

2

2

2

2

max

max

max

18

2

6

3

2

222

2

3

2

23

2

2sin3sin2

2sin

s

m

a AT Aa

s

ma

a

T

Av

T

Av

sT

t T

t

a A

t T

At a

t T

A x

π

π

ω

π π π

π ω

ω

π π

π π

π

=⋅

==

=⋅

=⋅

=

=

=

=

=

=

=

=

Zad 5.podczas jednego okresu ciało przebywa drogę równą czterem amplitudą :

s

m

T

A

t

sv śr 08,0

4===

Zad 6.

rad

A A

t T

A x

290

1sinsin

2sin

π ϕ

ϕ ϕ

ϕ π

=°=

==

+=

Zad 7.

−=

3sin2,0

π π t x

wychylenie będzie maksymalne jeeli:

13

sin =

−π

π t

zatem




st

t

t

t

6

5

56

326

23

=

=

=−

=−

π π

π π π

π π π

Zad 8.

sT t

s f

T

AB 003,04

3

004,01

==

==

sT t AC 006,02

3==

Zad 9.α 0 1° 2° 3° 4° 5°

α 0 0,0175 0,0349 0,0524 0,0698 0,0873

sin α 0 0,0175 0,0349 0,0523 0,0698 0,0872

tan α 0 0,0175 0,0349 0,0524 0,0699 0,0875dla „k ą tów małych” wartości: sin α i tg α są bardzo

zblione do siebie i jednocześnie zblione do miary

k ą ta wyraonej w radianach.

Zad 10.

sT g

l

g

lT

g

lT

Z K

Z

9,466

2

6

2

2

≈⋅===

=

π π

π

Zad 11.ogólny wzór na okres drgań ma postać:

g

lT π 2=

gdzie l – to długość wahadła, a g – przyspieszenie

pochodzą ce od sił działają cych na ciało w stanie

równowagi

a)a = 0

g

lT π 2=

b)przyspieszenie ziemskie jest pomniejszone o

przyspieszenie windy

ag

lT

−= π 2

c)przyspieszenie ziemskie jest powiększone o

przyspieszenie windy

ag

lT +

= π 2

d)

422

2

22

22

222

222ga

l

ga

l

a

lT

gaa

gaa

w

w

w

+=

+==

+=

+=

π π π

Zad 12.125,0sin =α

dla α = 5° sin α = 0,0875

0875,0125,0 >

zatem k ą t wychylenia tego wahadła jest zbyt duy,

aby przyjąć, e drgania tego wahadła są drganiamiharmonicznymi

Zad 13.

ga

gagag

ag

l

g

l

ag

l

g

l

ag

l

g

l

16

7

71691616

9

16

3

4

223

4

=

==−

−=

−=

−=⋅ π π

Zad 14.w windzie spadają cej swobodnie panuje stan

niewakości, czyli a = g,zatem nie jest moliwy ruch

harmoniczny, nie moemy więc mówić okresie drgań,gdy we wzorze

ag

l

T −= π 2

zakładamy, e a ≠ gZad 15.linię pionu obie kulki osią gną równocześnie, gdy okres nie jest zaleny od wychylenia począ tkowego

(dla „k ą tów małych”)

214

1

4

1T T =

Zad 16.

sT t

sT t

12

1

5,04

1

2

1

==

==

g

a

aw




Zad 17.obręcz zawieszoną na gwoździu moemy potraktować

jako wahadło fizyczne, okres drgania wahadła

fizycznego wyraa się wzorem

mgd

I T π 2=

, gdzie d jest odległością między przesuniętą osią obrotu i osią obrotu przechodzą cą przez środek

ciękości.

g

R

Rmg

mRT

mR I obreczy

22

2

12

2

2

π π =

⋅

=

=

Zad 18.

2

4

3mR I tarczy =

g R

Rmg

mR

T 232

2

14

3

2

2

π π =

⋅

=

Zad 19.Ręczny zegarek mechaniczny to zazwyczaj zegarek

balansowy, wykorzystuje on izochroniczne drgania

balansu; balans ma formę pierścienia, mogą cego

obracać się dookoła osi wykonują c ruch drgają cy pod

działaniem przymocowanej do osi spręyny. Jego

działanie nie zaley od siły ciękości, ani jej kierunku

(działa na przykład leą c „do góry nogami”, wprzeciwieństwie do np. mechanicznych zegarów

ściennych), zatem moe on działać w stanie

niewakości.

Zad 20.

( )

( )

J m N ms

kg

E

J t T

A f m

t Am

E

p

p

=⋅=⋅=

=

=

=+=

2

2

22

2

222

94,32

sin2

2

sin2

π π

ϕ ω ω

Zad 21.

( )

( )

( )ϕ ω ω

ϕ ω ω

ϕ ω ω

+=

=+

=

+=

t Am

t Am

E

t Am

E

2

22

2

22

2

222

1

sin42

sin22

sin2

( )

( )4

1

sin2

sin42

222

2

22

1

2 =

+

+=

ϕ ω ω

ϕ ω ω

t Am

t Am

E

E

Zad 22.

2222

p A2

m

9

1

3

A

2

mE

ω=

ω=

w przypadku wychylenia równego amplitudzie

energia całkowita wahadła jest równa energii

potencjalnej (v = 0, więc Ek = 0), jak widzimy

podczas wychylenia x = A/3 energia potencjalna jest

równa 1/9 energii całkowitej, zatem energia

kinetyczna: Ek = 8/9 energii całkowitej

8

1

9

89

1

==

c

c

k

p

E

E

E

E

Zad 23.

- Energia potencjalna

- Energia kinetyczna

Zad 24.

( )

( )

( ) A

xt

t A x

t Am

E

Am

E

E E E

p

c

kin pc

=+

+=

+=

=

+=

ϕ ω

ϕ ω

ϕ ω ω

ω

sin

sin

sin2

2

222

22

pckin

p

E E E

A

x A

m E

−=

⋅=

2

22

2

ω

−=

=

⋅−=

2

22

2

22

22

12

22

A

x A

m

A

x A

m A

m E kin

ω

ω ω

E

t




9.2. Ruch falowyZad 1.długością fali nazywamy drogę jak ą przebędzie fala w

czasie jednego okresu, odległości tej odpowiadają pary punktów:

AE, CG, BF, DH

Zad 2.

s

m

T

lv

T vl

2==

⋅=

Zad 3.

39,41

2

1

2

2

2

1

1

==

=

=

=⋅=

=

v

v

vv

v f

f

vT v

const f

λ

λ

λ λ

λ

λ

Zad 4.

a)załómy, e wychylenie począ tkowe równa się 0 , a

grzbiet fali znajdować się będzie w odległości n + 1/4

metrów (n – ilość pełnych metrów) od punktu

począ tkowego, zaś dolina fali znajdować się będzie w

odległości n + 3/4 metrów od punktu począ tkowego,

skoro długość fal jest równa 1m, zatem po przebyciu

5m w punkcie P wychylenie fali B jest równe 0 (pełna

liczba okresów), a po przebyciu dodatkowego 1/4

metra będzie tam grzbiet fali (zgodnie ze wzorem n +

1/4 metrów, w tym wypadku 5,25m),

po przebyciu 7,5m w punkcie P wychylenie fali A jest

tak e równe 0 (pełna liczba okresów + połowa

okresu), jednak po przebyciu dodatkowego 1/4 metra

będzie tam dolina fali (zgodnie ze wzorem n + 3/4

metrów, w tym wypadku 7,75m), zatem fale te będą się wygaszać.

b)załómy, e wychylenie począ tkowe fali równa się 0,

a grzbiet fali znajdować się będzie w odległości n +

1/4 metrów (n – ilość pełnych metrów) od punktu

począ tkowego dla fali A i w odległości n + 3/4

metrów (n – ilość pełnych metrów) od punktu

począ tkowego dla fali B, gdy fazy są przeciwne , zaś dolina fali A znajdować się będzie w odległości n +

3/4 metrów od punktu począ tkowego, a fali B w

odległości n + 1/4 metrów od punktu począ tkowego,

skoro długość fal jest równa 1m, zatem po przebyciu

5m w punkcie P wychylenie fali B jest równe 0 (pełnaliczba okresów), a po przebyciu dodatkowego 1/4

metra będzie tam grzbiet fali (zgodnie ze wzorem n +

1/4 metrów, w tym wypadku 5,25m),

po przebyciu 7,5m w punkcie P wychylenie fali A jest

tak e równe 0 (pełna liczba okresów + połowa

okresu), po przebyciu dodatkowego 1/4 metra będzie

tam grzbiet fali (zgodnie ze wzorem n + 3/4 metrów,

w tym wypadku 7,75m) zatem fale te będą się wzmacniać Zad 5.odległość 5 cm odpowiada ¼ długości całej fali, skoro

oba źródła drgają w zgodnych fazach rónica faz

będzie równa ¼ długości fali (ogólnie równej 2π)

24

122

π π π =⋅=

∆⋅=∆Φ

l

x

Zad 6.podczas jednego obrotu wibrują ca tarcza powoduje

powstanie fali o długości 2l

s

mlf v

f T

T

lv

42

1

2

==

=

=

Zad 7.największa prędkość będą miały czą steczki wody przy

bardzo małym wychyleniu od stanu równowagi

∆x→0, kiedy cała energia fali skupia się w postaci

energii kinetycznej, dla fali sinusoidalnej (np.

dźwiękowej) przy ∆x→0 moemy przyjąć, e ten

fragment fali jest wycinkiem okręgu, zatem

s

mv Av

vT

T

A Av

r v

f

cz

f

cz

182,02

2

=⋅

=

=

==

=

λ

π

λ

π ω

ω

9.3. AkustykaZad 1.

m f

v

m f

v

f

vT v

0165,0

,5,16

2

2

1

1

==

==

=⋅=

λ

λ

λ

Zad 2.czas potrzebny fali na dotarcie do przeszkody to t/2 (t

jest czasem drogi w dwie strony)

mt vs 2682

2

1=⋅=

Zad 3.




( )

mvv

vvt l

vv

vvl

v

l

v

lt t t

v

lt

vt l

ps

ps

ps

ps

s p

s p

176=−

⋅⋅∆=

⋅

−=−=−=∆

=

=

Zad 4.

m

s

mv

f

vT v

5106,6

330

−⋅=

=

=⋅=

λ

λ

Zad 5.

S I P

S

P I

⋅=

=

0

0

naley pamiętać, aby zamienić cm2

na m2

W P16412 10510510−−− ⋅=⋅⋅=

Zad 6.Jeeli natęenie wzrasta o 1 rzą d (10 razy) to wzrasta

o 1 bel (,czyli 10dB)

dB I I I

dB Bn I

70

3031000loglog

01 =∆+=

====∆

Zad 7.

5

1

2 10

550

=

==∆

I

I

BdB I

Zad 8.

mv

v

vv

v f

f

vT v

const f

p

p

69,41

2

2

2

21

=⋅

=

=

=

=⋅=

=

λ λ

λ λ

λ

λ

Zad 9.w rurze powstanie dźwięk na skutek powstania fali

stoją cej; fala taka musi mieć węzły co najmniej na

począ tku i końcu ośrodka spręystego, zatem długość fali:

n

L

s

2

=λ , gdzie n = 1,2,3,…dla strun, prętów oraz gazów w

rurach otwartych z obu stron

, gdzie n = 1,3,5,…,2m+1 dla gazów w rurach

zamkniętych z jednej strony

W naszym przypadku długość tego ośrodka wynosi

L = 2h (dwie długości rury, ze względu na zamknięty jeden koniec)

zatem maksymalna długość fali otrzymujemy dla

n = 1:

Ls 2=λ

Hzhvv f

s

1654

===λ

Zad 10.dla fali akustycznej rozchodzą cej się kuliście mamy

zaleność const r I =⋅ 24π

zatem

161

1

1~

2

1

22

2

2

21

2

1

2

===r

r

r

r

I

I

r I

Zad 11.

f

vn L

f

v

n

L

f

v

n

L

s

s

2

2

2

=

=

=

=

λ

λ

v – to prędkość fali dźwiękowej w powietrzu 330 m/s

m f

v

L

m f

v

f

v L

m f

v L

75,02

3

5,02

2

25,02

3

2

1

==

===

==

itd.

Zad 12.

f

v

Ln

L

s

s

=

==

λ

λ 22

s

m fLv

L f

v

30002

2

==

=

(jest to prędkość rozchodzenia w strunie i nie mona

jej mylić z prędkością rozchodzenia w powietrzu)




Zad 13.

m f

vh

h

f

v

f

v

h L

Ln

L

s

s

0275,04

4

2

22

==

=

=

=

==

λ

λ

v – to prędkość fali dźwiękowej w powietrzu 330 m/s

Zad 14.

m f

vh

h f

v

f

v

h

m f

vh

h f

v

f

v

h L

L

s

s

s

s

00825,02

2

2

15,44

4

2

2

max

min

min

max

max

min

minmin

min

max

max

min

min

max

maxmax

maxmax

=⋅

=

=

=

=

=⋅

=

=

=

=

=

λ

λ

λ

λ

Zad 15.rurę z wodą traktujemy jako rurę zamkniętą z jednej

strony

Hzh

v f

h f

v

n

h

n

Ls

5,4124

4

42

==

=

==λ

w rurach zamkniętych z jednej strony drugi rezonans

następuje dla n = 3 (następne dla n = 5, 7, 9, itd.)

mhh

hh

603

3

44

12

21

==

=

Zad 16.

L

v f

f v

L

s

s

2

2

1 =

=

=

λ

λ

123

4

23

4

4

32

f L

v

L

v f =⋅=

⋅

=

Zad 17.korzystamy z równania opisują cego zjawisko

Dopplera (zbliają c się do źródła słyszymy

częstotliwość fal wyszą od częstotliwości

wytwarzają cego je źródła)

v

v f f

001

11−

=

vf – prędkość rozchodzenia się fali

v – prędkość zbliania się do źródła

(jeeli oddalamy się od źródła znak minus

zastępujemy plusem i wówczas oczywiście v staje się prędkością oddalania się od źródła)

Hz f 25,10311 =

(podana w odpowiedziach odpowiedź jest

przyblieniem, korzystają cym z faktu, e (v0 /v)2 jest

praktycznie równe 0, takiego przyblienia nie mona

dokonać dla duych v0)

Zad 18.określają c częstotliwość korzystamy z równania

opisują cego zjawisko Dopplera, słyszą c zbliają cy się pocią g do naszych ust dociera częstotliwość wysza

od f 0, kiedy pocią g się oddala jest ona nisza, podczas

przejazdu obok nas częstotliwość słyszana jest równa

f 0

natęenie dźwięku jest odwrotnie proporcjonalne do

kwadratu odległości:

2

1~

r I

9.4. Fale elektromagnetyczne

Zad 1.

Układ LC rejestruje fale, które odpowiadają jegookresowi w którym powstaje rezonans,czyli:

f

f 0

t

t

I




m LC c

LC

c LC

f

f T

f

c

LC

5,11912

2

1

2

1

2

22

1

=⋅==

==

==

=

=

π

π

λ

π π

ω

π π

ω

λ

ω

Zad 2.wypełniają c kondensator dielektrykiem εr = 5

zwiększymy jego pojemność 5 razy, gdy

d

SC r ε ε 0=

Hz f

C L f

LC f

894,0552

1

2

1

01

0

==⋅⋅

=

=

π

π

Zad 3.

H A

sV

s A

sV

C

sV

V

C

s

F

s

F s

m

m L

H C c

L

LC c

LC c

LC

c

f

c

=⋅

=⋅

⋅=

⋅===

⋅

=

=⋅

=

=

⋅===

2222

2

2

2

22

2

22

2

56,04

4

2

2

1

µ π

λ

π

λ

π

π

λ

Zad 4.

m f

cT c 29,4==⋅=λ

Zad 5.

2501025,0104

1

104

10

10400

101,0 33

7

4

9

3

=⋅=⋅=⋅

=⋅

⋅=

−

−

−

−

n

Zad 6.

Hzc

f

f

c

141029,4 ⋅==

=

λ

λ

Zad 7.np.

fale długie, radiofonia, UKF i telewizja, mikrofale,podczerwień, światło widzialne, nadfiolet, promienie

X miękkie, promienie X twarde, promienie gamma

Zad 8.

ssc

st 20min8500

103

105,18

11

==⋅

⋅==

Zad 9.rok świetlny to odległość jak ą przebędzie światło w

cią gu 1 roku

kmt cs125 1046,9365243600103 ⋅≈⋅⋅⋅⋅=⋅=

10.1. Optyka fizyczna

Zad 1.

aby obserwować interferencję fal promieniowanie wkadej wią zce musi pochodzić od tych samych

atomów, gdy tylko wtedy długości fal będą identyczne, czego nie da się uzyskać mają c dwa róne

źródła

Zad 2.rozcią głe źródło światła wysyła fale świetlne dla

których rónica faz drgań jest przypadkową funkcją czasu, niespójność tych fal powoduje losowe padanie

na szczeliny, przez co zamazują się prąki (w

szczeliny wchodzą fale z przesuniętymi fazami)

Zad 3.stałą (okresem) siatki dyfrakcyjnej nazywamy

wielkość d = a + b, gdzie „a” jest szerokością nieprzezroczystego paska przesłony, a „b”

szerokością szczeliny

w naszym wypadku na 1 milimetr przypada 100 rys, a

więc tak e 100 miejsc nieprzezroczystych

( )

nmd

nmba

nmba

4

4

6

10

10

10100

=

=+

=⋅+

Zad 4.λ ψ nd =sin

gdzie n jest rzędem maksimum głównego, z

warunków zadania n = 1.

nmd

d

2000sin

sin

==

=

ψ

λ

λ ψ

Zad 5.(konsekwentnie z poprzednimi zadaniami oznaczmy

stałą siatki przez d)

λ ψ nd =sin

n = 2

nmd

d

5872

sin

2sin

==

=

ψ λ

λ ψ

Zad 6.k ą t ψ musi być mniejszy 90°, zatem sin ψ ≤ 1

d

n

nd

λ ψ

λ ψ

=

=

sin

sin




4

6,4

1

≤

∈

≤

≤

≤

n

N n

n

d n

d

n

λ

λ

maksymalny rzą d widma wynosi 4.Zad 7.Jeeli na siatk ę dyfrakcyjną światło pada ukośnie to

warunek dla maksimów głównych przybiera postać d(sinψ + sini) = nλ ,gdzie i jest k ą tem padania światła na powierzchnię siatki

( )

2000

500

10

10500

6

6

==

=+

=+

nmd

d ba

nmba

( )

6010

176,0sinsin

sinsin

sinsin

′°=

=−=

=+

=+

ψ

λ ψ

λ ψ

λ ψ

id

n

d

ni

nid

Zad 8.k ą t pod jakim musi badać światło niespolaryzowane,

aby światło odbite było spolaryzowane nosi nazwę k ą ta Brewstera:

'3056

51,1cos

sin

°=

===

B

B

B B ntg

α

α

α α

Zad 9.

'0653

33,1cos

sin

cos

sin

cos2

sinsin

2

sin

sin

°=

===

=

=

−=

−=

=

B

B

B

B

B

B

B B B

B B

B

B

ntg

n

n

α

α

α α

α

α

α α π

β

α π

β

β

α

jest to k ą t pomiędzy promieniem słonecznym, a

normalną , zatem k ą t nad jakim znajduje się nadhoryzontem słońce jest równy

'5436'065390 °=°−°=α

Zad 10.

0335

581,0sin

sin

sin

sin

'2854

4,1sin

sin

cos

sin

′°=

==

=

°=

====

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B B

n

n

ntg

β

α β

β

α

α

β

α

α

α α

10.2. Odbicie i załamanie światła

Zad 1.

promień zmieni kierunek o k ą t równy 2∆α.Zad 2.korzystamy z równania soczewki (prawidłowego

tak e dla zwierciadła kulistego)

y x f

111+=

f – ogniskowa

x – odległość przedmiotu od zwierciadła

y – odległość obrazu od zwierciadła

xl

xl

r

l xr

r f

+=

+=

=

2

11

2

1

1

2

1

7,262

)2(

2

=−

=

=−

+=

r l

rl x

rlr l x

rxrl xl

Zad 3.obraz n razy większy znajduje się w odległości n razy

większej ni przedmiot od zwierciadła, zatem

α α

α ∆α ∆α

α+ ∆α




m

n

nl R

nl

n

R

R f

nll f

2,0

1

2

12

2

1

111

=

+

=

+=

=

+=

Zad 4.przejście promienia przez F powodu je powstanie

wią zki równoległej do OF, zaś przejście promienia

przez O powoduje ,e wią zka odbita pokrywa się zwią zk ą padają cą (α = 0), zatem w naszym wypadku

wią zka odbije się pod k ą tem pośrednim

Zad 5.

R x

x R x

x R R xR

xR

x R

R

R f

R x f

3

2

24

24

2

22

2

1

2

111

=

+=

+=

+=

=

+=

obraz n razy większy znajduje się w odległości n razy


3

3

22

2

=

=

=

n

Rn R

nx R

Zad 6.załamanie światła przez gazy zmienia się wraz z

temperaturą , gorą cy mur podgrzewa otaczają ce go

powietrze przez co obserwujemy rónice załamania

światła przez powietrze w zaleności od odległości od

muru, powoduje to, e widzimy obraz jakby falował.

Zad 7.z definicji: współczynnik załamania światła to

wielkość n równa stosunkowi prędkości c fal

elektromagnetycznych w próni do ich prędkości

fazowej v w ośrodku

s

m

n

cv

s

m

n

cv

n

cv

v

cn

d

w

8

8

1025,1

1026,2

⋅==

⋅==

=

=

Zad 8.v z indeksem to prędkość światła w odpowiednim

ośrodku.

13,1===

=

=

=

=

=

w

s

s

p

w

p

sw

s

p

s

w

p

w

s

w

sw

w

p

w

s

p

s

n

n

n

v

n

v

n

n

vv

n

vv

v

vn

v

vn

v

vn

Zad 9.

26,22 ==⋅=⋅=

⋅=

=

n

ht

n

ct vh

t ch

v

cn

w

w

Zad 10., Zad 11.korzystamy z wzoru Snelliusa:

n= β

α

sin

sin

, gdzie α jest k ą tem padania, a β k ą tem załamania,

(poniewa promień przechodzi z powietrza do wody)

'3840

651,060sinsin

sin

°=

=°

==

β

α β

nn

Zad 12.

F

O

α β




( ) ( )

( )

°=

===

=−°=

−°=

°=+

°=−°+−°

=

57

54,1cos

sin

cos90sinsin

90

90

909090

sin

sin

α

α α

α

α α β

α β

β α

β α

β

α

tgn

n

Zad 13.

'194890

'4141

665,0sinsin

30sin

sin

sin

°=−°=

°=

==

°=

=

β γ

β

α β

α

α

β

n

n

Zad 14.

( )

mn

d

n

d x

n

d x

d xn xn x xd

xd

x

n

xd

x

n

xd y

y

xn

n

n

811,0cos

cos

cos

cos

cos

cos

coscoscoscos

cos

cos

sin

cossin

sin

cos

cos90sinsin

90

sin

sin

2222

22

22

222

222222

222222

22

2

2

2

22

22

=−

=−

=

−=

=−=+

+=

+=

+=

=

=

=

=−°=

−°=

=

ϕ

ϕ

ϕ

ϕ

ϕ

ϕ

ϕ ϕ ϕ ϕ

ϕ

ϕ

β

ϕ β

β

ϕ

ϕ ϕ α

ϕ α

β

α

Zad 15.najmniej załamuje się światło czerwone, najbardziej

światło fioletowe (przy pierwszym załamaniu k ą tzałamania jest większy od k ą ta padania, poniewa światło przechodzi z ośrodka, w którym prędkość światła jest mniejsza do ośrodka gdzie ta prędkość jest

większa)

Zad 16.pryzmat ten jest trójk ą tem równobocznym

α

β

φ

x

yd

α

β γ

α

β

światło

białe

czerwone

fioletowe ółte

α β γ δ

60°




'2547

736,0sinsin

sin

sin

2427

60

180609090

'4632

541,0sin

sin

sin

sin

°=

==

=

°=

°=+

°=°+−°+−°

°=

==

=

δ

γ δ

γ

δ γ

γ β

γ β

β

α β

β

α

n

n

n

n

normalna boku na którym następuje drugie załamanie

światła jest równoległa do pierwotnego promienia (są one nachylone od podstawy o ten sam k ą t = 30°),

zatem promień ten odchyli się o:'2547°=δ

Zad 17.k ą t graniczny β spełnia równość

'2424

'3041

'4548

1sin

1sin

90

sin

sin

°=

°=

°=

=

=

°=

=

d

s

w

n

n

β

β

β

β

α

α

β

α

Zad 18.mamy to do czynienia z odbiciem wewnętrznym, k ą tpadania promieni tworzy z normalną k ą t 45°, zatem

1sin

1sin

sinsin

sin

sin

>

>

=

=

β

α

β α

β

α

n

n

n

41,12

2

2

2

2

1

45

sin

1

≈>

=>

°=

>

n

n

n

β

β

Zad 19.

'4841

667,0sin

1sin

1sin

1sin

1sin

90

sinsin

sin

sin

9018090

°<

<

<

<

<⋅

<

°<

=⋅

=

=

−°−°=−°

ϕ

ϕ

ϕ

α

α

β

β

β α

α

β

ϕ α

ϕ α

n

n

n

n

n

Zad 20.aby wykreślić drogę promienia słonecznego naleypodzielić atmosferę na jak najwięcej warstw dla

których przyjmujemy uśrednione współczynniki

załamania, pamiętają c, e współczynniki załamania

rosną wraz ze zblianiem się do powierzchni(poniewa wzrasta gęstość)w pewnym przyblieniu promień ten ma kształt

10.3. Soczewki

Zad 1.korzystam z wzoru soczewkowego

y x f

111+=

f – ogniskowa soczewki

x – odległość od przedmiotu

y – odległość od obrazu

α β

φ




( )

m f l

fl x

fl f l x

xl fx fl

xl

xl

f

l x f

105,0

1

111

=−

=

=−

=+

+=

+=

Zad 2.dla obrazu pozornego wzór soczewkowy przyjmuje

postać

( )

m f d

fd x

fd f d x

fx fd xd xd

xd

f

d x f

y x f

042,0

1

111

111

=+

=

=+

−=

−=

−=

−=

obraz p razy większy znajduje się w odległości p razy


96,5== x

d p

Zad 3.obraz k razy większy znajduje się w odległości k razy


obliczamy ogniskową :

kd

k

f

kd d f

+=

+=

11

111

wyprowadźmy wzór na promień krzywizny

oczywiście jest to schemat bardzo „skoncentrowany”

w rzeczywistości odległości r i f są znacznie większe

dlatego k ą ty α i β są niewielkie, zatem prawo

Snelliusa przyjmie postać (oczywiście k ą ty wyraamyw radianach)

β α

β

α

β

α

n

n

≈

≈=sin

sin

( ) ( )

( )

( )r

n f

r

d n

f

d

r

d nnn

f

d

f

d tg

r

d

11

1

1

11

sin

−=

−≈

−≈−=−=−=≈

−=

=≈

=≈

β β β β α ϕ

β α ϕ

ϕ ϕ

β β

korzystają c z wcześniej obliczonego ilorazu 1/f mamy:

( )

( )

( )m

k

nkd r

nkd

k

r

kd

k

r n

033,01

1

1

11

111

=+

−=

−

+=

+=−

Zad 4.

( )

2,11

1

1

1

1

1

11

1

1

2

2

1

2

1

2

2

11

=−

−=

−

−=

−=

−=

−=

n

n

n

r

n

r

f

f

n

r f

n

r f

r n

f

Zad 5.współczynnik załamania światła to wielkość n równa

stosunkowi prędkości c fal elektromagnetycznych wpróni (w treści zadania podane są współczynniki

względem powietrza) do ich prędkości fazowej v w

ośrodku;

v z indeksem to prędkość światła w odpowiednim

ośrodku.

O Fr

f

dβ

ββφ




2

1

1

2

1

2

2

1

n

n

n

v

n

v

n

n

vv

n

v

v

v

vn

v

vn

v

vn

p

p

p

s

p

w

s

w

w

p

s

p

==

=

=

=

=

=

zatem wzór przyjmie postać

( )

+−=

21

1111

r r n

f

Zad 6.rozpraszają cą poniewa współczynnik załamania

światła przechodzą cego z wody do powietrza jest

mniejszy od 1, zatem korzystają c z prawa Snelliusa

k ą t załamania musi być większy od k ą ta padania

Zad 7.

w

s

swn

nn =

korzystamy ze wzoru na ogniskową

( )

256,01

1

1

1

11

1

1

11

1

2

1

2

1

=−

−

=

−

−=

−

=−

=

−=

−=

−=

s

w

s

w

s

s

w

ssw

s

n

n

n

n

n

r

n

r

f

f

n

n

r

n

r f

n

r f

n

r f

r n

f

Zad 8.

Zad 9.

Zad 10.Zakładamy, e F jest ogniskiem soczewki wobec

powietrza

Zad 11.

z prawa Snelliusa

β

α

sin

sin=n

dla małych k ą tów wyraenie to przyjmuje postać

β

α ≈n

k ą t α jest 2 razy większy od k ą ta β są to k ą ty oparte na

tym samym łuku, α jest k ą tem środkowym, a β k ą tem

wpisanym, zatem

22

=≈ β

β n

Zad 12. jest moliwe, jednak otrzymany obraz, będzie

obrazem przedmiotu znajdują cego się przed nie

zasłoniętą częścią soczewki

F F

F F

woda

powietrze

F F

F F

β

Oα β




10.4. Przyrzą dy optyczne

Zad 1.

m z

f

f z

4,01

1

==

=

jest to soczewka skupiają ca (poniewa zdolność

skupiają ca jest dodatnia), zatem wyrównuje wadę dalekowzroczności

Zad 2.

f la

111=+

a – odległość od soczewki oka do siatkówkif – ogniskowa soczewki w oku

D zld f

f lad a

f f d a

okularow

okularow

okularow

okularow

2111

11111

1111

==−=

++=+

+=+

Zad 3.moemy np. zogniskować promienie słoneczne (które

traktujemy jako wią zki równoległe) i wyznaczyć odległość od podłoa do soczewki, która będzie

ogniskową

Zad 4.

l x f

f laa x

a x f f

al f

okularow

okularow

okularow

111

11111

1111

111

−=

++=+

+=+

+=

poniewa x→ ∞, 1/x→ 0, zatem

D zl f okularow 1

11

−==−=

Zad 5.

al f

111+=

l→ ∞, 1/l→ 0, zatem

a f

11=

D zd f

ad f a

ad f f

okularow

okularow

okularow

411

1111

1111

===

+=+

+=+

Zad 6.w mikroskopie nie mona rozróniać kształtów

przedmiotów, których rozmiar jest mniejszy od

długości fali, poniewa fala świetlna (powstała w

skutek dyfrakcji) docierają ca od dwóch punktów

leą cych w odległości mniejszej ni długość fali

interferuje w ten sposób i tworzy się falaodpowiadają ca fali wysyłanej przez jeden punkt,

znajdują cy się pomiędzy tymi dwoma

Zad 7.układ soczewek znajdują cy się w mikroskopie działa

następują co: pierwsza soczewka wytwarza obraz

rzeczywisty, powiększony i odwrócony przedmiotu,

druga – obraz pozorny nieodwrócony i powiększony

tego pierwszego, najlepiej zatem umieścić skalę wmiejscu powstania obrazu rzeczywistego przedmiotu,

gdy obraz pozorny, który będziemy obserwować

będzie ju zawierał tę skalę (przez co zniekształceniapowstałe na drugiej soczewce nie spowodują błędu w

pomiarze), tak e nie zmieni się skala pomiaru po

zmianie wielkości powiększenia okularu.

Zad 8.k ą t pomiędzy tymi kropkami musi być większy od 1’

schematycznie:

α α tg=sin

poniewa k ą t α jest bardzo mały

mh

l

l

h

44,3sin

sin

==

=

α

α

Zad 9.

Obraz

rzeczywisty

Obraz

pozorny

przedmiot

h

lα

l

f




zmniejsza się k ą t załamania światła na oku ludzkim

gdy współczynnik załamania woda-oko jest mniejszy

od współczynnika załamania powietrze-oko, na

siatkówce powstaje obraz taki jak u osób z

dalekowzrocznością

Zad 10.

( )

( )

( )d f f d f l f dl

d f l f dl f

f d f

d f l f dl

f d f

d f l f dl

a

d f

d f l f dlb

d f l f dldbb f

b f l f d f dbdl

bld

bld

f

d bl f

f b

bf a

abbf af

f

abba

ab

ba

f

ba f

abal

bd p

d bl f

ba f

abal

bd mn p

bl

d n

a

bm

+−−+

−+=

−+−+

+

−+

=

+

−+=

−+=+

+−=−

−

+−=

−−

=

−=

=+

=+

+=

+=

−=

−−

=

+=

−=⋅=

−==

2122

221

1

2

22

1

2

22

2

22

222

222

2

2

1

1

11

1

1

1

2

1

1

111

1

111

111

111

,,

( )

( )

( )

( )

( )5,341

21

2122

2122

21

2

222

2122

1

2

2

22

2122

221

2

22

=+−−+

=

=

+−−+

=

+

+−−+

⋅+−−+

+

=

+

−+−

+−−+

−+

+

−+

=

f f

d f f d f l f dl

d f f d f l f dl

d f f

d

d f

d f l f dldll f

d f f d f l f dl

f

d f

d

d f

d f l f dll

d f f d f l f dl

d f l f dl f

d d f

d f l f dl

p

(w odpowiedziach w zbiorze przyjęto dość daleko

idą ce uproszczenia mianowicie: p = bd/f 1f 2 co jest

uproszczeniem wyraenia p = (b/f 1-1)*(d/f 2+1) oraz b

= l - f 2, zamiast b = (dl+f 2l-f 2d)/(f 2 + d)Zad 11.

61

1

11

=+=

−=

−=

f

d n

n f

d

d d

n

f

Zad 12.

stała siatki jest to suma jednostkowej szerokościczęści nieprzepuszczalnej i przepuszczalnej, dla

naszego kartonu

( )

( )

a

d a f x

d a f ax

ax

d a

ax

d

x x

n

x f

a

d n

n

d

n

aa

mmd d d a

2

2

22111

2

2

22

+=

+=

+=+=+=

=

=′

=

==+=′

10.5. FotometriaZad 1.

α α

α

α

cos1cos1

1cos

1

cos1

2222

221

2

bac E

aa E

r E

+==

==

=

a

b

l

d




( )22

90sincosba

a

+=−= α α

( )

( )

( )62,4

1

1

3

322

322

2

2

1

32222222

=+

=

+

=

+

=++

=

a

ba

ba

aa

E

E

ba

a

ba

a

ba E

Zad 2.

( )

25,4sin

sin

sin1

sin1

sin1

90cos1

2

1

22

12

2

1

22

===

=−=

ϕ

ϕ

ϕ

ϕ

ϕ ϕ

r

r

E

E

r r E

Zad 3.

16

cos1

1

cos1

1

cos1

11~

2

1

2

2

1

2

2

2

2

2

1

2

1

2

=

===

=

d

d

d

d

d

d

t

t

d

E t

α

α

α

Zad 4.

( )

( )

( )

( )

31

1

1122

22

=+

=

+=

=−

=−

=−

=−

n

nd x

n xnd

xn xnd

xn xd

xn xd

x

I

xd

n

I

x – jest odległością od mocniejszego źródła światła

Zad 5.światłość to stosunek strumienia świetlnego

wysyłanego przez źródło punktowe w nieskończenie

małym stoku do k ą ta bryłowego tego stoka

ω

Φ= I

jednostk ą jest kandela (W/sr wat na steradian)

steradian to jednostka k ą ta bryłowego, jest to k ą t owierzchołku w środku kuli, wycinają cy z jej

powierzchni część równą powierzchni kwadratu o

boku równym promieniowi tej kuli (analogicznie jek

radian lecz w dwóch wymiarach); k ą t bryłowy pełny

to 4π sr (.

cd P

I

P

P

2,1594

==

=Φ

Φ=

π

η

η

η

Zad 6.

lxr

I

S

r

S I

S E

lmr

S I

r

S

I

3,0

102,1

2

2

4

2

2

==∆

∆

=∆

Φ=

⋅=∆

=Φ

∆=

=Φ

−

ω

ω

11.1. Dualizm korpuskularno-falowyZad 1.zgodnie z prawem przesunięćWiena:

K C

T

T

C

5216==

=

λ

λ

Zad 2.na naszą opaleniznę wpływ ma promieniowanie UV,

jak wiemy atmosfera absorbuje je; w górach warstwa

atmosfery jest mniejsza przez co dociera więcejpromieni UV

Zad 3.

mT T T

T C

T T T

CT T C CT

T T

C

T

C

T T

C

T

C

m

m

m

7

0

2

0

0

2

0

00

00

0

2

0

1

6310,2 −=⋅∆+

∆=

=⋅∆+

−∆+=

∆+−=∆

∆+=

=

λ

λ

λ

energia emitowana jest proporcjonalna do natęenia

promieniowania

4

~

T I

I E

σ =

σ – stała Stefana-Boltzmanna

464,1

4

0

0

4

0

4

2

1

2 =

∆+==

T

T T

T

T

E

E

σ

σ

Zad 4.W strefie podbiegunowej do powierzchni Ziemi

dociera szczególnie duo promieniowania świetlnego

(w tym tak e groźnego dla człowieka promieniowania




UV); naley, zatem ubierać się na jasno, aby odbić jak

najwięcej tego promieniowania.

Zad 5.korzystamy z prawa przesunięćWiena oraz z prawa

Stefana-Boltzmanna

38,9

~

4

2

1

4

1

2

4

1

4

2

1

2

4

=

=

==

=

=

λ

λ

λ

λ

σ

σ

σ λ

λ

C

C

T

T

E

E

T E

C T

T

C

Zad 6.w fizyce kwantowej częstotliwość oznaczamy literą υ (ni)

7,42

1

1

2

1

2 ===

=

=

=

λ

λ

λ

λ

λ ν

ν λ

ν

ch

ch

E

E

c

ch E

Zad 7.

[ ] [ ]19

19

106,1

31087,4

−

−

⋅

==

=⋅==

=

=

=

J E

e

J E eV

eV J c

h E

c

c

h E

λ

λ ν

ν λ

ν

Zad 8.energię całkowitą będą cej w stanie spoczynku czą stki

lub układu czą stek (np. ją dra atomowego, atomu,

czą steczki) równą W = mc2

nazywamy energią spoczynkową

λ

ν

ν λ

ν

c

c

h E

=

=

=

mmc

h

mc E

E

ch

ch E

12

2

1042,2 −⋅==

=

=

=

λ

λ

λ

Zad 9.

λ ν

ν λ

ν

c

c

h E

=

=

=

a)ν h E =

b)

λ ν

ν λ

ν

c

c

h E

=

=

=

λ

ch E =

wykresem będzie hiperbola

Zad 10.

λ ν

ν λ

ν

c

c

h E

=

=

=

λ

ch E =

υ

E

λ

E




J E

J E

J E

c

b

a

19

19

19

1096,4

1054,3

1083,2

−

−

−

⋅=

⋅=

⋅=

Zad 11.długość fal światła widzialnego to: 400-700 nm

nmm E ch

ch E

9,283109,283 9 =⋅==

=

−λ

λ

promieniowanie to nie naley do obszaru światła

widzialnego

Zad 12.

s

m

m

W hc

m

E v

vm E

W hc

W E E

hc E

E W E

ee

kin

e

kin

kin

kin

5

2

1083,3

22

2

⋅=

−

==

=

−=−=

=

+=

λ

λ

λ

Zad 13.

s

m

m

hc

m

hchc

m

E v

vm E

hchcW E E

hc E

E W E

J

hc

W

W E

eee

kin

e

kin

kin

kin

5

1212

2

12

2

19

1

1

1031,5

11222

2

1068,3

⋅=

=

−

=

−

==

=

−=−=

=

+=

⋅==

=

−

λ λ λ λ

λ λ

λ

λ

Zad 14.

a)

eV J W

Hz

hW

13,41061,6

10

19

15

1

1

=⋅=

=

=

−

ν

ν

b)

( )

Jss J

Hz

eV E h

hhhW E E

kin

kin

34

15

19

151512

1212

104,6105,1

106,16

101105,2

6

−−

⋅=⋅

⋅⋅⋅=

=⋅−⋅

=−

=

−=−=−=

ν ν

ν ν ν ν

c)

nmmc

chhW

300103 7

1

1

=⋅==

==

−

ν λ

λ

ν

Zad 15.

eV W

eV W

eV W

W c

h E

c

h E

E W

53,6

79,2

88,1

3

2

1

=

=

=

==

=

=

=

λ

λ ν

ν

Zad 16.

2

iRT U E kin==

i – liczba stopni swobody (dla gazów

jednoatomowych i = 3)

Ekin jest to energia kinetyczna jednego mola gazu,

zatem energia jednego atomu gazu będzie równa

K

J k

N

R

N

iRT E

A

A

kin

231038,1

2

−⋅==

⋅=

k – stała Boltzmana

K

K

J

J

K

J m

s

ms J

T

K k

hcT

kT hc

hc

E

kT E kin

==

⋅

⋅⋅

=

==

=

=

=

9603

2

2

3

2

3

λ

λ

λ

Zad 17.energia jednego kwanta światła jest równa




shc

P

E

Pn

hc E

15=

⋅==

=

λ

λ

Zad 18.

shc

P

E

P

n

hc E

1

1082,216

⋅=

⋅

==

=

λ

λ

Zad 19.wzór de Broglie’a określa zaleność długości fali,

zwią zanej z poruszają cą się czą stk ą materialną , od jej

pędu

λ

λ h

v

hv

v

E p kin ===

mv

h

p

h==λ

z zasady zachowania energii obliczmy prędkość

meUm

h

m

eU m

h

m

eU v

m

eU v

mveU E

13

2

2

1043,122

2

2

2

−⋅===

=

=

==

λ

Zad 20.

nmvm

h

p

h

e

36,36===λ

Zad 21.fotony odbijają c się spręyści zmieniają swój zwrot

wektora prędkości (przy niezmienionym kierunku),

zatem ∆v = 2v, więc zmiana pędu jest równa:

02 p p =∆

korzystają c z wzoru de Broglie’a

t p

m p

t m

t vmmaF

hn p

h p

h p

p

h

f

f

f

∆=∆⋅===

=∆

=∆

=

=

λ

λ

λ

λ

2

2

poniewa t = 1s

PaS

nh

S

F p

pF

cisnienie

6103,52 −⋅===

∆=

λ

Zad 22.

2

2

2

15

104,2

1099,1

−

−

⋅===

=

⋅==

cm

h

cm

hc

E

E

cm E

J hc

E

ees

es

λ

λ

λ

Zad 23.w mikroskopie nie mona rozróniać kształtów

przedmiotów, których rozmiar jest mniejszy od

długości fali, poniewa fala (powstała w skutek

dyfrakcji) docierają ca od dwóch punktów leą cych w

odległości mniejszej ni długość fali interferuje w ten

sposób i tworzy się fala odpowiadają ca fali

wysyłanej przez jeden punkt, znajdują cy się pomiędzy

tymi dwoma, w mikroskopie optycznym odprzedmiotu oglą danego odbijają się fale światła

widzialnego (400-700nm), zaś w mikroskopie

elektronowym fala ma długość średnio 0,002nm, co

pozwala uzyskać znacznie lepsze powiększenie przez

mikroskop elektronowy

11.2. Widmo atomu. Atom Bohra

Zad 1.dla jonów wodoropodobnych wzór Balmera-Rydberga

przybiera postać

−=

2

1

22 11

nn Rc Z ν

Z – liczba porzą dkowa

R – stała Rydberga

n – główna liczba kwantowa w widmie wodoru mamy

następują ce serie linii, dla:

n = 1 – seria Lymana

n = 2 – s. Balmera

n = 3 – s. Paschena

n = 4 – s. Bracketta

n = 5 – s. Pfundan = 6 – s. Humphreysa

n1 = n + 1, n + 2,…(jeeli n jest stałe mówimy

wówczas o serii widmowej)

dla częstotliwości granicznej n1 → ∞ dlatego dla

wodoru (Z = 1) wzór przyjmuje postać

2

2

1

1

n Rcc

c

n Rc

=

=

=

λ

λ ν

ν




nm R R

n

n

R

3642

1

22

2

===

=

λ

λ

jest to zakres UV (ultrafiolet)

Zad 2.

nm

R

n R

nhRc

hc

E

hc

J hRc E

Rc

h E

5,102

3

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

10939,13

1

1

1

3

1

1

1

2

1

22

18

2

22

=

−

=

−

=

−

==

⋅=

−=

−=

=

−

λ

λ

ν

ν

przy przejściu do stanu podstawowego zmieniać się będzie liczba kwantowa dla pierwszej liczby

kwantowe = 1: n = 2, n = 1, dla drugiej liczby

kwantowe = 2: n = 3, zatem

nm

R

nm

R

656

3

1

2

1

1

121

2

1

1

1

1

22

3

2

2

=

−

=

=

−

=

λ

λ

Zad 3.najmniej energetyczną linią w zakresie widzialnym

jest powstała w wyniku przejścia z n = 3 na n = 2

(pierwsza linia serii Balmera) zatem energią minimalną jak ą trzeba dostarczyć elektronowi atomu

wodoru jest energia konieczna do przejścia ze stanu

podstawowego na n = 3

rozwią zują c równanie Schrdingera otrzymujemy

n

Rhc E −=

1

poniewa w stanie podstawowym n = 1

Rhc E −=1

z zasady zachowania energii

a)

e

e

e

m E v

vm E

vmhRc

12

2

1

2

2

916

29

8

23

1

1

1

−=

=⋅−

=

−

em

E v 1

3

4 −=

b)

11

1

22

5

36

36

5

1

36

5

1

3

1

2

1

E

hc

hc

E

hc

E R

RhRc

hc

E

hc

−=−

=

−=

=

−

==

λ

λ

c)

e E U

Ue E

UehRc

1

1

2

98

9

8

3

1

1

1

−=

=−

=

−

Zad 4.

5

14

14

4

11

4

1

1

4

1

1

1

2

1

2

22

2

222

=

−

=

=

−

=−

=−

−

=

−

==

R

Rn

R R

n

n R Rn

n R R

n R

nhRc

hc

E

hc

λ

λ

λ λ

λ λ

λ λ

λ

jest to linia odpowiadają ca przejściu elektronu z

poziomu 5 na 2

Zad 5.energia jonizacji jest to energia jak ą trzeba dostarczyć aby wybić elektron z pola ją dra atomowego, czylispowodować przejście ze stanu podstawowego (n=1)

na nieskończenie due n (n→∞, 1/n→0)

eV

J hRchRcnn

hRc E

6,13

1019,21

111 18

2

1

2

=

=⋅===

−= −

Zad 6.pierwszą linią jest n1 = n + 1

λ

hc E

hRchRc E

=

=

−=

36

5

3

1

2

122




710097,15

36

36

5

⋅==

=

λ

λ

R

hchRc

Zad 7.dla częstotliwości granicznej mamy wzór:

4

9

2

3

1

1

1

2

2

2

2

2

1

1

1

2

2

2

2

===

=

=

=

=

=

R

n

R

n

R

n

n

R

n Rc

c

c

n Rc

λ

λ

λ

λ

λ

λ ν

ν

Zad 8.

mme

h

me

h

r

h

mer

11

2

20

2

2

0

2

2

0

1029,524

2

4

−⋅==

=

=

=

π

ε π πε

π

πε

h

h

Zad 9.

94

4

4

2

1

2

2

2

12

2

0

2

22

2

0

1

2

2

2

2

0

==

⋅

⋅

=

⋅=

n

n

nme

nme

r

r

nme

r

h

h

h

πε

πε

πε

Zad 10.

hn

e

mnh

emnh

mem

nh

hnv

em

nhr

rm p

p

h

nv

e

e

e

e

e

e

0

2

22

0

2

2

22

0

2

22

0

222

2

ε πε

π

π

ε π

π

ε

π

λ

λ

===

=

=

=

=

s

m

h

ev

n

6

0

2

1019,22

1

⋅==

=

ε

jest to wartość ponad 100 razy mniejsza od prędkości

światła zatem nie ma konieczności stosowania

poprawki relatywistycznej

Zad 11.

nm E

hc

J h

meh

h

me E

h

me Rc

Rch E

656

1003.3836

5

36

5

8

8

3

1

2

1

19

22

0

4

32

0

4

32

0

4

22

==

⋅===

=

−=

−

λ

ε ε

ε

Zad 12.

nm R

R Rch

hc

E

hc

Rhc E

4863

16

16

3

1

4

1

2

1

41

21

22

22

=⋅

==

−

==

−=

λ

jest to zakres światła widzialnego (400nm-700nm)

Zad 13.korzystamy z warunku Braggów

β λ cos2d n =

gdzie β to k ą t jaki tworzy promień z normalną

( )

md

n

nd

d n

10108,2sin2

1

sin2

sin2

sin90coscos

90

−⋅==

=

=

=

=−°=−°=

α

λ

α

λ

α λ

α α β α β

Zad 14.

korzystamy z zasady zachowania energii

mU U e

hcUe

hc

chUe

cv

v

c

hvUe

10

21

21 1003,111 −⋅=

−=−=∆

=

=

=

=

=

λ λ λ

λ

λ

λ

λ




Zad 15.

mUe

hc

chUe

cv

v

c

hvUe

11102,6 −⋅==

=

=

=

=

λ

λ

λ

λ

Zad 16. β λ cos2d n =

( )

'4314

2541,02

2sin

2

2sin

sin2

sin90coscos

90

°=

===

=

=

=

=−°=

−°=

α

λ λ α

λ α

α λ

α α β

α β

d d

n

d

n

d n

Zad 17.Kα, Kβ, Kγ uszeregowane są wraz ze wzrostem

długości fal promieniowania (,czyli wraz ze spadkiem

energii), długości fal jest odwrotnie proporcjonalna do

częstotliwości, zatem po prawej stronie znajduje się Kα, a po lewej Kβ.

12. Fizyka ją drowa

Zad 1.

m Rr

r xR R

r

r x

e

e

e

69,40===

=

Zad 2.

( )

( ) 3

17

3

0

3

0

3

03

3

033

1082,14

3

4

3

4

3

34

34

m

kg

r

m

Ar

Am

r A

Am

r Ar V

V

Am

V

m

nnn

n

⋅====

==

==

π π π ρ

π π

ρ

Zad 3.

Z An

Z p

−=

=

Z – liczba atomowa

A – liczba masowa

9,8,7,6

6

=

==

Z

const p

Zad 4.

mol

g A

p p A

Cl 45,35100

97,3647,2497,3453,75

100

...2211

=⋅+⋅

=

+⋅+⋅=

µ µ

Zad 5.czą steczki α są dwudodatnie podobnie jak ją dra

atomowe; natęenie pola elektrostatycznego wzrasta

wraz ze wzrostem liczby atomowej; dla ją der ciękich

wartość ta jest zbyt dua, aby ją pokonała czą stka α (lub ma następnie zbyt małą energię, aby

zapoczą tkować reakcję), zamiast zderzenia następuje

odbicie

Zad 6.

s

m

m

E v

vm E

p

p

7

2

10385,12

2

⋅==

=

(1eV = 1,602·10-19

J)

Zad 7. jeeli jest to odbicie spręyste oznacza to, e po

zderzeniu energia neutronu jest równa 0, zatem

przekazał on całą energię atomowi wodoru

Zad 8.promieniowanie β jest szkodliwe, gdy w kontakcie z

atomami pierwiastków ciękich powoduje

wytworzenie promieniowania rentgenowskiego, w

ją drach atomów lekkich takie zjawisko nie zachodzi,

zatem to właśnie z takich atomów naley budować

osłony (szkło składa się głównie z krzemu, zaś pleksjabędą c polimerem głównie z węgla)

Zad 9.

α 4

2

1

1

7

3 2→+ p Li

( )

MeV

J cmmmmc E

9,16

10703,22 122

231

2

=

=⋅=−+=∆= −

Zad 10.tworzenie jednego atomu powoduje wyzwolenie

energii równej:

( )

J ckg

cmmmmc E He p p

12229

22

1096,3104,4

22

−− ⋅=⋅⋅=

=−+=∆=

1 g helu to n atomów:

( )

J

N cmmmn E E

N n

A He p pc

A

11

2

23

106

0026,4

122

10504,10026,4

1

⋅=

=⋅⋅−+=⋅=

⋅=⋅=

(rónice w wynikach zaleą od wartości tablicowych,

które nie są jednolite)

Zad 11.

J J MeV 11198 10204,3106,1102200−− ⋅=⋅⋅⋅=

w cią gu doby zuywa się:




J J E 126 104624,2105,28243600 ⋅=⋅⋅⋅=

ilość czą steczek uranu zuywana w cią gu doby

22

11

12

10685,710204,3

104624,2⋅=

⋅

⋅=

−n czą steczek

g N

nm U

A

30=⋅= µ

Zad 12.

x p N +→+

1

1

4

2

14

7 α uzgadniamy teraz liczbę masową i atomową „x”

8127

171414

=−+=

=−+=

Z

A

„x” to atom tlenu, równanie, więc ma postać pO N 1

1

17

8

4

2

14

7 +→+ α

Zad 13. jedynie podczas przemian α zachodzi zmiana masy

zatem liczba przemian α jest równa

84

32

4==

∆=

Anα

podczas 8 przemian α liczba atomowa zmalała o 16,

czyli wynosi 76, aby była ona równa 82 musi nastą pić 82-76 = 6 rozpadów β- Liczba przemian α = 8, a rozpadów β- = 6

Zad 14.

36

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

1024,1 ⋅===

=

=

p pg

e

e

p

g

Gm

ke

r

mG

r

ek

F

F

r

ek F

r

mGF

Zad 15.

MeV J cmmc E e 02,11064,12 1322 =⋅==∆= −

Zad 16.rozpatrzmy reakcję na poziomie atomowym dla

dwóch atomów deuteru:

( ) J cmmmc E He D1222 10728,32 −⋅=−=∆=

w jednym kilogramie znajduje się n ją der deuteru

21

0

1002,52

00015,02

2

⋅=⋅⋅

⋅⋅= A

H

N m

n µ

powysze wyraenie mnoymy przez 2 poniewa liczba wodorów w czą steczce tlenu jest równa 2,

powysze wyraenie dzielimy przez 2 poniewamasa

deuteru jest 2 razy większa od masy wodoru

(zawartość procentowa odnosi się do masy nie do

ilości)

energia właściwa (do wyliczonej jednostkowej reakcji

zuywa się 2 at. deuteru) jest równa

J n

E E c91035,9

2⋅=⋅=

Zad 17.roślinę naley podlać wodą zawierają cą promieniotwórczy fosfor, a następnie badają cpromieniowanie, sprawdzić przyswajalność wody.

Roślinę podlewaną jakiś czas wodą zawierają cą 32P

ścinamy, spalamy, a następnie na podstawie

intensywności promieniowania popiołu ilościowo

mierzymy32

P.

Zad 18.

Neutrony w zderzeniach z czą steczkami wody tracą swoją energię.Zad 19.Rad naley do tej samej grupy (II) co wapń, ma zatem

podobne właściwości, dzięki czemu wbudowuje się do tkanek w miejsce wapnia (szczególnie do kości),

gdzie ulega przemianom promieniotwórczym

Zad 20.

x Nan Mg +→+ 24

11

1

0

24

12

11112

124124

=−=∆

=−+=∆

Z

A

wypromieniowaną czą stk ą jest proton.

Zad 21.szybkość rozpadu promieniotwórczego określamy

wzorem:t

e N N λ −⋅= 0

N – liczba czą stek, która pozostała

N0 – począ tkowa liczba czą stek

t N

N

t N

N

e N

N t

λ

λ

λ

=

−=

= −

0

0

0

ln

ln

dla okresu półtrwania N = ½ N0

λ

λ

λ

2ln

2ln

2

1ln

2 / 1

2 / 1

2 / 1

0

0

=

=

=

T

T

T

N

N

Zad 22.korzystam z wzoru

n

N N

=

2

10

n – ilość czasów połowicznego rozpadu

2 / 1T

t n =




%5,87%1008

7

8

7

8

1

8

1

2

1

0

0

000

0

3

0

=⋅=

=−=∆

=

=

N

N

p

N N N N

N N N

Zad 23.obliczam stałą rozpadu

hsT

st N

N

t N

N

5180002ln

10000385,0

1ln

ln

2 / 1

0

0

===

==

=

λ

λ

λ

13. Elementy fizyki relatywistycznej

Zad 1.

cv

cv

cv

cmvm

vmcmvm

c

vcmcmvm

cm

c

vvm

cmc

c

v

vm

cmcmc

c

v

vm

cmcmc

c

v

vm

cmcmc p

c

v

vm p

cmc p E

cm E

ee

eee

eee

ee

ee

eee

eee

ee

e

e

e

2

3

4

3

34

34

33

33

3

1

3

1

4

1

21

2

1

22

22

2222

222222

2

2222222

22

2

2

22

422

2

2

22

42422

2

2

22

2422

2

2

22

24222

2

2

4222

2

0

=

=

=

=

−=

−=

=

−

=

−

=+

−

=+−

=+

−

=

+=

=

Zad 2.Korzystam z transformacji Lorenza

2

'1

'

c

vu

uvv

x

x

x

+

+=

vx – szukana prędkość zbliania się dwóch elektronów

u –szybkość elektronu względem spoczywają cego

układu odniesienia (u = 0,5c)

vx’ – szybkość poruszają cego się układu odniesienia(vx’ = 0,5c)

cc

c

cc

ccv x

5

4

25,015,05,01

5,05,0

2

=+

=

+

+=

Zad 3.

2

3

3

12

1

3

3

2

1

3

3

2

3

2

1

4

11

2

1

2

1

1

2

1

1

2

1

2

2

2

2

==⋅

=

⋅=

==

−

==

−

=

−

=

==

mc

mc

p

p

mc

mcmc

c

c

mc

c

v

mv p

mcmv p

n

r

r

n

Zad 4.energia spoczynkowa elektronu jest równa:

MeV J cm E e 511,010188,8 142

0 =⋅==

Zad 5.zmiana energii elektronu jest równa rónicy między

energią poruszają cego się elektronu, a energią spoczynkową elektronu:

2

0 cm E e=

energią poruszają cego się elektronu jest równa

−

−

=−

−

=∆

=∆

−=

1

1

1

1

1

2

2

22

2

2

2

2

2

2

c

vcmcm

c

v

cm E

Ue E

c

v

cm E

eee

e




V

cv

e

cmU

Ue

c

vcm

e

e

25771

1

1

1

1

1

2

2

2

2

2

2

=

−

−

=

=

−

−

nierelatywistycznie:

V e

mvU

Uemv

25622

22

2

==

=

Zad 6.

a)

907,32

0

2

0

===

=

cm

E

E

E n

cm E

e

e

b)

( )

2

2

2

2

22

2

2

22

2

2

2

2

2

2

22

2

2

2

2

2

2

2

2

2

1

1

11

11

1

1

1

1

cm E cm

cv

cmcm E c

v

cmcmc

v E

c

v

cmc

vcm E

c

v

cm

cv

cm E

c

vcm E

ekin

e

eekin

eekin

eekin

ee

kin

ekin

+=−

=+−

=−+−

−−=−

−

−

=

−

−

=

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

1

1

1

+

−=

+−=

+=−

cm E

cm

c

v

cm E

cm

c

v

cm E

cm

c

v

ekin

e

ekin

e

ekin

e

Zad 7.

wzór de Broglie’a określa zaleność długości fali,

zwią zanej z poruszają cą się czą stk ą materialną , od jej

pędu

( )

( )

( )

mcm

h

cm

h

c

c

cm

h

c

c

cm

h

c

c

cm

c

v

vm

p

p

h

h p

ee

ee

ee

12

2

2

2

2

2

2

2

2

1082,18,0

6,064,018,0

8,01

8,0

8,01

8,0

8,01

8,0

1

−⋅=⋅

⋅=−⋅

=

=−⋅

=

−

⋅=

−

⋅

=−

=

=

=

λ

λ

λ

Documents

Fizyka Chyla - pełne rozwiązanie zadań