fizyka 2

FIZYKA 2
Międzywydziałowa Szkoła Inżynierii Biomedycznej 2008/2009
SEMESTR 2
Rozwiązania zadań nie były w żaden sposób konsultowane z żadnym wiarygodnym źródłem informacji!!!
W związku z tym ich poprawność jest wątpliwa i w przypadku ewentualnych błędów proszę zgłaszać poprawki do autora.
BNS - [email protected] – wersja 1.0
student.agh.edu.pl/~bonesaaa/
"Theory is when you know all and nothing works. Practice is when all works and nobody knows why. In this case we have put
together theory and practice: nothing works... and nobody knows why!” (anymous author)
1
SPIS TREŚCI
Inżynieria Biomedyczna gr. 2 i 3, zestaw nr 2.1 - termodynamika ......................................................................................... 3
Inżynieria Biomedyczna gr. 2 i 3, zestaw nr 2.2 - elektrostatyka .......................................................................................... 15
Inżynieria Biomedyczna gr. 2 i 3, zestaw nr 2.3 – elektromagnetyzm, ruch cząstki naładowanej w polach........................ 28
Inżynieria Biomedyczna gr. 2 i 3, zestaw nr 2.4 – pole magnetyczne ................................................................................... 35
Inżynieria Biomedyczna gr. 2 i 3, zestaw nr 2.5 – indukcja elektromagnetyczna, fale EM ................................................... 44
Inżynieria Biomedyczna, zestaw nr 2-6 – optyka .................................................................................................................. 56
Inżynieria Biomedyczna, zestaw nr 2-7 – podstawy mechaniki kwantowej......................................................................... 67
Zadania nierozwiązane – B1.10, B1.12, B1.13, B2.3, B2.8, B2.9, B2.13, B4.3, B4.4, B4.5, B4.12
B5.2, B5.4, B5.9, B5.11, B5.12, B5.15, B6.4, B6.10, B6.11, B6.13, B7.7, B7.8, B7.10
Pomoc do zadań (oprócz podręczników): http://novell.ftj.agh.edu.pl/_wolny/
2
Inżynieria Biomedyczna gr. 2 i 3, zestaw nr 2.1 - termodynamika
Zadanie B1.1
Kawałek lodu o temperaturze TL = -15oC i masie mL = 40 g wrzucono do 200 g wody o temperaturze T1 = 27oC. Jaka
będzie końcowa temperatura układu po roztopieniu się lodu? Ciepło właściwe lodu cWL = 2100 J/K/kg, wody cW = 4200
J/K/Kg, ciepło topnienia lodu L = 334000 J/kg, straty pomijamy.
Ile potrzeba ciepła by doprowadzić lód do temperatury topnienia?
∆ 2 100 0,04 15 1 260 Ile potrzeba ciepła by stopić lód bez zmiany temperatury?
334 000 0,04 12 360 Ile potrzeba ciepła na doprowadzenie wody powstałej z lodu o temperaturze 0 C do
temperatury X ?
4 200 0,04 168
Ogółem ilość pobieranego ciepła jest :
!" # # 14 620 # 168
Skąd to ciepło zostanie wzięte? Odda go ciepła woda wlana do lodu.
$$ !" %27 ' ( 4 200 0,2 %27 ' ( 840%27 ' (
!" $$ !"
14 620 # 168 840%27 ' (
1 008 8 060
)*. 8°-
Stosuję zasadę bilansu cieplnego:
4200 0,2 27 ' 334 000 0,04 ' 2 100 0,04 15
10,7.
4 200 0,2 ' 2 100 0,04
Zadanie B1.2
2 mole gazu doskonałego ogrzano pod stałym ciśnieniem od temperatury T1 = 300 K do T2 = 450 K. Obliczyć pracę
wykonaną przez gaz, zmianę energii wewnętrznej gazu i różnicę molowych ciepeł właściwych cp – cv.
Proces jest izobaryczny, ponieważ p = const. Wzór na obliczanie pracy w tym procesie
(podkreślam w tym miejscu, że dV oznacza bardzo małą zmianę objętości V – d to bardzo mała
delta Δ, czyli nieskończenie mała zmiana wartości):
/ 0 12
dV czyli przyrost objętości gazu obliczamy z równania Clapeyrona:
12 34
1
0
Po połączeniu obu równań otrzymujemy, że:
3
/ 0 34
1
34 1
0
No i stąd można już łatwo obliczyć pierwszą część zadania. Natomiast zmianę energii
wewnętrznej obliczymy z I zasady termodynamiki:
15 ' / ' 34 1
oraz
6 3 1
Po połączeniu obu równań, otrzymujemy:
15 6 3 1 ' 34 1 3 1 %6 ' 4(
W procesie izochorycznym (v=const) 15 jest równe:
15 7 3 1
Łącząc wszystko w całość otrzymujemy równanie Meyer’a:
7 3 1 3 1 %6 ' 4(
7 6 ' 4
4 6 ' 7
Zadanie B1.3
Nurek na głębokości h = 30 m napompował z automatu oddechowego balon, do objętości V = 5 litrów. Jaką objętość
będzie miał balon tuż po wypłynięciu na powierzchnię? Następnie balon na powierzchni wyjęto, a jego powłoka (i
powietrze wewnątrz) ogrzały się od promieni słonecznych do t = 40oC. Jaką teraz będzie miał objętość balon, jeśli na
głębokości 30 m woda miała temperaturę tw = 4oC?
Ciśnienie na głębokości h=30 m:
p = p0 + ρgh
ρ = 998 kg/m3
p0 = 1013 hPa
h = 30 m
g = 9,8 m/s2
p = 395 300 Pa = 3953 hPa
Ilość tlenu znajdująca się w 5 litrach balonika:
pV = nRT
V=5 l = 5 dm3 = 0,005 m3
T=4*C=(273+4) K = 277 K
3
02 395300 9: 0,005 1976,5
); 0,86 );
4
2301,87
8,31
277 <
); <
Skoro w 5 litrach na głębokości 30 metrów znajduje się 0,86 mol tlenu, to na powierzchni balon będzie
zajmował objętość:
4
1 mol – 22,4 dm3
0,86 mol – x dm3
X = 19,264 dm3= 19,3 l
Po ogrzaniu się powierzchni balonu do 40*C, objętość zmieni się:
2236,9 34 0,86 ); 8,31 ); < %273 # 40( <
0,022 2
101300 9:
101300
0
Po ogrzaniu się balonu, zajmował on 0,022 m3, czyli 22 l.
Zadanie B1.4
2 mole 2-atomowego gazu doskonałego poddano sprężaniu izotermicznemu (T = 300 K) od objętości V1 = 1000 cm3 do
V2 = 300 cm3. Oblicz pracę wykonaną nad gazem, ilość energii wymienionej z otoczeniem, zmianę energii wewnętrznej i
entropii oraz ciśnienie końcowe gazu.
02 34
0
34
2
Praca wykonana nad gazem i ilość energii wymienionej z otoczeniem:
Z pierwszej zasady termodynamiki wynika, że całe ciepło doprowadzone do gazu doskonałego w
procesie izotermicznym jest zużywane na wykonanie pracy przeciwko siłom zewnętrznym. Więc ilość
energii wymienionej z otoczeniem Q = W.
@A
@A
∆ 34 =
@B
T= 300 K
V1=1000 cm3=1 dm3
V2=300 cm3 = 0,3 dm3
@A
34
∆ ∆/ = 0 12 = >
? 12
2
@B
@B
2
12
@
34 ln%2(@AB 34ln%2 ( ' ln%2 ( 34 ln % (
2
2
2
300 ∆/ 34 ln > ? 2 ); 8,31
300 < ln E
F 4986 %'1,2( 5983,2 2
< );
1000 Zmiana energii wewnętrznej:
∆G 34∆
)3HI
∆G 0
Zmiana entropii:
@A
∆
12
2
∆J = 34
34 ln > ? 2 ); 8,31
ln%0,3( '19,94
2
2
< );
<
@B
Ciśnienie końcowe gazu:
34 2 ); 8,31 < ); 300< 4986 K 0
16 620 000 9: 164 :I
2
0,0003 0,0003 5
Zadanie B1.5 Hennel
Wyprowadzić zależność ciśnienia atmosferycznego od wysokości nad powierzchnią Ziemi. Założyć, że powietrze jest
gazem idealnym, na wysokości h = 0 ciśnienie wynosi p0, przyspieszenie ziemskie wynosi g, a temperatura powietrza nie
zależy od wysokości.
L 0J
M
2
Należy w tym miejscu przypomnieć, iż M jest zmienne, a więc nie może być użyte we wzorze
barometrycznym.
Resnick/Halliday
Kąkol
NOPQ NRSQ # NTUężXPśTU
\
OZ O[Z # \]
^
_
OZ O[ Z # ^_]
_ Z%`[ ' `(
OZ O[ Z # ^Z%`[ ' `(]
O O[ ' ^]`
%0 # 10(J 0J # a
%0 # 10(J 0J # MaJ 1b
0 # 10 0 # Ma 1b
10
10 Ma 1b
Ma
1b
02 34
0#
2
34
0
dab
0 0c
4
M
2
0 0c ' Mab
M
0
0
34 34
0 0c ' Mab 0c '
0 >1 #
d0
ab
4
dab
? 0c
4
d
3
M
d0
4
4 # dab
0>
? 0c
4
4
0c
0 0c >
? 0c #
4 # dab
dab
Ciśnienie atmosferyczne w danym punkcie nad powierzchnią Ziemi określone jest przez ciężar warstwy
powietrza leżącej powyżej tego punktu, powinno zależeć od wysokości. Im większa wysokość, tym
mniejsza jest warstwa powietrza, więc i ciśnienie jest mniejsze. Różnica ciśnień dp związana ze
wzrostem wysokości dh ma znak ujemny i wynosi:
10 ' Ma 1b
6
gdzie ρ jest gęstością gazu na wysokości h, a g jest przyspieszeniem ziemskim na tej wysokości. Z
dobrym przybliżeniem można potraktować powietrze jako gaz doskonały. Dzieląc obustronnie
równanie stanu gazu doskonałego dla jednego mola pV = RT przez wartość średniej masy molowej
powietrza, określonej z uwzględnieniem procentowej zawartości azotu, tlenu i pozostałych gazów w
powietrzu, otrzymujemy:
0
10 ' Ma 1b
2 4
d
d
10 '
M
0da
1b
4
d
2
0
1 4
M d
10
da
'
1b
0
4
M
0d
4
=
10
da
'=
1b
0
4
Zakładając, że temperatura atmosfery ma wartość stałą (tzw. atmosfera izotermiczna) i pole
grawitacyjne jest jednorodne g(h) = const możemy łatwo scałkować to równanie otrzymując:
ln%0( '
dab
# ln %-(
4
ghi
j
0 - ef
Dla h=0 ciśnienie równe jest ciśnieniu atmosferycznemu p0 na powierzchni Ziemi. Stąd wyznaczamy
stałą, C=p0. Ostatecznie otrzymujemy:
0 0c exp >'
dab
?
4
Zadanie B1.6 Gmyrek
Podczas zawodów balonowych panuje temperatura t = 20oC, a ciśnienie atmosferyczne przy powierzchni Ziemi wynosi
p0 = 1 atm. Balon napełniony ogrzanym powietrzem ma objętość V = 1000 m3, a cienka powłoka balonu ma masę mp = 20
kg i posiada otwór u dołu. Jaką temperaturę powinno mieć powietrze wewnątrz balonu, aby zaczął się unosić w
powietrzu? Powietrze następnie ogrzano palnikiem do t2 = 127oC, a otwór zamknięto. Z jaką siłą balon napina linę, którą
jest uwiązany do Ziemi? Na jaką wysokość wzniesie się balon po odwiązaniu liny? Przyjąć, że temperatura powietrza nie
zmienia się wraz z wysokością, a jego gęstość w warunkach normalnych wynosi ρ0 = 1.29 kg/m3.
n" 20.
Siła wyporu zależy tylko od objętości (jedyna zmienna
wartość):
Lo 2 Mn" a
FC to siła ciężkości, mP to masa powłoki, natomiast Vρ to
masa powietrza:
Lp a% # 2M(
34
d
02 34
2
M
0
2
0
d0
Md
34 34
7
Mc c 0
M
Mc 0c
d0c
34c
M Mc
c 0
0c
Lp a% # 2M( a > # 2Mc
a > # 2Mc
c 0
? q Lo
0c
c 0
? q 2Mn" a
0c
Gdy otwór balonu jest otwarty to otrzymujemy, że:
0n" 0c 0
a > # 2Mc
# 2Mc
# 2Mc
r
c 0
? q 2Mn" a
0
c
q 2Mn"
c
c
q 2Mc
n"
2Mc c
2Mc c ' 6
n"
Siła wyporu zmaleje przez spadek gęstości – ciężar balonu się nie zmieni, bo zamknięto otwór:
Lp Lo
s 400 <
Lp 6 M # Ms 2a
M Mc
c 0
n" 0c
Lo Mn" 2a
c 0
Mn" Mc
n" 0c
Zadanie B1.7 Hennel
Kilogram wodoru oraz kilogram azotu poddano identycznej przemianie izotermicznej. W którym przypadku zmiana
entropii będzie większa i ile razy?
dtA 2 1,0079 u
d!A 2 14,0067 u
∆G ∆ ' /
∆G 0
∆ /
8
Zmianę entropii oznaczamy jako ∆J:
@v
@v
/ = 012
@w
∆ /
∆J 02 34
@v
0
34
2
12
34
2x
2
12 34 =
34 ln 2 x 34%ln 2x ' ln 2 ( 34 ln
/ =
2
2
2
2
@w
@w
∆J /
2x
34 ln
2
∆JtA ∆J!A 2x
4 ln
2
dtA
3
d
2x
4 ln
d!A
2
∆JtA
d!A d!A
∆J!A dtA dtA
∆JtA d!A
∆J
dtA !A
Zadanie B1.8 Hennel
Wyznaczyć wartości parametrów krytycznych pk, Vk, Tk dla jednego mola gazu spełniającego równanie stanu Van der
Waalsa (a, b, R - stałe):
y0 '
:
z %2 ' {( 4
2
Znakiem | oznacza się tak zwane pochodne cząstkowe (liczy się je tak samo jak zwykłe pochodne, z
małymi wyjątkami):
|0
4
2:
'
#
%2 ' {( 2 |2
| 0
24
6:
' }0
%2
|2
' {(
2
Otrzymujemy następujące ekstrema funkcji:
4
2:
€
%2 ' {(
2 
24
6:

}
~%2 ' {(
2
1
1
%2 ' {( 2
2
3
2
2'{ 2
3
1
2{
3
2 3{
9
Zadanie B1.9
Obliczyć sprawność cyklu ABCD, przedstawionego na rysunku. Gazem roboczym jest jednoatomowy gaz doskonały.
(rysunek 1)
Rozwiązanie:
Mamy tu przykład silnika cieplnego pracującego w układzie zamkniętym.
p
2p0
B
C
W
p0
D
V0
Ponieważ wykonana praca W to zakreskowane pole prostokąta o bokach
), więc możemy zapisać, iż:
3V0
(ponieważ
V
)i
(ponieważ
Zachodzące przemiany:
- od A do B – rozprężanie przy stałej objętości (izochorycznie) – gaz jest podgrzewany,
- od B do C – stałe ciśnienie, objętość się zwiększa (izobaryczna przemiana),
- od C do D – zmienia się tylko ciśnienie, tak jak od A do B,
- od D do A – przemiana odwrotna do przemiany z B do C.
Sprawność oznaczamy jako:
10
Gdzie / to praca użyteczna, a to strata ciepła (ciepło pobrane). Ponieważ:
/ Więc otrzymujemy:
‚
/
!"
' $$
!"
!" ' $$
!"
!"
!"
1'
$$ !"
1'
!"
Zmiana energii wewnętrznej w poszczególnych przemianach:
od A do B
od B do C
od C do D
Podobnie jak w przemianie
BC, otrzymujemy:
ŒG Œ ' /
ƒ„ ƒ… ' †
_ TPR‡ˆ
† O ƒ_ O [ [
ƒ„‰Š ƒ…‰Š RT_ ƒ‹‰Š
Zmiana energii jest równa
dostarczonemu ciepłu – gaz
nie wykonuje pracy – jest
podgrzewany.
od D do A
/$ 0 Œ2 '20c 2c
Zachodzi na tym etapie
rozprężanie gazu:
/p 0 Œ2 40c 2c
Dokonuje się przepływ
ciepła – dalej pobierane jest
ciepło, wyrażone przez Œ:
Œp 3 Œp
ŒGp 3 Œp
Korzystając z zależności:
Podobnie jak w przemianie
AB, otrzymujemy:
†[
ƒGp$ Œp$ RT_ ƒ‹p$
W tym momencie gaz się
ochładza.
Proszę jednak zwrócić
uwagę, że przemiana ta
zachodzi w niższym
ciśnieniu, niż etap BC!
Praca w tym etapie jest
ujemna ponieważ tłok
przesuwamy siłą
zewnętrzną na pozycję
wyjściową (my wykonujemy
pracę).
Œ$ 3 Œ$
ŒG$ 3 Œ$
02 34
Otrzymujemy (przy założeniach 0Œ2 34Œ dla stałego ciśnienia i Œ02 34Œ dla stałej objętości):
Œ
' 0 2 0 2 20c 2c 0c 2c 0c 2c
'
'
34
34
34
34
34
Œp p ' 20c ƒ_ 20c 22c 40c 2c
34
34
34
Œp$ $ ' p Œ$ ' $ 32c Œ0
32c 0c
'
34
34
0c ƒ_
20c 2c
'
34
34
Sumując prace wykonane w poszczególnych etapach cyklu, otrzymujemy taki sam wynik jak w przypadku obliczeń
związanych z polem powierzchni:
/p
Łxj
/ # /p # /p$ # /$ 0 # 40c 2c # 0 # %'20c 2c ( 40c 2c ' 20c 2c 20c 2c
11
W pewnych warunkach otrzymujemy, iż:
Obliczymy teraz ciepło pobrane i ciepło oddane :
CIEPŁO POBRANE:
3@
@ # 4
# p RT_ ƒ‹‰Š # 3 Œp
0c 2c
40c 2c
0c 2c
0c 2c
40c 2c
40c 2c
# 3
3@
# 3%@ # 4(
@
# %@ # 4(
34
34
34
34
4
4
@
0c 2c
40c 2c 40c 2c
0c 2c
# @
#
4 5@
# 40c 2c
4
4
4
4
CIEPŁO ODDANE:
p$ # $ RT_ ƒ‹p$ # 3 Œ$ 3@ Œp$ # %@ # 4(Œ$ 3%@ Œp$ # @ Œ$ # 4Œ$ (
3 @ >'
3@ %Œp$ # Œ$ ( # 4Œ$ 32c 0c 20c 2c
20c 2c
32c 0c 20c 2c
2c 0c
'
'
' 20c 2c
? # 4 >'
?‘ @ >'
? ' 20c 2c '5@
34
34
34
4
4
4
Należy w tym miejscu podkreślić, iż cV zmienia się w zależności od tego, czy gaz jest jedno, czy dwu- lub więcej atomowy.
Wykonaną pracę można jeszcze policzyć z poniższej zależności:
/ | | ' | | 5@
0c 2c
2c 0c
# 40c 2c ' 5@
' 20c 2c 20c 2c
4
4
Jednakże wracając do treści zadania, zajmijmy się sprawnością silnika:
Zakładając, iż @ 4 otrzymujemy:
‚
‚
/
20c 2c
2
5 0c 2c # 40 2
5 @#4
@ 4
c c
4
2
4
4
4
“ 17,39%
3
5
3
#
8
15
#
8
23
52#4
Dzięki czemu otrzymujemy wiadomość, iż nasz silnik jest bardzo kiepskim silnikiem… smutne.
Zadanie B1.10
Obliczyć sprawność silnika Diesela przy założeniu, że czynnikiem roboczym jest gaz doskonały i znane są wartości V1, V2,
V3 i cV (rysunek). Cykl składa sie z etapów:
1 - izobaryczne ogrzewanie czynnika w wyniku spalania paliwa; jednocześnie występuje rozprężenie od
objętości V1 do objętości V2
2 - adiabatyczne rozprężanie od ciśnienia p3 do ciśnienia p2
3 - izochoryczne chłodzenie przy stałej objętości V3
4 - adiabatyczne sprężanie od ciśnienia p1 do ciśnienia p3
12
Zadanie B1.11
W naczyniu o kształcie sześcianu o krawędzi 20 cm, wyposażonym w (otwartą) przegrodę, mogącą podzielić naczynie na
pół, znajduje się gaz doskonały o temperaturze 20OC i ciśnieniu 1 atm. Oblicz średnią prędkość cząstek. Oszacuj jakie jest
prawdopodobieństwo, że w pewnej chwili po zamknięciu przegrody wszystkie cząstki zostaną zamknięte w lewej
połowie naczynia? Jaki jest czas oczekiwania na taka konfigurację? Wskazówka: jako czas ustalania sie kolejnych konfiguracji
przyjąć czas przelotu 1 cząstki gazu z lewej do prawej połowy naczynia.
Rozwiązanie:
W tym zadaniu będziemy posługiwać się prawdopodobieństwem, w związku z czym musimy posłużyć się przykładowo
średnią energią opisaną wzorem:
Rozpisując powyższy wzór otrzymujemy prędkość średnią (z treści zadania temperatura jest równa T=273+20=293 K):
W tym momencie opuszczamy przegrodę. Pytanie – ile mamy cząstek?
13
K 3 K 2 10 •ąHIe*
Jakie jest prawdopodobieństwo, że wszystkie cząstki będą w lewej połowie naczynia:
0
Co jaki czas ustala się nowa konfiguracja gazu?
I
1
1
cA— 5,5 10fc˜
!
2
2
H
0,1
1,5 10f} He*u31š
™ 659
I› I
“ 10cœ He*u31š
0
Wszechświat ma około 15 miliardów lat, czyli około 0,5 10 He*u31. Wniosek jest następujący, iż jest to wręcz
niemożliwe, by wszystkie cząstki były po jednej stronie pojemnika.
Zadanie B1.12 Hennel
Udowodnić, że z samego faktu istnienia równania stanu:
ž%0 , 2 , ( 0
Wynika związek:
|0
|2
|
> ? > ? > ? '1
|2 j | 6 |0 @
Zadanie B1.13 Hennel
Doświadczalnie stwierdzono, że dla pewnego gazu spełnione są związki (a - stała):
4
|2
> ? | 6 0
|2
2
> ? ' ' :4
|0 j
0
znaleźć ogólną postać równania stanu.
14
Inżynieria Biomedyczna gr. 2 i 3, zestaw nr 2.2 - elektrostatyka
Zadanie B2.1
W dwóch przeciwległych wierzchołkach A i C kwadratu ABCD o boku a umieszczono jednakowe ładunki Q. Oblicz:
a) Natężenie pola ~E w wierzchołku B;
b) Jaki ładunek q należy umieścić w wierzchołku D, aby natężenie pola w punkcie B wynosiło zero;
c) Potencjał pola Φ w punkcie B po wprowadzeniu ładunku q do punktu D.
Rozwiązanie:
a) Natężenie pola w punkcie B można zapisać jako:
5¡¢ 5¡¢ # 5¡¢p
EC
EB
A
EA
B
a
D
a
C
Korzystając z prawa Pitagorasa:
5 5 # 5p
5 £5 # 5p √2 1
4¤¥c :
W postaci wektorowej możemy zapisać:
1
1
5 >
;
?
4¤¥c :
4¤¥c :
b) By zilustrować problem, posłużymy się nieco zmodyfikowanym rysunkiem użytym wcześniej:
EC
EB
S
A
B
S
D
S√ EA
ED
C
15
By pole było równe zero w punkcie B, musi być zastosowany ładunek spełniający warunek:
5¡¢$ '5¡¢
Jednocześnie należy zaznaczyć, iż odległość między punktem B i D nie jest równa a, lecz (korzystając ponownie z
twierdzenia Pitagorasa):
1 : # : Podstawiając do wzoru:
|5$ | 1 §2: :√2
1
¨
1
¨
1
¨
4¤¥c ©
4¤¥c %:√2( 8¤¥c :
Reasumując moduł ED musi być równy modułowi EB w odległości :√2, lecz by pole się zerowało w punkcie B, to wektor ED
musi mieć przeciwny zwrot do wektora EB:
5$ '
1
¨
1
¨
'
4¤¥c ©
8¤¥c :
'
5 √2 ¨
1
1
√2 8¤¥c :
4¤¥c :
1
4¤¥c :
1
1
' ¨ √2 8
4
¨ '2√2
c) Potencjał pola ΦB, to inaczej VB. Z definicji:
2 5©
2 2 # 2p # 2$ 1
¨
1
¨
© 4¤¥c ©
4¤¥c ©
1
1
1
2√2
1
1
#
'
'
0
4¤¥c : 4¤¥c : 4¤¥c :√2
2¤¥c : 2¤¥c :
Zadanie B2.2
Dwie kulki o jednakowych masach m zawieszono na nitkach o długości l. Następnie naładowano je dodatnimi ładunkami
q i Q, co spowodowało ich odchylenie. Oblicz kąty odchylenia. Następnie układ zanurzono w cieczy o gęstości ρ i
przenikalności dielektrycznej ª. Jak wpłynęło to na układ?
α
q
β
Q
Rozwiązanie:
Rozpatrzmy na początek sytuację w próżni. Ponieważ ładunki są jednoimienne, więc się odpychają. Jednocześnie należy
podkreślić, iż jeśli ich masy są równe, to kąty odchylenia również muszą być równe. Jednocześnie z wzoru poniższego
16
wynika, iż jeśli ładunek Q działa na q jakąś siłą, to ładunek q na Q działa z taką samą, lecz o przeciwnym zwrocie (jest to
dość dobrze widoczne na rysunku). Zapiszmy wzór na siłę elektrostatyczną:
1
¨
4¤¥c ©
L l
l
¡¢…
N
α
q
α
¡N¢¬
Q
r
α
¡¢«
N
Lp a
Siła ciężkości FC ma wartość:
¡N¢«
Korzystając z zależności trygonometrycznych otrzymujemy iż:
tan ± 1
©
©
sin ± 2 ;
2;
© 2; sin ±
L
1 ¨ 1
1
¨
1
1
¨
Lp 4¤¥c ©
a 4¤¥c %2; sin ±( a 4¤¥c 4; sin ± a
tan ± sin ± 1
¨
4¤¥c 4; a
Po zanurzeniu w wodzie zmieniają się nieco warunki, przez co otrzymujemy między innymi dodatkową siłę związaną z
wyporem cieczy:
¡N¢…
¡N¢­®O
α
¡N¢«
Reasumując otrzymujemy wynik:
tan ±´ ¨
¨
4; sin ± › %a ' M2a(f 4¤є¥c
16¤є¥c ; sin ± › %a ' M2a(
Zadanie B2.3 Hennel
Znaleźć potencjał Φ oraz natężenie ~E pola elektrycznego, wytwarzanego przez dwa identyczne różnoimienne ładunki q
i −q, oddalone od siebie o l (dipol elektryczny), w dużych odległościach od ładunków (© ¶ ;).
17
Zadanie B2.4 prawie każdy zbiór zadań
Nieskończony pręt został naładowany równomiernie ładunkiem o gęstości liniowej λ. Znaleźć natężenie pola
elektrycznego w zależności od odległości od pręta.
Rozwiązanie:
W zadaniu pojawia się bryła o wysokiej symetrii (kula, walec, pręt), dzięki czemu możemy zastosować prawo Gaussa (ew.
składanie natężeń wymagające całkowania). Stosujemy powierzchnię Gaussowską (niebieski kreskowany walec) – układ ma
symetrię obrotową.
+
+
+
+
+
+
+
r
¡¢
·
¡¢
QZ
Pytanie jednak, dlaczego wektor E jest w dół? Należy w tym miejscu zauważyć, iż wpływ od pozostałej części pręta się znosi
na całej długości pręta (pręt jest podzielony na nieskończoną ilość małych ładunków punktowych dq, generujących pole dE):
¡¡¡¡¢[
Q·
¡¡¡¡¡¢
Q·
R
Q¬
¥c ¸ 5¡¢ 1J¢
Z definicji otrzymujemy całkę:
Ponieważ w każdym miejscu powierzchni Gaussowskiej pole jest stałe (E=const), więc liczymy całkę z ds., której wynikiem
jest S:
¥c 5 ¸ 1J ¥c 5J
Pole powierzchni walca to (przyjmując że promień pręta jest pomijalnie mały):
J 2¤© ;
¥c 5 2¤© ;
Łącząc powyższe wyprowadzenie z gęstością ładunku lambda λ:
¹
;
¹ ; ¥c 5 2¤© ;
5
¹
2¤©¥c
18
Zadanie B2.5 prawie każdy zbiór zadań
Cienką obręcz o promieniu R naładowano równomiernie ładunkiem o gęstości liniowej λ. Znaleźć natężenie pola
elektrycznego na osi pierścienia w zależności od odległości od środka.
Rozwiązanie:
Na początek dobrze jest zrobić ładny rysunek, z którego od razu zauważymy, iż składowe X pola elektrycznego E wzajemnie
¡¡¢.
się znoszą, stąd pozostaną jedynie składowe Y pola ·
¡¡¢
Q·
Q·»
Q·º
r
y
1H 1;
R
15o 15 cos ± 15 15 1
1¨
4¤¥c ©
š
©
1¨ ¹ 1;
15o 1
1¨
1
¹ 1; š
1
š¹
cos ± 1;
4¤¥c ©
4¤¥c
©
© 4¤¥c ©
Teraz musimy dokonać zsumowania wszystkich 15o , które generowane są przez nieskończenie małe odcinki pierścienia 1;.
W tym celu użyjemy całki oznaczonej o granicy od 0 do 2¤4 (sumowanie po całym obwodzie pierścienia):
¾
5o =
c
1
š¹
1;
4¤¥c ©
W tym miejscu okazuje się, iż wszystko poza dl jest stałą, więc całka będzie wyglądała następująco:
¾
1
š¹
1
š¹
1
š¹
1
š¹
2¤4
5o = 1; ;
2¤4 ' 0 2¤4
0
4¤¥c ©
4¤¥c ©
4¤¥c ©
4¤¥c ©
c
Teraz korzystając z prawa Pitagorasa:
5o 1
4¤¥c
© 4 # š
š¹
y§4 # š z
2¤4 š¹4
2¥c %4 # š (
19
Zadanie B2.6 prawie każdy zbiór zadań
Cienki dysk o promieniu zewnętrznym R i wewnętrznym r (np. płyta CD) naładowano równomiernie ładunkiem z
gęstością powierzchniowa σ. Znaleźć natężenie pola elektrycznego na osi symetrii w zależności od odległości od środka
(można skorzystać z wyniku poprzedniego zadania). Przedyskutować przypadki graniczne: (1) 4 ¿ ∞ (płaszczyzna z
otworem kołowym), (2) © ¿ 0 (koło), (3) 4 ¿ ∞ i © ¿ 0 (nieskończona płaszczyzna). Pokazać, że przypadek (3) można
uzyskać przez superpozycje (2) i (1).
Rozwiązanie:
Ponieważ w zadaniu zajmujemy się dielektrykiem, a nie przewodnikiem, stąd ładunek będzie równomiernie rozłożony na
powierzchni, a nie tylko na krawędziach.
¡¡¢
Q·
y
R
r
x
Musimy teraz skorzystać z wzoru wyprowadzonego w zadaniu poprzednim (zamieniając R na x):
5
š¹
2¥c % # š (
By pozbyć się lambdy (gęstości liniowej), przekształcimy teraz nieco wzór gęstości powierzchniowej ładunku:
Á
1¨
1¨
¹
1H 1 1; 1
gdzie dl to długość okręgu, natomiast dx to zmienny promień:
; 2¤ Łącząc oba elementy wzory ze sobą otrzymujemy:
15 H ; 2¤ 2¤ š
š (
2¥c % #
¹
š
2¥c % # š (
Á1
By uzyskać wynik na pole elektryczne generowane przez cienki dysk, a nie jedynie obręcz, będziemy musieli zsumować
wszystkie pola w przedziale od promienia krótszego r, do dłuższego R:
5ÂÃÄÅÆ = 15 =
Ç
Ç
šÁ
1
2¥c % # š (
Wszystkie elementy stałe przenosimy przed całkę, natomiast samą całkę rozwiążemy przez zastosowanie podstawienia:
20
5ÂÃÄÅÆ
šÁ
=
2¥c
Ç
5ÂÃÄÅÆ
5ÂÃÄÅÆ 1•
šÁ
šÁ
•
#
š
f
2 1•
1
Ê
Ê
=
=
•
2¥
4¥
1•
21
c
c
% # š (
Ç %•(
Ç
šÁ
šÁ
4 šÁ
4
= • f 1• '• f ‘ '% # š (f ‘
© 4¥c
©
4¥c
4¥c
Ç
šÁ
šÁ
1
1
Ë'%4 # š (f ' '%© # š (f ‘Ì E
'
F
4¥c
4¥c
§© # š §4 # š Kolejnym krokiem będzie zbadanie 3 sytuacji granicznych:
1) 4 ¿ ∞
2) © ¿ 0
5
5
šÁ
1
1
šÁ
1
šÁ
1
lim E
'
lim E
' 0F F
4¥c ¿Î §© # š §4 # š 4¥c ¿Î §© # š 4¥c §© # š 1
1
1
šÁ
1
šÁ
1
šÁ 1
lim E
'
lim E
'
F
F
E '
F
Ç¿c
Ç¿c
4¥c
4¥c š §4 # š 4¥c
§4 # š
§4 # š
§© # š
§0 # š
3) 4 ¿ ∞ i © ¿ 0
5
Á
šÁ
1
šÁ
1
šÁ 1
lim E
lim E
F
F
Ç¿c
Ç¿c
4¥c
4¥c š 4¥c
4¥c
§© # š
§0 # š
Jak widać, w ostatnim przypadku natężenie pola elektrycznego jest stałe.
Na sam koniec pozostaje nam jeszcze skorzystanie z zasady superpozycji, by udowodnić, iż przypadek 3) można uzyskać
sumując wyniki przypadków 1) i 2) (zakładając, iż R=r):
5 5 # 5 šÁ
1
šÁ 1
1
šÁ
1
1
1
Á
#
# '
E '
F
E
F
4¥c §© # š 4¥c š §4 # š 4¥c §© # š š §4 # š 4¥c
Zadanie B2.7
Kula o promieniu R została naładowana ładunkiem dodatnim ze stała gęstością objętościową ρ. Wyznacz potencjał i
natężenie pola w funkcji odległości r od środka kuli (przypadki r < R i r > R).
Rozwiązanie:
Na początek wyprowadzenie dla sytuacji r>R.
É
È
¡¡¢
·
21
Wedle definicji:
¥c ¸ 5¡¢ 1J¢
Ponieważ E=const, rozwiązanie całki bardzo mocno się upraszcza:
¥c 5 ¸ 1J ¥c 5 J ¥c 5 4¤© Obliczyliśmy ładunek przy powierzchni kuli (choć dokładniej mówimy tu o ładunku znajdującym się na powierzchni o
dowolnym promieniu o długości r). Teraz jednak interesuje nas ładunek znajdujący się w całej objętości:
M
¥c 5 4¤© 4 2 4 ¤4 ¤4
3
3
Przekształcając równanie tak, by otrzymać wzór na pole elektryczne otrzymujemy:
4
M ¤4 M4 3
5
¥c 4¤© 3¥c © Teraz wyprowadzenie dla r<R:
É
È
Ï ¸ 5¡¢ 1J¢ ¥c
Ï ¸ 5¡¢ 1J¢ 5 ¸ 1J 5 J 5 4¤© Ï
Łącząc ze sobą oba wzory:
4
1
M ¤© 3
¥c
¥c
4
1
5 4¤© M ¤© 3
¥c
5 M
1 © 1
M©
3 © ¥c 3¥c
Rozważmy teraz podane w treści zadania przypadki pod względem zmiany potencjału:
5¡¢ 'a©:1 2
22
1) © q 4 - potencjał wewnątrz kuli:
5%© q 4(:
2 '=
©M
M
M© 1© '
= © 1© '
# 3¥c
6¥c
3¥c
2%© ¿ 4( '
'
M© M4 # 6¥c
3¥c
M4 M4 # 6¥c
3¥c
2'
2) © r 4 - potencjał na zewnątrz kuli:
5%© r 4(:
M4 2¥c
M© M4 M
#
%34 ' © (
6¥c 2¥c 6¥c
2 '=
M4 1
M4 M4 1©
'
=
1©
# 3¥c © 3¥c © 3¥c ©
2%© ¿ ∞( 0
2
M4 3¥c ©
0
Na koniec przedstawmy zmiany pola elektrycznego wewnątrz i na zewnątrz kuli na wykresie:
·
È
É
Zadanie B2.8
Kulę o promieniu R naładowano jednorodnie ładunkiem Q, a następnie wydrążono w niej sferyczny otwór. Zakładając, że
rozkład ładunku nie uległ zmianie oblicz, z jaką siłą kula przyciąga mniejszą kulę naładowaną ładunkiem –q.
23
Zadanie B2.9
Korzystając z prawa Gaussa wyznaczyć pojemność kondensatora cylindrycznego o długości L, którego okładki są
współosiowymi walcami o promieniach R1 i R2 (L >> R, dlatego niejednorodności pola na końcach można zaniedbać).
Zadanie B2.10
Obliczyć pracę, jaką należy wykonać, aby rozsunąć dipol elektryczny utworzony z cząsteczki fluorowodoru (HF) z
odległości d0 = 5 Å do d1 = 10 Å.
Rozwiązanie:
Angstrem to jednostka długości równa 10-10 metra, oznaczana Å (nie należy jednak do układu SI). W pierwszej kolejności
potrzebujemy rysunku:
¬
Q[
¬
¡¢ 'N
¡¢ÑÒ
N
'¬
QÓ
Z prawa Coulomba:
ÂB
'¬
¡N¢ÑÒ
L
ÂB
¨
1
4¤¥c ©
ÂB
1
¨
¨
1©
¨ 1 1
¨ 1
1
/ = L 1© =
1© = '
 ‘ '
> ' ?
4¤¥c ©
4¤¥c
©
4¤¥c © 1c
4¤¥c 1 1c
ÂÕ
ÂÕ
/
ÂÕ
1
¨ 1
> ' ? 2,31 10f˜ 1,5 e2
4¤¥c 1c 1
Zadanie B2.11
Wyznaczyć prędkość elektronu, który został przyspieszony:
a) pomiędzy dwoma elektrodami o różnicy potencjałów U = 10 V.
b) w stałym polu elektrycznym o natężeniu ~E = 1 kV/m na drodze 10 cm.
Rozwiązanie:
a) Priorytetowo zaczynamy od pięknego rysunku!
Ô[ [
_‰
Ô
_Š
24
Teraz rozpiszmy energie kinetyczne i potencjalne, początkowe i końcowe:
5c 2 ¨
5xc 0
5 2 ¨
Z zasady zachowania energii otrzymujemy:
5x 5c # 5xc 5 # 5x
2 ¨ # 0 2 ¨ #
2 ¨ ' 2 ¨ ™ 2
™ 2
¨%2 ' 2 ( ¨G ™Ö
™ 2
™ 2
2¨G
1,9 10× “ 0,006 %0©ę1*)śØ śÙØ:Ił:(
H
Å@
b) W drugiej części zadania mamy do dyspozycji natężenie stałego pola 5¡¢ 1 oraz drogę 1 10 .
Û
L ¨5 :
:
¨5
1
1 :I 2
™ :I
I
1
™ 2 ¨5
™
:
1
1
™ ™ ™ 1 :I : 2
2
:
2:
2 ¨5
™ ™Ö
21¨5
21¨5
“ 0,06
25
Zadanie B2.12 Gmyrek
Do płaskiego kondensatora o długości L = 5 cm wlatuje elektron o energii kinetycznej T = 1.5 keV, pod kątem α= 15O w
stosunku do płytek. Odległość między okładkami wynosi d = 1 cm. Do jakiego napięcia naładowany jest kondensator,
jeśli elektron po przejściu przez kondensator porusza się równolegle do jego płytek ?
Rozwiązanie:
W tym miejscu należy zauważyć analogię do rzutu ukośnego. Dla ułatwienia wykonamy najpierw odpowiedni rysunek:
Ü
Ñf
¡¢[
Ô
¡·¢
Ý
Q
+
Ponieważ miedzy okładki kondensatora wpada elektron, stąd przyciągany on będzie do okładki naładowanej dodatnio. Siła
z jaką okładki będą działać na elektron to:
L ¨5 :
:
¨5
Energia kinetyczna elektronu to:
5x 1,5 *e2 ™c Ö
25x
™c 2
Musimy teraz rozłożyć tą prędkość na składowe:
Ô[»
Ôº Ô[º TPR‡ˆ
¡¢[
Ô
Ý
Ô[º
Ü
™co ™c sin ±
™cÞ ™c cos ±
%I( ™c cos ± I
26
I
%I(
™c cos ± ™c cos ±
Musimy teraz wrócić do początku rozwiązania:
:
™o ™co ' : I ™c sin ± '
¨5
¨5
¨5
I ™c sin ± '
™c cos ±
Ponieważ na końcu drogi L składowa Y prędkości ma być równa zero, stąd otrzymujemy, iż:
™o ™c sin ± '
™c sin ± 5
¨5
0
™c cos ±
¨5
™c cos ±
™c sin ± cos ±
¨
Korzystając z tożsamości trygonometrycznej otrzymujemy:
sin 2± 2 sin ± cos ±
5
™c sin 2±
2¨
Teraz musimy wprowadzić do powyższego równania napięcie:
G
G ™c sin 2±
5 1
2¨
™c sin 2±
5x sin 2±
1 1 1502
2¨
¨
™c Ö
25x
22,9 10× “ 10%
Zadanie B2.13
Oblicz pracę, jaką należy wykonać, aby naładować kondensator płaski o pojemności C ładunkiem Q oraz gęstość energii
pola w kondensatorze (tj. stosunek energii pola do objętości które wypełnia, analogicznie do gęstości masy, czyli
¡¢.
stosunku masy do objętości). Wyraź gęstość za pomocą natężenia i indukcji pola 5¡¢ i ß
27
Inżynieria Biomedyczna gr. 2 i 3, zestaw nr 2.3 – elektromagnetyzm, ruch cząstki naładowanej
w polach
Zadanie B3.1
Dany jest obwód elektryczny (rysunek 1). Wartości oporów wynoszą: R1 = 3 k, R2 = 2 k, R3 = 2.5 k, R4 = 1 k, SEM źródła
prądu ª = 200 V, jego opór wewnętrzny pomijamy. Obliczyć napięcie na oporach R1, R2 dla klucza otwartego i
zamkniętego.
·
·
È Èá
Ⱥ
ÈÓ
É®‡ãRÑX Ó
Èá
Èà
â
É®‡ãRÑX ÈÓ
Èà
W miejsce klucza wstawiono amperomierz, a R2 zastąpiono nieznanym oporem RX (rysunek 2). Jaka jest wartość RX, jeśli
amperomierz wskazuje zero?
Rozwiązanie:
Zajmiemy się tutaj drugą częścią zadania, dotyczącą nieznanego oporu RX. Najłatwiej to zadanie policzyć metodą oczkową,
o której tu nie będę się rozpisywał, aczkolwiek temat ten został przeze mnie poruszony w opracowaniu o elektronice.
ä
·
äÓ
ä Ⱥ
Èá
Na początek prawo Ohma:
Stosując je do naszego zadania możemy zapisać:
äà [
â
É®‡ãRÑX „ÈÓ
ÈÓ
Èà
G å4
5 å4æçÄèę6éæÃ
28
Jak policzyć opór zastępczy? Ponieważ I3 jest równy zero, więc z perspektywy otrzymujemy dwie pary szeregowych
oporników, połączonych ze sobą równolegle:
4 4Þ # 4
1
4æçÄè
4æçÄè 4 4 # 4}
1
1
4 # 4
#
4 4
4
4
%4Þ # 4 (%4 # 4} (
4 4
4 # 4 %4Þ # 4 ( # %4 # 4} (
Rozpiszmy teraz rozpływ prądu według prądowego prawa Kirchhoffa:
å å # å
Teraz rozpiszmy spadki napięć dla oczka, które zawiera tylko 4 oporniki:
'Gê ' GB # G— # Gë 0
'å 4Þ ' å 4 # å 4 # å 4} 0
Na koniec rozpiszmy jeszcze spadki napięć dla oczka zawierającego źródło napięcia oraz oporniki RX i R1:
5 ' Gê ' GB 0
5 ' å 4Þ ' å 4 0
W tym miejscu musimy zauważyć pewien fakt. Jeśli I3 ma być równy zero, to potencjały VA i VB muszą być sobie równe. Z
kolei ta informacja daje nam trop, iż napięcie na opornikach RX i R4 musi być takie samo:
å 4Þ å 4}
ä
·
äÓ
_‰
Ⱥ
ä â
äà [
_Š
Èá
4Þ å 4 å 4
4Þ ÈÓ
å
4
å }
å Èà
4
å
4 å
4 1
4 4}
4} å 4} å
4 å
4
29
Zadanie B3.2
Akumulator o SEM ª = 50 V i oporze wewnętrznym rw = 10 Ω ma zasilać grzałkę o regulowanym oporze. Dla jakiej
wartości oporu moc wydzielana na grzałce będzie największa? W jakim najkrótszym czasie układ ten zagotuje 0.25 litra
wody o temperaturze T0 = 20OC?
Rozwiązanie:
Ȇ
Èì
¥ ' å4 ' å4í 0
¥ å%4 # 4í (
å
Ilość wydzielonego ciepła na grzałce to inaczej jej moc:
¥
4 # 4í
9 å 4í
Obliczamy pochodną w celu wyznaczenia ekstremum (maksimum funkcji:
%4 # 4í ( ' 24í %4 # 4í (
¥
9 Ë
4
¥
Ì
Ë
Ì
í
%4 # 4í (
%4 # 4í (}
›
›
9› ¥ 
4 # 4í ' 24í
4 ' 4í
‘ ¥
%4 # 4í (
%4 # 4í (
9› 0 î 4 ' 4í 0
4 4í
9
∆ 2 M ∆ 84 000
¥
¥
¥
¥
4
4
4
1,496 /
í
%4 # 4í (
%4 # 4 (
44
44
I
84000
“ 1600 He*
9
1,496
30
Zadanie B3.3 JKK
Dźwig elektryczny, zasilany z sieci o napięciu U = 230 V ma podnieść słup telefoniczny o wysokości 5 m i masie 600 kg z
położenia poziomego do pionowego. Oblicz natężenie prądu pobieranego ze źródła, jeśli silnik pracuje ze stałą mocą,
jego sprawność wynosi η = 60%, a czas podnoszenia wynosił 10 sekund.
Rozwiązanie:
‚
/ÆżÃèðéæñç
56òsÇçñç
1
∆5 ba
2
56òsÇçñð G å I
å
1
ba
‚2
GåI
ab
10,6 ó
2‚GI
Zadanie B3.4 np. Hennel
Kondensator o pojemności C = 1μF jest połączony szeregowo z oporem R = 1 k, wyłącznikiem i źródłem napięcia U = 5 V.
Obliczyć zależność napięcia na kondensatorze i prądu w obwodzie od czasu, po zamknięciu obwodu. Po naładowaniu
kondensatora źródło odłączono i obwód ponownie zamknięto. Jak teraz wygląda przebieg napięcia i natężenia od czasu?
Rozwiązanie:
Na początek rysunek obwodu:
„ ï_
„«
U
„È
È
«
Teraz zapisujemy spadki napięcia (napięciowe prawo Kirchhoffa) dla naszego obwodu:
G Gp # G
Należy w tym miejscu pamiętać, iż kondensator nie jest elementem o charakterystyce liniowej! Ponieważ natężenie prądu
jest zmienne w czasie, stąd oznaczenie jest małą literą:
G
-̈
# Ø4 -̈
#
1¨
4
1I
1¨ G
¨
G- ' ¨
'
1I 4 44Musimy teraz obustronnie przecałkować równanie:
31
1¨ G- ' ¨
41I
=
1¨
1I
G- ' ¨ 4-
1¨
1I
=
G- ' ¨
4-
' ln%G- ' ¨( I
#ó
4-
Przy czym A to wspólna stała dla obu całek. Oczywiście moglibyśmy rozbić to na dwie stałe (w związku z obecnością 2
całek), tylko po co, skoro i tak przykładowo ó 2, ó 3, więc ó 3 ' 2 1. Dokonujemy teraz dalszych przekształceń:
ln%G- ' ¨( '
I
#ó
4è
e ôõ%öpf÷( e fpø
è
G- ' ¨ e fpø
è
W tym miejscu przyjmujemy, iż ß e :
¨ G- ' e fpø
è
¨%I( G- ' ße fp
By zbadać ile wynosi stała D, podstawiamy warunki początkowe ¨%0( 0 dla czasu I 0:
c
¨%0( G- ' ße fp 0
G- ße c
ß G-
Stąd otrzymujemy, iż:
è
è
è
¨%I( G- ' ße fp G- ' G-e fp G- >1 ' e fp ?
Licząc pochodną z ładunku po czasie, otrzymamy natężenie prądu (Ø Ø
Â÷
Âè
):
è
è
è
1¨%I( 1
1
1
G- >1 ' e fp ?‘ >G- ' G-e fp ? 0 ' >G-e fp ?
1I
1I
1I
1I
Ø 'G-
è
è
1 fè
1
I
1
G fè
f
f
>e p ? 'G- >e p ? >' ? 'G- >e p ? >' ? e p
1I
1I
444
Ø%I( G fè
e p
4
Jakie wnioski możemy wysnuć z powyższego wyniku? Przede wszystkim, im większy opór R, tym wolniej ładuje się
kondensator C. Cały proces możemy przedstawić na bardzo ładnym wykresie:
32
¬%ˆ(
U%ˆ(
ˆ
Zadanie B3.5
Spektrograf masowy - patrz dwie ostatnie strony.
a) Wewnątrz selektora prędkości indukcja pola magnetycznego ma wartość 0,03 T. Wartość prędkości, z jaką
Û
poruszają się jony izotopów helu wynosi 1,2 10× . Oblicz wartość natężenia pola elektrycznego
Ä
wytworzonego w selektorze.
b) Oblicz masę izotopu helu 6He wiedząc, że odległość między śladami na kliszy fotograficznej wynosiła
∆© 0,79 przy indukcji pola magnetycznego wewnątrz cylindra równej 63 i prędkości jonów równej
Û
1,2 10× Ä . Masa jonu izotopu 4He wynosi 6,65 10fù *a. Ładunek jonów helu jest równy ładunkowi
protonu.
Rozwiązanie:
Treść zadania to fragment (bodaj) jakiejś matury z fizyki z któregoś tam roku. Nie chce mi się przepisywać całości treści.
PODPUNKT A)
¡¢Ü
N
Ñf
Siła Lorenza opisana jest wzorem:
¡¢[
Ô
¡N¢·
¡Š
¡¢
¡¡¢
·
+
-
¡¢ý
L¢ ¨ú™¢ û ü
By sytuacja z powyższej ilustracji miała miejsce, to siła Lorenza musi być równa sile związanej z polem elektrycznym:
L L"
L ¨™ü sin 90° ¨™ü
L" ¨5
¨™ü ¨5
5 ™ü 3,6 10×
2
33
PODPUNKT B)
Klisza fotograficzna
×
Ʃ
þe
2©
}
þe
L ¨™ü ©
™
¨ü
∆© © ' © 2©
Jony helu
™ ©
1 2 Ʃ
™ ™
2
% ' (
'
¨ü
¨ü
¨ü ' ∆©
# Ʃ
¨ü
2
¨ü
“ 9,97 10fù *a
2
Zadanie B3.6 Gmyrek
Elektron przyspieszony różnica potencjałów U = 6 kV wpada do jednorodnego pola magnetycznego B = 1.3 × 10−2 T pod
kątem α = 30O do linii sił pola i zaczyna poruszać się po linii śrubowej. Znaleźć promień tej linii i jej skok. me = 9.1 × 10−31
kg, qe = 1.6 × 10−19 C.
Rozwiązanie:
Ñf
34
™Þ ™ cos ™o ™ sin ™ G¨ 2
™Ö
2G¨
¨™o ü ™o
4
H ™Þ I
H ™Þ ™Þ
4
¡¢ ¨™ü sin ¨™¢ û ü
™o
™o
¨™o ü
¨ü
2¤4
™o
2¤4
2¤4
2¤ ™o
2¤
™ cos ™ cos ™ cos 0,11 ™o
™o
™o ¨ü
¨ü
Inżynieria Biomedyczna gr. 2 i 3, zestaw nr 2.4 – pole magnetyczne
Zadanie B4.1
Kończymy poprzedni zestaw. :P
Zadanie B4.2
¡¢, pochodzącego od przewodnika z prądem o natężeniu I, dla:
Wyprowadzić wzory na indukcję pola magnetycznego ü
a) prostoliniowego przewodnika z prądem, w odległości x od przewodnika,
b) w środku kołowego obwodu o promieniu R.
Rozwiązanie:
PODPUNKT A)
Będziemy w tym miejscu musieli skorzystać z odpowiednika prawa Coulomba, który wygląda tak:
¡¢ 1ü
c å1H¢ û ©¢
4¤
©
ä
¡¢
Q‡
È
¡¡¢
QŠ
35
¡¢ 1;¢ c å
¸ü
ä
È
QÒ
ü ¸ 1; c å
ü
PODPUNKT B)
c å
2¤4
1ü
c
1þ ¡¡¡¢
Q
QÓ
ÉÓ
Q Ý
É y
R
ä
1;
¤
å1;¢ û ©¡¡¡¢ å1; © sin 2
å1;
1þ 4¤©
4¤©
4¤© © š # 4 1þ 21þ cos ± 21þ 1þ cos ± sin 4
§š # 4 2
© §š # 4 4
4
© §š # 4 å1;
4
2
4¤© §š # 4 4
å1;
å1;
2¤%š # 4 ( §š # 4 2¤
4
å1;
4¤y§š # 4 z
%š # 4 (
4
§š # 4 36
Ponieważ już wcześniej uwzględniliśmy działanie z obu stron okręgu (dwójka przy wyrażeniu 21þ cos ±), stąd całkujemy
dH tylko po połowie okręgu:
¾
å
þ=
2¤
þ
å
2¤
c
4
¾
4
å
4
å
4
¤4
1; 2¤ = 1; 2¤ ; 0
%š # 4 (
%š # 4 ( c
%š # 4 (
å
4
å
4
å4 ¤4
;
%¤4
'
0(
0
2
2¤
%š # 4 ( 2%š # 4 (
%š # 4 (
%š # 4 (
Stąd możemy wywnioskować, iż dla środka (š 0) otrzymujemy:
þ
å4 2%š # 4 (
å4 2%4 (
å4 ×
24 å4 å
24 24
Zadanie B4.3
Wyprowadzić wzór na siłę oddziaływania dwóch równoległych prostoliniowych przewodników, przez które płyną prądy
I1 i I2, w przeciwnych kierunkach.
Zadanie B4.4
W pewnym miejscu bardzo długiego przewodu prostoliniowego zrobiono pętle o promieniu R = 5 cm. Wyznacz
natężenie pola magnetycznego w środku tej pętli, gdy w przewodzie płynie prąd o natężeniu I = 10 A.
Zadanie B4.5
Wyprowadzić wzór na wartość indukcji pola magnetycznego w cewce o N zwojach o promieniu R, przez którą przepływa prąd o
natęŜeniu I.
Zadanie B4.6
W pręcie o promieniu R płynie prąd o jednorodnej gęstości j. Wyznacz indukcję pola magnetycznego w dowolnym
punkcie przestrzeni.
Rozwiązanie:
È
Gęstość prądu j definiujemy jako:
Rozważmy teraz dwa przypadki:
¢
¡¢
Q‡
¢ É
1å
Ĥ
1H
å = ¢ 1H¢
37
1) © q 4
¡¢ 1;¢ åc
¸ü
å ¤© ü 2¤© ¤© c
ü
2( © r 4
c ©
2
¡¢ 1;¢ åc ¤4 c
¸ü
ü
Š
c 4 c å
2©
2¤©
Š\S
É
È
Zadanie B4.7
W nieskończonej płaszczyźnie płynie w kierunku osi z prąd powierzchniowy j = 2 A/m. Wyznacz indukcje pola
magnetycznego w dowolnym punkcie przestrzeni.
Rozwiązanie:
¢
Gęstość prądu j definiujemy w tym przypadku jako:
Òà
Òá
Ø 1
¢
Ò ÒÓ
38
Dzielimy teraz powierzchnię na 4 całki tak jak na rysunku powyżej, stosując poniższy wzór:
¡¢ 1;¢
c å ¸ ü
¡¢ 1;¢ ¸ ü
¡¢ 1;¢ # ¸ ü
¡¢ 1;¢ # ¸ ü
¡¢ 1;¢ # ¸ ü
¡¢ 1;¢}
¸ü
Ze względu na prostopadłość, całki dla l2 i l4 będą równe zero:
¡¢ 1;¢ ¸ ü sin ± 1; ¸ ü sin 90° 1; ¸ ü 0 1; 0
¸ü
Stąd otrzymujemy:
¡¢ 1;¢ ¸ ü
¡¢ 1;¢ # 0 # ¸ ü
¡¢ 1;¢ # 0 ¸ ü 1; # ¸ ü 1; ü ¸ 1; # ü ¸ 1; ü; # ü;
¸ü
W tym miejscu należy wspomnieć, iż B=const, stąd wyciągane jest przed całkę.
c å ü; # ü;
å ; Ponieważ ; ; , stąd otrzymujemy:
c ; 2ü;
ü
c 2
W tym miejscy należałoby przypomnieć analogię do pola elektrycznego generowanego przez taką powierzchnię:
5
Á
2¥c
Zadanie B4.8 model dipolu magnetycznego
Obliczyć moment siły, jaki działa na prostokątną ramkę, w której płynie prąd I, umieszczona w stałym polu
¡¢ kat α.
magnetycznym B. Wektor powierzchniowy ramki tworzy z ü
Rozwiązanie:
Na początek spory problem stanowi wykonanie dobrego rysunku. Stąd będziemy musieli użyć aż dwóch „perspektyw”:
¡N¢ ¡Š
¡¢
ä
¡N¢á
Ý
¡N¢Ó
¡¡¢
Š
¡¡¢
Š
¡¢ N
ä
¡N¢á
¡¢ N
Ý
ä
¡Š
¡¢
39
Na pomarańczowo został oznaczony przepływ prądu w prawej części rysunku. Po wykonaniu pięknych ilustracji
przechodzimy już do konkretniejszych elementów (czyli do tego co wszyscy lubią najbardziej):
¡¢
L¢ å¡¢ û ü
L 'L}
Ramka ma wymiary własne a i b, gdzie a jest krawędzią górną i dolną, zaś b bocznymi (dłuższymi):
L å : ü sin 90° å:ü
L å { ü sin 90° ' ±
Moment definiujemy jako:
¡¡¢ ©¢ û L¢
d
dA L 0 sin 0° dë
1
1
dB L { sin%180° ' ±( L { sin ±
2
2
1
d— L { sin ±
2
1
dp dB # d— 2 å:ü { sin ± å:{ ü sin ±
2
Ponieważ : { to pole J, więc możemy zapisać iż:
dp å J ü sin ±
Dodatkowo korzystając z definicji momentu magnetycznego:
¢ å J¢
Otrzymujemy:
¡¢
dp å J ü sin ± ¢ û ü
Zadanie B4.9
¡¢, wektor
Prostokątna metalowa ramka o polu powierzchni S znajduje się w stałym polu magnetycznym o indukcji ü
indukcji jest prostopadły do jej powierzchni. Ramkę zaczęto obracać ze stała prędkością kątową ω. Z prawa indukcji
Faradaya znaleźć siłę elektromotoryczną indukowaną w ramce.
Rozwiązanie:
Prawo indukcji Faradaya wygląda następująco:
¥ñ '
∆Ï
1Ï
'
∆I
1I
40
Gdzie ¥ñ to indukowane napięcie (siła elektromotorycz7na indukcji), natomiast Φ to strumień pola magnetycznego,
opisany wzorem (zawiera iloczyn skalarny wektorów):
¡¢ · J¢
Ïü
Po takim małym wprowadzeniu czas na rysunek:
¡Š
¡¢
ä
¡¢ · J¢ üJ cos ±
Ïü
Ponieważ w treści zadania mamy podaną prędkość kątową ω, stąd musimy alfę zamienić na omegę w następujący sposób
(analogia do ruchu liniowego – droga to alfa, prędkość to omega):
± I
¥ñ '
Ï üJ cos I
1Ï
1
' %üJ cos I( üJ sin I
1I
1I
W wyniku otrzymujemy model prądnicy prądu przemiennego.
Zadanie B4.10
Na statku płynącym z prędkością v = 36 km/h przeciągnięto poziomo i prostopadle do prędkości drut o długości l = 5 m,
do jego końców podłączono czuły woltomierz, który wskazał różnicę potencjałów U = 1.5 mV. Na tej podstawie obliczyć
składową (którą się da?) ziemskiego pola magnetycznego w obszarze statku.
Rozwiązanie:
Po czasie I 1 pręt pokonuje pewną drogę, co pozwala nam na zakreślenie pola o wielkości ŒJ wzdłuż jego przesunięcia:
t1
t0
Ò
∆Z
Ô
pręt
™I
∆J ; ™ ∆I
41
Korzystając teraz z strumienia magnetycznego:
¥'
|¥| ü;™
∆Ï ü ∆J
∆Ï ü ; ™ ∆I
∆Ï
ü ; ™ ∆I
'
'ü;™
∆I
∆I
ü
¥
2
3 10fœ  H‘ 10 ;™
Zadanie B4.11
Do 2 poziomych szyn podłączono źródło napięcia U, a na szynach położono pręt o długości l i oporze R. Całość znajduje
¡¢, prostopadłym do płaszczyzny układu (rysunek). Współczynnik tarcia
się w stałym polu magnetycznym o indukcji ü
pręta o szyny wynosi f. Opisać zachowanie układu po włączeniu napięcia, opór szyn można zaniedbać. Wskazówki: jakie
siły zadziałają na pręt gdy zacznie płynąć prąd? Kiedy ruszy z miejsca? Z jakim dodatkowym zjawiskiem będzie się wiązał
jego ruch? Zapisać II zas. dynamiki dla pręta. Jaka będzie jego graniczna prędkość?
B
;
U
Rozwiązanie:
Zadanie podzielimy na początek na dwa etapy – moment, w którym pręt rusza oraz moment, w którym pręt już ruszył.
å
1) Pręt rusza:
å
U
™
Lð
B
Fel to siła elektrodynamiczna, jest ona skierowana w prawo, ponieważ prąd płynie „w dół”. Pręt zacznie się
poruszać w momencie, gdy siła elektrodynamiczna będzie większa od siły tarcia:
¡¢ L¢ð Ø ;¢ û ü
Lð r G
¡¢
;¢ û ü
4
G
; ü r až
4
Gr
až4
;ü
Siła indukcji (elektromagnetyczna) pojawi się dopiero po przekroczeniu napięcia progowego:
42
GhÇçñéæñð až4
;ü
Należy w tym miejscu podkreślić, iż będzie to siła mająca na celu zmniejszenie napięcia U (wedle reguły
przekory, siła będzie dążyła do wyzerowania napięcia).
2) Pręt ruszył:
Ø
ü
G ' ¥ñÂ
4
Lð ' :
G ' ¥ñÂ
; ' až :
4
Otrzymujemy w konsekwencji równanie ruchu pręta:
ü
Teraz obliczmy prędkość graniczną:
G ' ü;™
1™
; ' až 4
1I
ü; %G ' ü;™( ' 4až 4:
ü;G ' ü ; ™hÇ ' 4až 4:
W przypadku obliczania prędkości granicznej ™hÇ , należy zaznaczyć, iż : 0:
™hÇ ü;G ' ü ; ™hÇ ' 4až 0
4až ' ü;G ü;G ' 4až ü;G 4až G 4až
' ' 'ü ; ü ;
ü ;
ü ;
ü;
ü ;
Zadanie B4.12 pomoc – Hennel
Znaleźć w układzie kartezjańskim lub sferycznym:
a) gradient pola skalarnego Ï :¢©¢ (:¢ - wektor stały),
Ç¢
b) dywergencję pola wektorowego 5¡¢ A ,
Ç Ç
Ç¢
c) rotację pola wektorowego ó¢ :©¢ (: – stała), 5¡¢ A .
Ç Ç
Pomocne wzory w osobnym pliku do pobrania ze strony.
Wskazówki:
Układ kartezjański (x,y,z)
¡¢:
Operatory gradientu, dywergencji, rotacji i laplasjan. Najłatwiej zapisać przy pomocy operatora ‘nabla’ | | |
¡¢ > , , ?
| |š |•
Gradient to inaczej zmiana – duży gradient temperatury oznacza dużą jej zmianę:
|G |G |G
¡¢U > ,
, ?
grad%G( | |š |•
43
Podczas obliczania gradientu, ze skalara powstaje wektor:
|Ï
|Ï
|Ï
grad%Ï( > ? # > ? # > ?
|š
|•
|
Dywergencja to inaczej źródłowość – przeciwnie do gradientu, z wektora robi skalar:
¡¢ · ¡E¢ div%5( Rotacja (po angielsku curl):
|5Þ |5o |5n
#
#
|
|š
|•
eÞ
|
rotú5¡¢ ý ¡¢ û ¡E¢ |
5Þ
eo
|
|š
5o
en
|
|•
5n
Inżynieria Biomedyczna gr. 2 i 3, zestaw nr 2.5 – indukcja elektromagnetyczna, fale EM
Zadanie B5.1
(ponownie) Kończymy poprzedni zestaw. :P
Zadanie B5.2
Pręt o długości l = 20 cm jest nachylony do osi pionowej pod katem 15o i wiruje wokół niej ze stała częstotliwością n = 50
s−1. Jednorodne pole magnetyczne o indukcji B = 1 T skierowane jest poziomo. Znaleźć różnicę potencjałów między
końcami pręta w chwili, gdy znajduje sie on w jednej płaszczyźnie z wektorem indukcji magnetycznej.
Zadanie B5.3
Kondensator o pojemności C naładowano ładunkiem Q i następnie podłączono do cewki o indukcyjności L, tworząc
obwód LC. Wyprowadzić wzór na natężenie prądu płynącego w obwodzie od czasu.
Rozwiązanie:
U%ˆ(
„«
„Ü
Ü
«
Gp ¨%I(
-
G '
1Ø%I(
1I
Gp G
44
-̈
'
1Ø%I(
1 1¨
1 ¨
' > ? ' 1I
1I 1I
1I
'
¨
1 ¨
- 1I
1 ¨ ¨
#
0
1I -
Otrzymujemy tutaj równanie oscylatora. Podstawiając, iż p otrzymujemy:
1 ¨
# ¨ 0
1I Rozwiązaniem równania oscylatora jest:
ó cos%I # (
Ö
Czyli:
1
-
1
¨%I( ó cos Ö I # Ø%I( ¨%0( ó cos 1¨%I( 1
ó cos%I # ( 'ó sin%I # (
1I
1I
Korzystając z warunków początkowych, możemy wyznaczyć fazę (przesunięcie fazy ). Wiedząc, iż w chwili I 0 prąd nie
płyną, czyli Ø%0( 0 otrzymujemy:
Ø%0( 'ó sin% 0 # ( 0
'ó sin 0
Wiemy, iż zarówno omega , jak i amplituda ó to wartości niezerowe, stąd wniosek, iż tylko sinus może być elementem
zerowym w równaniu:
Teraz możemy wyznaczyć ile równy jest element ó:
sin 0 î 0°
¨%0( ó cos ó cos 0° ó
Ø%I( ¨Ûç ó
1¨%I( 1
¨Ûç cos I '¨Ûç sin I
1I
1I
ØÛç '¨Ûç
45
Należy tu wspomnieć, iż jest to obwód drgający, będący najprostszą anteną radiową, generującą fale EM
(elektromagnetyczne). Oczywiście obwód ten nie drga w nieskończoność, bowiem za każdym razem uwalniana jest część
jego energii.
Kolejnym ważnym elementem jest wspomnienie o rezonansie. W momencie, gdy pulsacja í generatora jest równa pulsacji
obwodu LC p , to otrzymujemy zjawisko rezonansu (jest to poniekąd zasada działania radia):
U%ˆ(
„Ü
Ü
«
„ì „[ ! ì ˆ
í p 1
√-
Zadanie B5.4
Kondensator o pojemności C = 1 pF naładowano do napięcia U = 100 V i rozładowano przez cewkę o indukcyjności L =
0.01 H. Obliczyć maksymalną wartość natężenia prądu I0 płynącego w obwodzie.
Zadanie B5.5
Gdy obwód drgający o pojemności C1 = 10 μF jest pobudzany z częstotliwością ν1 = 500 Hz występuje w nim rezonans.
Jaką pojemność należy włączyć do obwodu, aby rezonans wystąpił przy ν2 = 100 Hz.
Rozwiązanie:
U%ˆ(
Ü
«Ó
pB pA 1
§-
1
§-
2¤"
2¤"
2¤" §-
2¤" §-
" §-
" §-
" - > ? - 250 L
"
46
W tym miejscu trzeba przypomnieć, iż dodatkowy kondensator o wielkości 240 μF dołączamy równolegle, by otrzymać
sumarycznie 250 μF:
á[ $%
U%ˆ(
Ü
Ó[ #N
Zadanie B5.6
Zapisać równania Maxwella w postaci różniczkowej i całkowej, z postaci różniczkowej wyprowadzić równanie falowe w
¡¢ . Pomocny wzór: ©)I%©)I ó( a©:1%1ؙ ó( – 1ؙ%a©:1 ó(, 1ؙ%a©:1 ó( ó (laplasjan A).
próżni dla pól 5¡¢ i ü
Wprowadzenie:
Na początek zaczniemy od wypisania odpowiednich wzorów:
Postać całkowa
Postać różniczkowa
¡¡¢ Q‡
¡¢ ¬
'[ ¸ ·
¡¢ · 5¡¢ M
¥c Prawo Gaussa dla elektryczności.
Źródłem pola elektrycznego są
ładunki.
¡¢ · ü
¡¢ 0
Prawo Gaussa dla magnetyzmu.
Pole
magnetyczne
jest
bezźródłowe,
linie
pola
magnetycznego są zamknięte.
¡¢ [
¸ ¡¡¢
Š Q‡
¸ ¡¡¢
· QÒ¢ '
Q(Š
Qˆ
¸ ¡¡¢
Š QÒ¢ #[ >U # '[
Q(·
?
Qˆ
¡¢ û 5¡¢ '
¡¢
|ü
|I
¡¢ û ü
¡¢ c E¢ # ¥c
Prawo Faradaya. Zmienne w
czasie
pole
magnetyczne
wytwarza pole elektryczne.
|5¡¢
F
|I
Prawo Ampera rozszerzone przez
Maxwella. Przepływający prąd
oraz zmienne pole elektryczne
wytwarzają
wirowe
pole
magnetyczne.
Prawa Maxwella opisują wszystkie zjawiska elektromagnetyczne, z których wynika, iż zarówno zmienne pole elektryczne
jest źródłem pola magnetycznego, jak i zmienne pole magnetyczne tworzy zmienny strumień, który tworzy zmienne pole
elektryczne. Prawa w postaci całkowej są globalnymi zmianami, natomiast postać różniczkowa opisuje lokalne własności
pola. Przykładowo dywergencja jest źródłowością, czyli otrzymujemy informację z wzoru:
¥c ¡¢ · 5¡¢ ¥c divú5¡¢ ý M
iż źródłem pola elektrycznego jest gęstość ładunku ro M ) A *. Dodatkowych wyjaśnień powinno dostarczyć poniższe
Û
zestawienie:
p
• ß – indukcja elektryczna – ß ¥c 5 ) A *
p
Û
47
•
•
•
•
•
•
•
•
•
ü – indukcja magnetyczna – @
5 – natężenie pola elektrycznego – )Û*
þ – natężenie pola magnetycznego – þ +Õ
)
p
*
ÛA
Ï" – strumień indukcji elektrycznej – - ó H
Ï – strumień indukcji magnetycznej – /{
– gęstość prądu – )ÛA *
M – gęstość ładunku – )
p
*
ÛA
û – operator rotacji – ) *
Û
· – operator dywergencji – )Û*
Rozwiązanie:
Po ogarnięciu pewnych wstępnych informacji możemy przystąpić do rozwiązywania zadania. Zaczniemy najpierw od:
¥c ¡¢ · 5¡¢ ¥c divú5¡¢ ý 0
Dlaczego tutaj jest zero, a nie M? Bowiem omawiamy sytuację w próżni, gdzie ładunków nie ma. Teraz kilka następnych
wzorków, które będą nam potrzebne:
¡¢ div%ü
¡¢( 0
¡¢ · ü
¡¢ rotúü
¡¢ý c E¢ # ¥c
¡¢ û ü
¡¢ û 5¡¢ rotú5¡¢ ý '
¡¢
|ü
|I
|5¡¢
F
|I
Teraz zabieramy się za właściwe wyprowadzenia na podstawie powyższego wzoru – obustronnie dokonujemy rotacji (zapis
jest dokonywany w dwóch równoważnych formach):
¡¢
|ü
F
|I
¡¢
|ü
¡¢ û 5¡¢ ý ¡¢ û E' F
¡¢ û ú
|I
rot yrotú5¡¢ ýz rot E'
Teraz korzystamy z własności, iż ©)I%©)I ó( a©:1%1ؙ ó( – 1ؙ%a©:1 ó(:
|
¡¢ýz
yrotúü
|I
|
¡¢ û ú
¡¢ û 5¡¢ ý ¡¢ú
¡¢ · 5¡¢ ý ' ¡¢ · ú
¡¢5¡¢ ý ' ú
¡¢ û ü
¡¢ý
|I
rot yrotú5¡¢ ýz grad ydivú5¡¢ ýz ' div ygradú5¡¢ ýz '
Teraz należy zauważyć, iż gradient z dywergencji jest równy 0, natomiast z dywergencji gradientu powstaje laplasjan :
0 ' 5¡¢ '
|
¡¢ û ü
¡¢ý
ú
|I
Ponieważ rotacja wektora magnetyzmu to:
¡¢ rotúü
¡¢ý c E¢ # ¥c
¡¢ û ü
|5¡¢
F
|I
48
Więc otrzymujemy:
'5¡¢ '
|
|
|5¡¢
|
|
|5¡¢
|
|5¡¢
¡¢ û ü
¡¢ý ' Ec ¢ # c ¥c F ' %c ¢( ' Ec ¥c F 0 ' Ec ¥c F
ú
|I
|I
|I
|I
|I
|I
|I
|I
5¡¢ c ¥c
| |5¡¢
| 5¡¢
E F c ¥c |I |I
|I
W konsekwencji dostaliśmy równanie falowe:
5¡¢ ' c ¥c
Gdzie
E
| 5¡¢
0
|I |
|
|
#
#
F
| |š |• W podobny sposób możemy otrzymać równanie zawierające pole magnetyczne:
¡¢ û ú
¡¢ û ü
¡¢ý ¡¢ û Ec ¢ # c ¥c
¡¢ c ¥c
' ü
|
¡¢ û 5¡¢ ý
ú
|I
¡¢ c ¥c
' ü
¡¢ ' c ¥c
ü
Zwróćmy w tym miejscu uwagę na obecność pulsacji:
|5¡¢
|5¡¢
¡¢ û Ec ¥c F
F
|I
|I
¡¢
|ü
|I
¡¢
| ü
0
|I
c ¥c
Okazuje się, iż zachodzi następująca zależność z kwadratem odwrotnością prędkości fazowej:
Gdzie c jest prędkością fali elektromagnetycznej.
1
1
c ¥c
1
§c ¥c
3 10
H
Zadanie B5.7
Udowodnić, że szczególne rozwiązanie równań Maxwella w postaci fali płaskiej 5¡¢ 5c cos%I ' *•( ; 0 ; 0 spełnia
ogólne równanie falowe. Na tej podstawie znaleźć związek pomiędzy , * i .
Rozwiązanie:
Zadanie to jest poniekąd dalszą częścią zadania 6.
5¡¢ ' c ¥c
| 5¡¢
0
|I 49
Rozwiązaniem powyższego równania jest fala płaska opisana wzorem:
5¡¢ 5c cos%I ' *•( ; 0 ; 0
Proszę zwrócić uwagę, iż pole elektryczne ma tylko składową x’ową (x ; y ; z). Sprawdzimy teraz, czy rozwiązanie to spełnia
równanie:
| 5¡¢ | 5¡¢ | 5¡¢
|
|
5¡¢ # # 0 # 0 # 5c cos%I ' *•( * 5c sin%I ' *•( '* 5c cos%I ' *•(
|
|š
|•
|•
|•
| 5¡¢
|
|
5 cos%I ' *•( ' 5c sin%I ' *•( ' 5c cos%I ' *•(
|I |I c
|I
5¡¢ ' c ¥c
| 5¡¢
0
|I '* 5c cos%I ' *•( ' c ¥c ,' 5c cos%I ' *•(- 0
'* 5c cos%I ' *•( # c ¥c 5c cos%I ' *•( 0
%c ¥c ' * (5c cos%I ' *•( 0
To równanie jest równe zero (wtedy jest spełnione to równanie) gdy:
c ¥c ' * 0
* c ¥c *
1
§c ¥c Zadanie B5.8
Pole elektryczne płaskiej fali elektromagnetycznej wynosi 5¡¢ 5c cos%I ' *•( ; 0 ; 0. Z praw Maxwella obliczyc
¡¢ . Jak wzajemnie skierowane są pola 5¡¢ i ü
¡¢ (rysunek)?
składową magnetyczną fali i znaleźć związek pomiędzy 5¡¢ i ü
Rozwiązanie:
Jak obliczyć B znając E?
û 5¡¢ '
Ø
|
rotú5¡¢ ý |
5Þ
|
|š
0
Ø
|
¡¢ rotú5¡¢ ý û E
|
5Þ
|
|š
5o
¡¢
|ü
|I
*
Ø
|
|
|•
|
5n
5Þ
|
|š
0
*
|
|•
0
*
|
|
|
|
|
|
|
0#
0 * # 5Þ ' * 5Þ ' 0 Ø ' 0 Ø
|š
|
|•
|š
|•
|
|•
0
|
|
|5Þ
|5Þ
|5Þ
5 '*
'*0
rotú5¡¢ ý 5Þ ' * |•
|š Þ
|•
|š
|•
50
Ponieważ w równaniu na EX nie ma żadnej składowej ze zmienną y, stąd całość wyrażenia jest traktowana jako stała, a jego
pochodna jest równa zero:
rotú5¡¢ ý |5Þ
|5Þ
>0 ;
; 0?
|•
|•
Wersory i, j oraz k mówią nam o tym, w których współrzędnych znajdować się będą wyniki. Łącząc powyższy wynik z
wyjściowym wzorem otrzymujemy (ponieważ rotacja wektora E daje w wyniku zera dla x i z, to wektor B będzie posiadał
¡¢ %0 ; üo ; 0():
jedynie niezerową składową y – ü
|5Þ
|üo
'
|•
|I
|5Þ
|
|üo
5c cos%I ' *•( 5c * sin%I ' *•( '
|•
|•
|I
5c * sin%I ' *•( |I '|üo
Teraz obustronnie całkujemy powyższe równanie:
= 5c * sin%I ' *•( |I ' = |üo
'üo '5c
üo 5c
*
cos%I ' *•(
*
cos%I ' *•(
Dzięki temu otrzymaliśmy składową magnetyczną generowaną polem elektrycznym. Na koniec jeszcze jeden element:
5c cos%I ' *•(
5Þ
™.ç üo 5 * cos%I ' *•( *
c
Na niebiesko oznaczone zostały wektory pola elektrycznego, natomiast na zielono magnetycznego. Kierunek rozchodzenia
się fali (jej propagacji) można uzyskać przez iloczyn kartezjański wektorów:
¡¢
5¡¢ û ü
™¢
5¡¢
š
¡¢
ü
•
Jeśli pole elektryczne ma wektory zwrócone w kierunku x, a pole magnetyczne w y, to fala będzie propagować w kierunku z
(oznaczone wektorem prędkości ™¢).
51
Zadanie B5.9
Z praw Maxwella wyprowadzić zasadę zachowania ładunku (równanie ciągłości).
Zadanie B5.10
Radioodbiornik może odbierać fale EM w zakresie od fal krótkich λ1 = 50 m do fal średnich λ2 = 450 m. Zakładając, że
przejście pomiędzy zakresami odbywa się przez zmianę pojemności kondensatorów, obliczyć ile razy należy
zwiększyć/zmniejszyć pojemność.
Rozwiązanie:
Zadanie bardzo podobne do zadania 5.5:
¹ ™é pB 1
§-
™é
ž
ž 2¤ž 2¤
¹ 2¤™é §-
™é
¹
™é
¹
¹ 2¤™é §-
¹ 2¤™é §- §-
¹ 2¤™é §- §-
¹ 450 - > ? - >
? - 81-
¹
50
Zadanie B5.11
Wyprowadzić równanie falowe dla fali EM rozchodzącej się w wodzie i obliczyć prędkość fazowa fali.
Zadanie B5.12 model generatora fali płaskiej harmonicznej
Nieskończona płaszczyzna przewodząca ustawiona jest równolegle do płaszczyzny YZ i płynie w niej prąd
powierzchniowy o gęstości c cos%I( w kierunku ujemnych y. Płaszczyzna taka generuje płaską falę EM. Aby to
wykazać, należy:
a) Dla małych odległości od płaszczyzny indukcję pola magnetycznego wyliczyć z prawa Ampera.
b) Indukcję pola magnetycznego przedstawić w postaci iloczynu funkcji zależnych tylko od czasu t i odległości x
(separacja zmiennych): ü%, I( ü %(ü%I(.
c) Wynik punktu a) podstawić za część pola ü zależną od czasu ü %I(.
d) Iloczyn ü %(ü %I( wstawić do równania falowego dla pola ü i wykonać różniczkowanie po czasie, zwracając
uwagę która z funkcji zależy od czasu, a która od położenia.
e) Z uzyskanego równania wyliczyć przestrzenną cześć pola ü %(.
f) Iloczyn części przestrzennej i czasowej jest szukaną magnetyczną składową fali. Obliczyć pole elektryczne tej
fali.
Zadanie B5.13
Radiostacja o mocy 30 kW wysyła izotropowo fale EM. Oblicz natężenie sygnału, amplitudę pola elektrycznego i
magnetycznego w odległości 10 km od stacji.
Rozwiązanie:
W rozwiązaniu tego zadania posłużymy się tzw. wektorem Poyntinga, który opisuje natężenie fali:
52
J¢ 1
¡¢
5¡¢ û ü
c
Antena promieniuje mocą P. Przez każdą ze sfer z poniższego rysunku przechodzi tyle samo energii, aczkolwiek
zmniejszenie natężenia zachodzi przez zwiększenie promienia sfery (a tym samym jej powierzchni).
©
4
Wartość średnia wektora Poyntinga jest równa wartości średniej pola elektrycznego i magnetycznego:
///
J
1
5/ ü/
c
Aczkolwiek wartość średnia zarówno sinusa jak i cosinusa to zero:
5/ 5c sın
////%I ' *•( 0
Ale korzystając z własności, iż:
5/
ü/
Otrzymujemy:
///
J
5/ ü/
1
üc
ü/ ü/ c
2c
Teraz wracając do rysunku, możemy zapisać, że wektor jest równy:
///
J
9
9
J 4¤© 9
üc
4¤© 2c
üc 9 2c
4¤© 1 9c
üc Ö
4,5 10fc © 2¤
1 9c 1 9c 2
Ö
üc 13,5 10f
5c Ö
© 2¤ © 2¤
53
Zadanie B5.14 Brański VIII.5
Płaska, harmoniczna fala EM o częstotliwości f = 107 Hz rozchodzi się wzdłuż osi y w ośrodku nieprzewodzącym o
stałych materiałowych ª 4ªc, c . Oś z pokrywa się z kierunkiem pola elektrycznego 5¡¢ , którego wartość w chwili
@
t = 0 i punkcie y = 0 jest równa amplitudzie 5Ûç 2 û 10f . Obliczyć wartości wektorów natężeń pól elektrycznego
Û
¡¢ oraz wektora Poyntinga J¢ w punkcie y = 300m i chwili t = 1μs. Obliczyć długość fali i prędkość
5¡¢ i magnetycznego þ
fazową w tym ośrodku.
Rozwiązanie:
W ośrodkach przewodzących fale nie rozchodzą się, bowiem wtedy generowany jest prąd. Zajmijmy się jednak naszym
zadaniem:
™
Długość fali:
1
§c š¥c
1
§c ¥c
1
1
1
1
√ ¥ §c 4¥c 2§c ¥c 2
¹ ™ ™
1 1
3 10 10fù 15 ž 2
Idziemy dalej – wzór na falę płaską (k to liczba falowa, wektor falowy):
5 0 ; 0 ; 5c cos%I ' *š(
2¤ž
5n 5c cos >2¤ž I '
*
2¤
¹
2¤
š
š? 5c cos )2¤ yžI ' z*
¹
¹
5n %I 0 ; š 0( 5Ûç 5c 2 10f
2
š
300
5n %I 1H ; š 300( 5Ûç cos )2¤ yžI ' z* 5Ûç cos 2¤ >10ù 10f× '
?‘ 5Ûç cos'20¤
¹
15
5n %I 1H ; š 300( 5Ûç 1 5Ûç
Teraz pole magnetyczne:
5n
™
üÞ
f 2
5n 2 2 10 4
f
üÞ 3 10

™
3 10
H
Dla fali płaskiej amplituda wektora Poyntinga nie maleje (maleje w przypadku fali kulistej).
54
J J¢ 1
¡¢
5¡¢ û ü
c
/
1 4
1
10f 2 10f 10fù c 3
5
Zadanie B5.14 Gmyrek
Płaska fala EM propaguje w próżni w kierunku osi x. Wyznaczyć energię, którą fala przenosi w czasie t = 5 min przez
@
prostopadłą do osi x powierzchnię S = 0.5 m2. Amplituda natężenia pola elektrycznego 5c 5 û 10fœ Û, a
magnetycznego þc 2 û 10f} . Wskazówka: obliczyć średnią gęstość energii pól fali, średnią wartość funkcji sin%
1I(
w czasie 1
Û
okresu wynosi .
1
1
¡¢ ¥c 5¡¢ /ð 5¡¢ ß
2
2
Rozwiązanie:
1
1
¡¢þ
¡¢ c þ
¡¢ /Ûçh ü
2
2
Wartość średnią możemy obliczyć całkując funkcję w przedziale od 0 do T (jeden pełny okres) i na koniec dzieląc wynik
całki przez T:
1ð /
j
j
1
1
1
1
1
1 1
= ¥c 5¡¢ 1I ¥c 5c = sin %I ' *( 1I ¥c 5c ¥c 5c
2
2
2
2 4
c
c
1
1Ûçh c þc
/
4
1
1
1 ¥c 5c # c þc
/
4
4
Praca całkowita:
By zsumować ze sobą wyrazy, musimy skorzystać z poniższej własności:
5c
üc
1
§c ¥c
5c
üc
þc 5c üc þc c 1
1
1 ¥c 5c þc c # c þc
/
4
4
üc
5c
5c c ¥c
5c
¥ 5c ¥c c c c c ¥c c c c
1
1
1
1 1
5 þ
1 ¥c 5c þc c # c þc %5c ¥c ( ¥c c 5c þc 5c þc c c
/
4
4
2
2 2
Mamy już prawie wszystko co potrzeba, jednak o co generalnie chodzi w tym zadaniu? Otóż dostajemy tutaj pytanie o ilość
energii przepływającej przez kwadracik (na rysunku zakreskowana powierzchnia S) w ciągu 5 minut, co można
przedstawić jako bryłę o powierzchni S na I (czyli prędkość razy czas, co daje nam w konsekwencji drogę):
55
™¢
J
5¡¢
¡¢
ü
1 IJ 53e©aØ: /
1 IJ
//
I
5c þc
5c þc
IJ I J 1,5 10f˜ 2
2
Zadanie B5.15
Obliczyć składową magnetyczną, wektor Poyntinga i kierunek propagacji fali EM, której pole elektryczne wynosi
5¡¢ 0 ; 5 cos%I ' *( ; 5 cos%I ' *š( (złożenie 2 fal płaskich).
Inżynieria Biomedyczna, zestaw nr 2-6 – optyka
Zadanie B6.1
Na siatkę dyfrakcyjną mająca n = 500 rys/mm pada prostopadle równoległa wiązka światła o długości 486 nm (zielona
linia wodoru). Określ ile maksymalnie prążków interferencyjnych może pojawić się na ekranie umieszczonym za siatką
oraz kąt, pod którym zaobserwuje się ostatni prążek.
Rozwiązanie:
Prążek o największym natężeniu powstanie dla kąta 0°. Jednakże policzyć musimy maksymalną liczbę prążków. Zacznijmy
od równania siatki:
1 sin ± ¹ ¹
±
0°
siatka dyfrakcyjna
W równaniu tym d to odległość między środkami szczelin, co jest odwrotnością liczby rys na milimetr:
56
1
1
1 2 10f×
3 500 ©šH:
©šH:
|sin ±| 1
Ponieważ:
Więc:
sin ± ¹ 2
Jednakże m musi być liczbą całkowitą, stąd:
21
1
1
2 4,12
¹
Ûç 4
Reasumując, otrzymamy 9 prążków (środkowy dla 0O i po 4 u nad i pod środkowym). Jaki więc będzie kąt maksymalnego
prążka?
sin ±Ûç 0,972
±Ûç “ 76,5°
Zadanie B6.2
Dwa polaryzatory P1 i P2 ustawiono jeden za drugim w pewnej odległości od siebie. Na polaryzatory kierujemy wiązkę
światła spolaryzowanego o natężeniu I0 tak, że płaszczyzny przepuszczalności P1 i P2 tworzą kąty α i β z płaszczyzną
polaryzacji światła. Jakie będzie natężenie światła przechodzącego przez układ, gdy pada ono :
a) od strony P1,
b) od strony P2.
Jaki będzie wynik gdy padające światło nie będzie spolaryzowane?
Rozwiązanie:
ŚWIATŁO SPOLARYZOWANE - Rozpocznijmy od ładnego rysunku:
polaryzatory
±
spolaryzowana
wiązka światła
Przejście spolaryzowanej wiązki światła przez polaryzatory możemy przedstawić następująco – na początek traktujemy
wiązkę jako złożoną z dwóch składowych wektorów – jeden pod kątem alfa do wektora wypadkowego (drugi wektor
składowy pod kątem 90 stopni do pierwszego składowego). Po przejściu przez pierwszy polaryzator pozostaje jedynie
właśnie ta składowa wiązki:
57
spolaryzowana
wiązka światła
±
polaryzator
5Þ
90° ' ±
5¡¢
±
5o
światło po przejściu przez
polaryzator
Jak widać, przepuszczona zostanie tylko składowe EY wiązki światła, której energię możemy zapisać jako:
5o 5 cos ±
Energia jest proporcjonalna do natężenia, więc:
å åc cos ±
Gdzie I1 to natężenie fali po przejściu przez pierwszy polaryzator, a I0 to natężenie początkowe fali. Teraz co się dzieje po
przejściu przez drugi polaryzator? No i coś tu namieszane jest…
ŚWIATŁO NIESPOLARYZOWANE – Różnica polega na tym, iż światło niespolaryzowane nie ma wyznaczonego kierunku, więc
generalnie propaguje w każdym:
wiązka światła
niespolaryzowanego
Średnia wartość kwadratu cosinusa to połowa, więc:
1
å åc cos ± åc
2
1
å åc cos%± ' (
2
1
å› åc cos% ' ±(
2
å å ´
58
Zadanie B6.3
Wyprowadzić warunek zajścia konstruktywnej interferencji na dwóch równoległych płaszczyznach atomowych
oddalonych o d, jeśli pada na nie wiązka promieniowania pod katem θ do płaszczyzn (prawo Bragga). Jaka jest odległość
płaszczyzn, jeśli padającym promieniowaniem jest promieniowanie X o długości fali λ = 1.54 Å (tzw. linia <3B miedzi, Å =
angstrem = 10−10 m), a pierwszy refleks obserwujemy pod katem 11O.
Rozwiązanie:
Na początek mała dygresja, iż odbite światło jest częściowo spolaryzowane. W tym zadaniu się to nie przyda, ale być może
kiedyś, gdzieś…
wiązka promieniowania
±
1
∆
Wracając do zadania:
sin ± ±
∆
1
∆
1
∆ 1 sin ±
2∆ 21 sin ± ¹
¹ 1,54 Å
1
α 11°
m1
¹
4,05 10fc 2 sin 11°
Zadanie B6.4
Przed płaskim zwierciadłem umieszczono świecę. Zwierciadło wykonuje ruch drgający z amplitudą : wzdłuż linii
prostopadłej do jego powierzchni. Obliczyć amplitudę drgań obrazu w zwierciadle.
Zadanie B6.5
Przedmiot o wysokości þ 0.03 znajduje się w odległości 0.2 od zwierciadła kulistego wklęsłego o
promieniu krzywizny © 0.08. W jakiej odległości powstanie obraz i jaka będzie jego wysokość? Narysować rysunek i
konstrukcyjnie wyznaczyć położenie obrazu.
Rozwiązanie:
Mamy następujące dane:
Czyli ogniskowa będzie w odległości:
© 0,08 0,2 ž 0,04 þ 0,03 59
Korzystając z wzoru:
1 1 1
#
ž š Otrzymujemy:
1 1 1
1
' 20
š ž þ› š 0,05 š
þ 0,25þ 0,0075 I graficznie (mniej-więcej):
þ
ž
Zadanie B6.6
Przedmiot o wysokości þ 5 znajduje się w odległości 0.1 od płasko-wklesłej soczewki rozpraszającej o
ogniskowej ž 0.3 . Narysować rysunek i konstrukcyjnie wyznaczyć położenie obrazu. Obliczyć w jakiej odległości
powstanie obraz i jaka będzie jego wysokość.
Rozwiązanie:
þ
ž
Przejście przez środek
optyczny oznacza brak
załamania wiązki.
š
1 1 1 'ž
' ž
š ž 0,1 %'0,3(
0,03
ž
'
'0,075 0,1 # 0,3
0,4
'ž
60
þ
Ê Ê
þ›
š
þ › þ Ê Ê 0,05 0,75 0,0375 š
Zadanie B6.7 Gmyrek
Pewien bardzo mały obiekt sfotografowano dwukrotnie za pomocą aparatu z obiektywem o ogniskowej 58 mm (np.
starym dobrym Zenitem z obiektywem Helios). Za pierwszym razem zdjęcie wykonano z najmniejszej dopuszczalnej
odległości (dla której na kliszy powstanie ostry obraz) 0.5 . Za drugim razem pomiędzy korpus aparatu, a
obiektyw wkręcono tzw. pierścień pośredni oddalający obiektyw od aparatu o • 25 i ponownie wykonano
zdjęcie z najmniejszej odległości (która będzie tym razem inna). Jaki jest stosunek wysokości uzyskanych obrazów w obu
przypadkach?
Rozwiązanie:
Sytuacja pierwsza:
š
1 1 1 'ž
' š ž ž
š
ž
'ž
Sytuacja druga:
•
š
š š # •
1
1
1
# š ž
61
žš
ž%š # •(
š ' ž š # • ' ž
9
š
9 š
ž
9 š %š # •(%š # • ' ž( š # • ' ž ' ž # • ' ž• • ' •ž # ž K ž
9 š
ž%š # •(š
žš
ž
ž
'ž
K 1#
•% ' ž(
25 %500 ' 58(
11050
1#
1#
4,28
ž
58
3364
Zadanie B6.8 Gmyrek
Człowiek znajdujący się w łódce obserwuje dno jeziora o głębokości þ 5 . Jak pozorna (obserwowana) głębokość
dna b zależy od kąta obserwacji ±, jaki tworzy promień wychodzący z wody z normalną do powierzchni wody?
Współczynnik załamania światła w wodzie 3 1.33.
Rozwiązanie:
Na początek rysunek:
3
∆±
b
-’
±
ó
∆
ó
ü
þ
ß’
ß
ü
-
Musimy teraz skorzystać z własności, iż sinusy małych kątów są w przybliżeniu równe tym kątom oraz cosinusy małych
kątów są w przybliżeniu równe jeden:
sin ∆± “ ∆±
cos ∆± “ 1
sin ∆ “ ∆
cos ∆ “ 1
Teraz będziemy korzystali z poszczególnych trójkątów. Na początek trójkąt ∆óß-:
sin ∆ óß
¿ óß “ ó- ∆
ó-
62
Korzystając z trójkąta ∆óß´-´:
sin ∆± Dalej:
óß´
¿ óß´ “ ó-´ ∆±
ó-´
cos Korzystając z trójkątów ∆óßü i ∆óß´ü:
sin 90° ' ± cos óß
óü
þ
þ
“
-ü ó-
b
b
¿ ó- › ó- ›
cos ±
cos ± óß
óß ›
cos cos ±
óß´
óü
b
þ
∆± ∆
cos ±
cos b
3
þ cos ± ∆
cos ∆±
sin%± # ∆±( sin ±
1,33
sin% # ∆( sin sin ± cos ∆± # cos ± sin ∆± 3%sin cos ∆ # sin ∆ cos (
Korzystając z tego, iż sin ∆± “ ∆± i cos ∆± “ 1 (tak samo dla bety), otrzymujemy:
sin ± 1 # cos ± ∆± 3%sin 1 # ∆ cos (
sin ± # cos ± ∆± 3 sin # 3∆ cos sin ± cos ±
sin cos #
∆± 3 # 3∆ sin sin sin sin ∆
cos ±
∆± 3 cos b
þ
b
∆± ∆
cos ±
cos þ cos ± ∆ þ cos ±
cos ∆±
3 cos þ cos ±
3 %1 ' sin (
þ cos ±
sin ± 3 >1 '
3 ?
Teraz rozważmy wynik dla kąta alfa równego 90 stopni (brzeg basenu – ± 90°) i innych sytuacji:
63
b%±( þ cos ±
sin ± 3 >1 '
3 ?
b%90°( 0
b%45°( 0,44þ
b%30°( 0,6þ
b%0°( 0,75þ
Zadanie B6.9
Wyprowadź prawo odbicia i załamania światła na granicy ośrodków korzystając z zasady Fermata (zasada
najmniejszego działania dla optyki). Znane są prędkości światła w ośrodkach.
Rozwiązanie:
PRAWO ODBICIA – I ponownie zaczynamy od pięknej ilustracji:
ó
ü
:
±
1
{
±
9
A więc prawo odbicia! O co chodzi z zasadą najmniejszego działania? Otóż budujemy serię dróg, by następnie wybrać
najkrótszą z nich (minimalny czas), co możemy zapisać i narysować jako:
ó
1I
0
1
ü
9
Tak więc po małym wprowadzeniu jedziemy dalej (przypominam iż c to prędkość światła):
64
; |ó9| # |9ü| §: # # §{ # %1 ' (
I
;
1I 1 1; 1 1
1
2
'2%1 ' (
#
y§: # # §{ # %1 ' ( z E
F0
1 1 1
√: # §{ # %1 ' (
√:
#
1'
§{ # %1 ' (
sin ± sin ±
± ±
PRAWO ZAŁAMANIA – Metodyka przy rozwiązywaniu zadania z prawem załamania (się ^ ^) jest podobna jak poprzednio na początek rysunek:
:
ó
±
I
3
;
™
ü
{
; ; ; 3 ; 3
# #
™ ™
2
'2%1 ' (
1I 1 1
1
3 #
3 F 0
y§: # 3 # §{ # %1 ' ( 3 z E
1 1
√: # §{ # %1 ' (
√: # 3 1'
§{ # %1 ' (
3 sin ± 3 sin 3
Zadanie B6.10 pierścienie Newtona
Soczewka płasko-wypukła o promieniu 4 leży wypukłą stroną na płycie szklanej i jest oświetlona od góry światłem o
długości fali ¹. Obliczyć promień powstających jasnych pierścieni Newtona.
Zadanie B6.11
Jak należy ustawić dwa płaskie zwierciadła w prostokątnym pokoju, aby człowiek mógł widzieć swoje odbicie z
dowolnego punktu w tym pokoju?
65
Zadanie B6.12
Na płytkę płasko-równoległą o grubości 1 wykonana z materiału o współczynniku załamania 3 i umieszczona w
ośrodku o współczynniku załamania 3 pada promień światła pod katem ±. Wyznaczyć przesunięcie promienia po
wyjściu z płytki.
Rozwiązanie:
3
3
3
±
±
1
3 sin%90° ' ±( cos ±
3 sin%90° ' ( cos 1
1
sin š š
sin 1
š
sin%β ' α( sin 3
sin α cos ±
sin%β ' α(
%sin β cos α ' sin α cos β(
sin α cos β
3
:
1
1
1 >cos α '
? 1 8cos α '
sin sin sin β
3
1 ' £y cos ±z
3
7
9
Zadanie B6.13
Nad poziomą, płasko-równoległą płytką szklaną o współczynniku załamania 3 1.60 znajduje się warstwa wody
(3; 1.33). Wyznaczyć: (i porównać)
a) kąt padania na granicę szkło-woda promienia, który po załamaniu i przejściu przez wodę padnie na granicę
woda-powietrze pod kątem granicznym całkowitego wew. odbicia,
b) kąt całkowitego wew. odbicia dla granicy szkło-powietrze.
66
Inżynieria Biomedyczna, zestaw nr 2-7 – podstawy mechaniki kwantowej
Praca wyjścia dla fotoelektronów w srebrze wynosi / 4.7 e2. Oblicz:
a) graniczną długość fali zjawiska fotoelektrycznego,
b) do jakiego największego napięcia naładuje się płytka srebrna, jeśli oświetlamy ją ultrafioletowym światłem o długości fali
¹ 100 3?
Zadanie B7.1
Rozwiązanie:
a) Praca potrzebna do wybicia elektronu:
"hÇ /
b
b" /
¹
ž
¹hÇ b
/
b) W momencie, gdy powierzchnia jest naładowana, to wybite elektrony wracają na płytkę:
5Åñ b" ' / b
'/
¹
5Åñ G ¨
b
'/
5Åñ
G
¹
“ 7,52
¨
¨
Zadanie B7.2
Promieniowanie X o długości fali 2.0 pm ulega rozproszeniu comptonowskiemu na elektronach pod katem ± 90°.
Znaleźć zmianę długości fali na skutek rozproszenia oraz energię i pęd końcowy rozpraszających elektronów.
Rozwiązanie:
Rozważamy tutaj efekt Comptona – oświetlając zbiór elektronów, światło rozprasza się analogicznie do kul (stąd stosujemy
pędy 0¢), więc zadanie rozwiązujemy jak zderzenie sprężyste:
¹
0¢.B
±
0¢.A
¹
0¢ð
0¢.B 0¢.B # 0¢ð
Korzystając z energii relatywistycznej:
5 0.B # c }
5 # ð 5 # 5ð
67
Masa spoczynkowa fotonu to zero, stąd:
5 0.B 5 0.B 0.B 5
0.A 5ð ' 0ð ð }
5
%5 # ð ' 5 ( ' ú0.B # 0.A ý c }
5 # 25 ð ' 25 5 # ð } ' 25 ð # 5 0.B # 0.A # ð }
5 ð ' 5 5 ' 5 ð 0
ð %5 ' 5 ( 5 5
1
1
b ð b > ' ? ¹ ¹
¹¹
ð %¹ ' ¹ ( b
¹ ' ¹ b
2 10f ð Wynik przy założeniu, iż foton ma niezerowy pęd przy zerowej masie spoczynkowej.
Zadanie B7.3
Napięcie przyspieszające elektrony w mikroskopie elektronowym wynosi U = 100 kV. Obliczyć długość fali elektronów,
korzystając ze wzorów relatywistycznych i w przybliżeniu nierelatywistycznym (podać wynik liczbowy).
™ eG
2
Rozwiązanie:
0
¹ b'Ö
™ eG
2
b
¹
b
2G
¹
1
3,87 10f 2G
Zadanie B7.4
W fizyce materii skondensowanej często do badań strukturalnych używa się neutronów. Oblicz długość fali neutronu
termicznego, czyli będącego w energetycznej równowadze z cząstkami o temperaturze pokojowej (20oC).
68
3
5 *c 2
Rozwiązanie:
0
b
¹
0
b
3
*c 2 2¹
2
¹ ¹Ö
b
3*c b
1,8 Å
3*c Zadanie B7.5
W lampie rentgenowskiej promieniowanie X jest produkowane w procesie hamowania elektronów na tarczy
(antykatodzie). Obliczyć jaka jest najkrótsza możliwa emitowana długość fali, jeśli napięcie przyspieszające elektrony ma
wartość 200 kV.
Rozwiązanie:
Jeśli długość fali jest minimalna¹Ûñ, to < › 0:
b" < ' < ›
b" <
eG ¹Ûñ "
b
¹Ûñ
¹
b
6,2 10f 0,062 Å
eG
Zadanie B7.6 Gmyrek
Dysponujesz następującymi danymi doświadczalnymi: stała słoneczna J 1370 ÛA (ilość energii na sekundę jaką
średnio otrzymuje 1 m2 powierzchni Ziemi ustawiony prostopadle do promieni słonecznych), stała promieniowania
ciała doskonale czarnego Á 5.67 û 10f ÛA xë, średnica kątowa Słońca obserwowanego z Ziemi ± 32´, odległość
Ziemia-Słońce 4 1.5 û 10 . Traktując Ziemię i Słońce jako ciała doskonale czarne oblicz średnią temperaturę
powierzchni Ziemi i Słońca oraz roczny ubytek masy Słońca na skutek promieniowania.
Rozwiązanie:
Dla Słońca, Ziemia jest tarczą, stąd użyjemy wzoru na pole koła:
5 ¤4n J n } Áé 4¤4n ¤4n J n } Áé 4¤4n 69
ë
n Ö
Temperatura Słońca:
4@ 4 tg
J
279< “ 6.
4Áé
± 1
“ 4 ± 0,002 ¤ 10 2¤ 10 2 2
4
±
Słońce
Ziemia
5 @ } Áé 4¤4@ J 4¤4@ n Ö
ë
J4 Áé 4@ “ 6000<
Zadanie B7.7
Energia na Słońcu jest produkowana w reakcji syntezy termojądrowej, którą można podsumować następująco (tzw. cykl
pp):
40ø ¿ }þe # 2e ø # 2A # 2"ð
gdzie 0ø - proton, e ø - pozyton, }þe - jądro helu, A - kwant gamma (foton) oraz "ð - neutrino elektronowe. Z deficytu
masy obliczyć energię produkowaną w każdym cyklu pp. Znając stała Słoneczna J 1370 ÛA oraz promień orbity Ziemi
4 150 ;3 *, oszacować liczbę reakcji pp i neutrin produkowanych na Słońcu w ciągu 1 sekundy. Przyjmując, że
powierzchnia ciała opalającej się osoby wynosi 2 m2 oszacować ile neutrin przelatuje przez jej ciało w ciągu 1 s.
Zadanie B7.8
Cząstka jest uwięziona w nieskończonej studni potencjału o szerokości .
a) Oszacować jej pęd i energię na podstawie zasady nieoznaczoności Heisenberga.
b) Zapisać i rozwiązać niezależne od czasu równanie Schrödingera dla cząstki.
Zadanie B7.9 Gmyrek
Elektron o energii 12 eV pada na próg potencjału o wysokości 10 eV (rysunek). Oblicz współczynniki odbicia i transmisji
(stosunek kwadratów amplitud fali padającej, odbitej i przechodzącej).
I
5
2
2c
II
70
Rozwiązanie:
'
Dla q 0:
Podstawiając, iż * Û"
ħA
ħ 1 %(
# 2%(%( 5%(
2 1 '
ħ 1 %(
5 %(
2 1 :
25
1 %(
1 %(
%(
%(
#
*
#
0
ħ 1 1 %( óe Å # üe fÅ
Dla r 0:
'
ħ 1 %(
# 2c%( %( 5 %(
2 1 2 1 %(
25
%(
%(
'
2
#
0
c ħ ħ
1 Podstawiając, iż * Û"
%5
ħA
2
1 %(
%(
%5
(
0
'
2
#
c
ħ
1 ' 2c( otrzymujemy:
%( * #
1 %(
0
1 %( -e ÅA # ße fÅA Gdzie -e ÅA jest falą wnikającą, a ße fÅA falą odbitą. Funkcja falowa musi być ciągła, stąd %0( %0( (jej pierwsze
pochodne również muszą spełniać warunek ´%0( ´%0(). Ponieważ stała A opisuje amplitudę, stąd jest mało ważna.
Stałą D również można usunąć, ponieważ jest to część odbita i możemy założyć, iż przy wnikaniu ß 0.
ó#ü -
Ø*%ó ' ü( Ø* Zadanie B7.10
Elektron o energii 7 eV pada na barierę potencjału o wysokości 10 eV (rysunek). Oblicz prawdopodobieństwo
przetunelowania przez barierę. Jak ono zależy od energii i szerokości bariery?
I
2
0
2c
II
:
III
Mam nadzieję, iż udało mi się uniknąć większych błędów. Pozdrawiam - bns.
71