Sprawdź się

Pokaż ćwiczenia:

RxspZGlhkGHik1

Ćwiczenie 1

RuF3uQdGMNFpE1

Ćwiczenie 2

RQlTG6lQXbafA1

Ćwiczenie 3

Ćwiczenie 4

R1TyhtXgIWViQ

Wielki Zderzacz Hadronów (LHC) jest gigantycznym laboratorium badawczym cząstek elementarnych, znajdującym się niedaleko Genewy (Szwajcaria), zbudowanym i wykorzystywanym przez Europejską Organizację Badań Jądrowych (CERN). Zadaniem LHC jest rozpędzanie pojedynczych protonów lub cięższych jąder atomowych do olbrzymich prędkości i zderzanie ich ze sobą. W wyniku takich zderzeń odtwarzane są warunki, które panowały w bardzo wczesnych chwilach istnienia Wszechświata, bezpośrednio po Wielkim Wybuchu. Na tej podstawie naukowcy mogą badać zachodzące wtedy procesy, które w efekcie doprowadziły do stanu Wszechświata, który znamy.

R1S5fokdXFmwl

Rys. 1. Zdjęcie przedstawia rozległą halę. W głąb hali wchodzi wielka rura, którą otacza skomplikowana aparatura rozmieszczona promieniście wokół rury. Pod rurą widoczna jest maleńka sylwetka człowieka. Cała konstrukcja ma wielkość wielopiętrowego budynku. — Rys. 1. Jeden z detektorów cząstek (detektor mionów CMS) umieszczony w LHC. Na dole zdjęcia widoczny jest pracownik laboratorium.
Źródło: CERN, dostępny w internecie: https://cds.cern.ch/images/CERN-PHOTO-201703-062-52 [dostęp 18.05.2022], tylko do użytku edukacyjnego.

O czym świadczy fakt, że energia kinetyczna lecącego komara jest zaledwie 280 razy większa od energii rozpędzonego protonu? Zauważmy najpierw, że stosunek masy komara $m$ i masy protonu $m_p$ jest znacznie większy niż 280:

$\displaystyle\frac{m}{m_p}=\frac{2,5\cdot10^{-6}\text{ kg}}{1,67\cdot10^{-27}\text{ kg}}\approx1,5\cdot10^{21}\ .$

Masy te różnią się o ponad 21 rzędów wielkości! Zgodnie więc z wyrażeniem $E_k = \frac {1}{2}mv^2$ uzyskany stosunek energii kinetycznych mógłby świadczyć o stosunku prędkości protonu do prędkości komara. Spróbujmy to wykorzystać do oszacowania prędkości $v_p$ protonu przyspieszonego w LHC:

$\displaystyle\frac{1}{2}mv^2=280\cdot\frac{1}{2}m_pv_p^2\ \Rightarrow\ v_p=v\cdot\sqrt{280\frac{m}{m_p}}\approx11,5\cdot10^8\ \frac{\text{m}}{\text{s}}\ .$

Problem w tym, że żaden materialny obiekt nie może poruszać się z taką prędkością – jest ona niemal czterokrotnie większa od prędkości światła $c = 3\cdot 10^{8} \ \frac {\text {m}}{\text {s}}$ . A według oficjalnych informacji o protonach przyspieszanych w LHC, osiągają one około 99.9999991% tej prędkości.

Czy to znaczy, że w treści zadania albo w rozwiązaniu jest jakiś błąd? A może pracujący w LHC naukowcy nie potrafią przeprowadzić takiego obliczenia? Na szczęście - ani jedno, ani drugie.

Rozbieżność wynika z faktu, że zastosowany do obliczenia energii kinetycznej wzór jest przybliżony. Dokładne wyrażenie musi uwzględniać założenia i wyniki teorii względności. Czyżby więc wzór $E_{k}=\frac{1}{2}mv^{2}$ , o którym właśnie się uczysz, był nieprzydatny? Nic podobnego. Doskonale przybliża on wyniki dla prędkości „codziennych”, rzędu metrów na sekundę, a nawet kilometrów na sekundę. Przy prędkości orbitalnego ruchu Ziemi wokół Słońca, czyli $30\ \frac {\text {km}}{\text {s}}$ , oba wzory dają wyniki jednakowe z dokładnością do ośmiu cyfr znaczących. Im szybciej jednak porusza się obiekt, na przykład proton w akceleratorze, tym bardziej uzasadnione staje się użycie wzoru relatywistycznego (choć jest on nieco bardziej skomplikowany):

$\displaystyle E_k=mc^2\Bigg(\frac{1}{\sqrt{1-\frac{v^2}{c^2}}}-1\Bigg)\ .$

Przy prędkości rzędu $10^{5}\ \frac {\text {km}}{\text {s}}$ te dwa wyrażenia dają wyniki różniące się niemal o 1%. Przy takich prędkościach i jeszcze bliższych $c$ znany nam wzór opisujący energię kinetyczną nie znajduje sensownego zastosowania.

Ćwiczenie 5

RoF2CqCYiL1RP

Energia kinetyczna przekazana drugiej kulce przez pierwszą wynosi

$\displaystyle E_{k2} = (1-n) E_{k1}\ ,$

Energia kinetyczna przekazana trzeciej kulce przez drugą

$\displaystyle E_{k3} = (1-n) E_{k2} = (1-n)^2 E_{k1}\ ,$

możemy więc możemy wnioskować, że energia przekazana piątej kulce przez czwartą będzie wynosiła

$\displaystyle E_{k5} = (1-n)^4 E_{k1}\ .$

Zatem

$\displaystyle E_{k5} = (1-0,2)^4 \frac{0,2\,\text{kg}\cdot (5\,\text{m/s})^2}{2} \approx 1,024\,\text{J}\ ,$

wobec tego, skoro masa piątek kulki to $\displaystyle 5m_1$ , mamy

$\displaystyle v_5 = \sqrt{\frac{2E_{k5}}{m_5}} = \sqrt{\frac{2\cdot 1,024\,\text{J}}{1\,\text{kg}}}\approx 1,431\,\text{m/s}\ .$

Ćwiczenie 6

RKos50IeYAvGJ

Do rozwiązania zadania wykorzystaj zasadę zachowania energii mechanicznej. Energia kinetyczna paczki jest różnicą pracy wykonanej przez siłę $\vec{F}$ oraz pracy siły tarcia.

Ćwiczenie 7

RXR1vwDJaV5T7

Rys. 2. Zdjęcie przedstawia zawodnika podczas meczu hokeja. Zawodnik porusza się na łyżwach, na głowie ma kask, a twarz osłonięta jest specjalnym ochraniaczem w postaci metalowej siatki. W rękach trzyma długi kij, którym popycha mały krążek leżący na lodzie. — Rys. 2. Hokej.
Źródło: dostępny w internecie: https://unsplash.com/photos/gpqohhXN_BI [dostęp 18.05.2022], domena publiczna.

Rz2q6XD1cVfzd

Na krążek działa przez cały czas siła tarcia

$T=\mu m g=0,3\cdot 0,15\cdot 9,81\,\text{N}=0,44145\,\text{N}\ .$

W pierwszej fazie ruchu przyspieszenie krążka wynika z działania wypadkowej siły o wartości $F-T$ . Jego wartość wynosi wobec tego

$\displaystyle a_1=\frac{F-T}{m}\ .$

Krążek uzyska zatem po czasie $t_1=5\,\text{s}$ prędkość

$\displaystyle v_1=a_1 t_1=\frac{(F-T)t_1}{m}$

i pokona drogę

$\displaystyle s_1=\frac{a_1 t_1^2}{2}=\frac{(F-T)t_1^2}{2m}\ .$

W drugiej fazie ruchu na krążek działa tylko siła tarcia $\vec{T}$ , zatem przyspieszenie (a właściwie opóźnienie) krążka ma wartość

$\displaystyle a_2=\frac{T}{m}\ .$

Ze wzoru na prędkość w ruchu jednostajnie opóźnionym znajdziemy czas $t_2$ tej fazy ruchu:

$v_2=v_1-a_2 t_2\ ,$

gdzie $v_2=0$ . Stąd

$\displaystyle t_2=\frac{v_1 m}{T}\ .$

Droga, jaką przebędzie krążek w tej fazie ruchu jest równa

$\displaystyle s_2=\frac{a_2 t_2^2}{2}=\frac{v_1^2 m}{2T}=\frac{(F-T)^2t_1^2}{2Tm}\ .$

Podstawiając wartości liczowe, dostajemy $s_1\approx 4,879 \,\text{m}$ oraz $s_2\approx 0,647\,\text{m}$ . Ostatecznie

$s=s_1+s_2\approx 5,5\,\text{m}$ .

Ćwiczenie 8

Kierowca prowadzi samochód z prędkością $v_0=50\,\text{km/h}$ . W chwili $t_0 = 0$ pojawia się na drodze przeszkoda. Kierowca rozpoczyna awaryjne hamowanie dopiero po czasie $t_r = 1\text { s}$ , w którym samochód przebywa drogę $s_r$ . Samochód, hamowany siłą tarcia statycznego opon o jezdnię o maksymalnej dostępnej w tych warunkach wartości, zatrzymuje się tuż przed przeszkodą po przebyciu drogi $s_h$ równej $s_r$ . W hipotetycznej sytuacji, różniącej się od opisanej jedynie tym, że kierowca rozpocząłby hamowanie po czasie $t’_r = 1,5\text { s}$ po pojawieniu się przeszkody, jego samochód niechybnie uderzyłby w nią, z końcową prędkością $v_k$ .

Oblicz współczynnik tarcia statycznego opon o jezdnię $f$ .
Oblicz, w sytuacji hipotetycznej, końcową prędkość $v_k$ , z jaką kierowca uderzy w przeszkodę, jeśli czas jego reakcji jest o pół sekundy dłuższy niż w opisanej wyżej sytuacji realnej.

Drogę $s_r$ , przed rozpoczęciem hamowania, samochód przebywa ruchem jednostajnym. Do wyrażenia drogi $s_h$ wykorzystaj Przykład 2 z części Przeczytaj.
Droga $s’_r$ jest dłuższa niż $s_r$ , więc droga $s’_h$ musi być o tyle samo krótsza od $s_h$ .

1. Drogę $s_r$ wyrażamy jako

$s_r=v_0t_r\ .$

Z kolei drogę $s_h$ możemy wyrazić, zgodnie z komentarzem 3. w drugim przykładzie w części „Przeczytaj”, jako:

$\displaystyle s_h=\frac{v_0^2}{2gf}\ .$

Z treści zadania wynika, że drogi te są jednakowe, co pozwala wyznaczyć współczynnik tarcia

$\displaystyle v_0t_r=\frac{v_0^2}{2gf}\ \Rightarrow\ f=\frac{v_0}{2gt_r}\ .$

Po uwzględnieniu, że $v_0\approx13,9 \,\text{m/s}$ , uzyskujemy

$\displaystyle f=\frac{13,9\,\text{m/s}}{2\cdot9,81\text{m/s}^2\cdot 1\,\text{s}}\approx0,7\ .$

2. Wyznaczmy drogę przebytą od chwili zauważenia przeszkody do rozpoczęcia hamowania. Ruch jest jednostajny, prędkość wynosi $v_0$ , wobec tego

$s'_r = v_0 t'_r\ ,$

zatem, skoro $t'_r = \frac{3}{2} t_r$ , wnioskujemy, że do chwili rozpoczęcia hamowania samochód przejedzie drogę

$\displaystyle s_r'=\frac{3}{2} s_r\ .$

Ale przeszkoda została zauważona w tej samej chwili, a więc z tej samej odległości, co poprzednio. Stąd związek

$s'_r + s'_h = s_r + s_h\ ,$

co po uwzględnieniu związku między $s'_r$ i $s_r$ daje

$\frac{3}{2} s_r + s'_h = s_r + s_h\ ,$

skąd

$s'_h = -\frac{1}{2} s_r + s_h = \frac{1}{2}s_h\ .$

Mamy więc ruch opóźniony z tą samą prędkością początkową, tym samym przyspieszeniem, ale odbywa się on na dwukrotnie krótszej drodze. Wyznaczmy prędkość końcową w tym ruchu. W pierwszym przypadku nie wyznaczyliśmy przyspieszenia. Wiemy, że droga, prędkość początkowa i przyspieszenie związane są równaniem

$\displaystyle s_h = \frac{v_0^2}{2a}\ \Rightarrow\ a = \frac{v_0^2}{2s_h}\ .$

Ale $s_h = s_r = v_0 t_r$ , wobec tego

$\displaystyle a = \frac{v_0^2}{2v_0 t_r} = \frac{v_0}{2t_r}\ .$

Są to wielkości znane. A skoro wiemy, że w drugim przypadku droga hamowania jest dwukrotnie krótsza od tej w przypadku 1., możemy napisać

$\displaystyle v(s'_h)=\sqrt{v_0^2-2s'_ha}=\sqrt{v_0^2-s_h\frac{v_0}{2t_r}}=\sqrt{v_0^2-s_r\frac{v_0}{2t_r}}\ ,$

ale $s_r = v_0 t_r$ , więc upraszczamy nasze wyrażenie do

$\displaystyle v(s'_h) = \frac{v_0}{\sqrt{2}} \approx 35,5\,\text{km/h}\ .$

Animacja

Dla nauczyciela